面積分(surface integrals)

曲面 $S : {\bf r} = {\bf r}(u,v) = (x(u,v),y(u,v),z(u,v))$ 上の任意の点 ${\rm P}(x,y,z)$ に対して定義されたスカラー場を $f({\rm P}) = f(x,y,z)$ とします．ただし，曲面

は滑らかな曲面とします．

を個の小さな面 $S_{1},S_{2}, \ldots,S_{n}$ に分割し，この分割を $\Delta$ で表わします．次に曲面 $S_{i}$ の面積を $\Delta S_{i}$ とし， $S_{i}$ の中に点 ${\rm P}_{i}$ をとり，次の和を考えます．

$\displaystyle S(\Delta) = \sum_{i=1}^{n}f({\rm P}_{i})\Delta S_{i}$

ここで，分割を細かくし $\Delta$ を限りなく小さくしたとき， $S(\Delta)$ が限りなく

に近づくならば，この極限値

をスカラー場

の 面積分(surface integral) といい

$\displaystyle \iint_{S}f(x,y,z)dS$

で表わします．

ここで面積素は

$\displaystyle dS = \Vert\frac{\partial {\bf r}}{\partial u} \times \frac{\partial {\bf r}}{\partial v} \Vert du dv$

で与えられることに注意すると，スカラー場

の曲面

上での面積分は，次のように表わされます．

$\displaystyle \iint_{S}f(x,y,z)dS = \iint_{\Omega} f(x(u,v),y(u,v),z(u,v))\Vert{\bf r}_{u} \times {\bf r}_{v}\Vert du dv$

ここで， $\Omega$ はに対応する平面上の領域です．

例題 8..16

次のスカラー場

の放物面 $\displaystyle{S : x^2 + y^2 + z = 4}$ のうち $z \geq 0$ の部分上での面積分を求めてみましょう．

$\displaystyle f(x,y,z) = \frac{2y^2 + z}{(4x^2 + 4y^2 + 1)^{1/2}}$

解曲面より対応する ${\bf r}$ を位置ベクトルとすると

$\displaystyle {\bf r} = (x,y,z) = (x,y,4 - x^2 - y^2)$

次に曲面

の法線ベクトル ${\bf r}_{x} \times {\bf r}_{y}$ を求めると

$\displaystyle {\bf r}_{x} \times {\bf r}_{y}$	$\displaystyle =$	$\displaystyle (1,0,-2x) \times (0,1,-2y)$
	$\displaystyle =$	$\displaystyle \left\vert\begin{array}{ccc} \hat{\bf i} & \hat{\bf j} & \hat{\bf k}\\ 1 & 0 & -2x\\ 0 & 1& -2y \end{array}\right\vert = (2x, 2y, 1)$

これより

$\displaystyle \Vert{\bf r}_{x} \times {\bf r}_{y}\Vert = \sqrt{4x^2 + 4y^2 + 1}$

ここで， $\displaystyle{\Omega : 4 - (x^2 + y^2) \geq 0}$ より極座標変換を行なうと

$\displaystyle \iint_{S}f(x,y,z)dS$	$\displaystyle =$	$\displaystyle \iint_{\Omega}\frac{2y^2 + z}{(4x^2 + 4y^2 + 1)^{1/2}}\Vert{\bf r}_{x} \times {\bf r}_{y}\Vert dx dy$
	$\displaystyle =$	$\displaystyle \iint_{\Omega}(2y^2 + z)dx dy$
	$\displaystyle =$	$\displaystyle \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2}(4 - r^2 + 2r^2 \sin^{2}{\theta}) r dr d\theta$
	$\displaystyle =$	$\displaystyle \int_{0}^{2 \pi}\left[2r^2 - \frac{r^2}{4} + \frac{r^4}{2}\sin^{2}\theta \right ]_{0}^{2 \pi} d\theta$
	$\displaystyle =$	$\displaystyle \int_{0}^{2\pi}(4 + 8\sin^{2}\theta)d\theta$
	$\displaystyle =$	$\displaystyle 8 \pi + 8\pi = 16\pi \ensuremath{ \blacksquare}$

線積分と同様に曲面上で定義されたベクトル場 ${\bf F} = (F_{1}, F_{2}, F_{3})$ の面積分を曲面の法線ベクトル $\hat{\bf n}$ を用いて定義し，次のように表わします．

$\displaystyle \iint_{S} {\bf F} \cdot \hat{\bf n} dS$

なお $\hat{\bf n}$ の方向と ${\bf r}_{u}\times{\bf r}_{v}$ の方向は等しいので

$\displaystyle \hat{\bf n} = \frac{{\bf r}_{u} \times {\bf r}_{v}}{\Vert{\bf r}_{u} \times {\bf r}_{v}\Vert}$

と表わせるでしょう．よって曲面

上のベクトル場 ${\bf F}$ の面積分は次のように2重積分で表わされます．

$\displaystyle \iint_{S} {\bf F} \cdot \hat{\bf n} dS$	$\displaystyle =$	$\displaystyle \iint_{\Omega}{\bf F} \cdot \frac{{\bf r}_{u} \times {\bf r}_{v}}... ...f r}_{u} \times {\bf r}_{v}\Vert}\Vert{\bf r}_{u} \times {\bf r}_{v}\Vert du dv$
	$\displaystyle =$	$\displaystyle \iint_{\Omega}{\bf F}\cdot ({\bf r}_{u} \times {\bf r}_{v}) du dv$
	$\displaystyle =$	$\displaystyle \iint_{\Omega}\left\vert\begin{array}{ccc} F_{1} & F_{2} & F_{3}\... ...ial y}{\partial v} & \frac{\partial z}{\partial v} \end{array}\right\vert du dv$

また， $\hat{\bf n} = (\cos{\alpha},\cos{\beta}, \cos{\gamma})$ とすると，次のようにも書けます．

$\displaystyle \iint_{S} {\bf F} \cdot \hat{\bf n} dS$	$\displaystyle =$	$\displaystyle \iint_{S}{\bf F}\cdot (\cos{\alpha},\cos{\beta}, \cos{\gamma})dS$
	$\displaystyle =$	$\displaystyle \iint_{S}(F_{1}\cos{\alpha} + F_{2}\cos{\beta} + F_{3}\cos{\gamma})dS$
	$\displaystyle =$	$\displaystyle \iint_{S}(F_{1}dydz + F_{2}dzdx + F_{3}dxdy)$

ここで，ベクトル場Fを，流体が流管中を定常的にながれるときの，ある点での速度場とするとき， ${\bf F}\cdot \hat{\bf n}dS$ を ${\bf F}$ の ${\hat{\bf n}}$ に向かう束(flux) といいます．よって速度場 ${\bf F}$ の束が流速(流量) となり，その面積分 $\iint_{S}{\bf F}\cdot \hat{\bf n}dS$ を 束積分(flux integral) といい，全流束を表わします．

例題 8..17

ベクトル場 ${\bf F} = (0,y,z)$ ，曲面 $\displaystyle{S : x^2 + y^2 = 4 - z , z \geq 0}$ において $\hat{\bf n}$ は内側から外側へ向かう法線ベクトルとする．このとき面積分 $\displaystyle{\iint_{S}{\bf F} \cdot \hat{\bf n} dS}$ を求めてみましょう．

解位置ベクトルは ${\bf r} = (x,y,z) = (x,y,4-x^2 - y^2)$ より

$\displaystyle \iint_{S}{\bf F}\cdot \hat{\bf n}dS = \iint_{\Omega}\left\vert\be... ... & 1 & -2y \end{array}\right\vert dx dy = \iint_{\Omega}(4 - x^ 2 + y^2) dx dy$

ここで $\Omega : x^2 + y^2 \leq 4$ より極座標変換を行うと $x = r\cos{\theta}, y = r\sin{\theta}$ より

$\displaystyle \iint_{\Omega}(4 - x^ 2 + y^2) dx dy$	$\displaystyle =$	$\displaystyle \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2}(4 - r^2 + 2r^2 \sin^{2}{\theta}) r dr d\theta$
	$\displaystyle =$	$\displaystyle \int_{0}^{2 \pi} \left[2r^2 - \frac{r^2}{4} + \frac{r^4}{2}\sin^{2}\theta \right ]_{0}^{2} d\theta$
	$\displaystyle =$	$\displaystyle \int_{0}^{2\pi}(4 + 8\sin^{2}\theta)d\theta$
	$\displaystyle =$	$\displaystyle 8 \pi + 8\pi = 16\pi \ensuremath{ \blacksquare}$

演習問題

1.

次の面積分を求めよう．

(a) $\displaystyle{\iint_{S}x y^2 dS}$ , ただし， $S : x+y+z = 1, x \geq 0, y \geq 0, z \geq 0$

(b) $\displaystyle{\iint_{S}(6z, 3x+2y-z,-x)\cdot \hat{\bf n} dS}$ , ただし， $S : x^2 + y^2 = 9, x \geq 0, y \geq 0, 0 \leq z \leq 4$

(d) $\displaystyle{\iint_{S}(6z, -4x,y)\cdot \hat{\bf n} dS}$ , ただし， $\displaystyle{S : x^2 + y^2 + z^2 = a^2, x \geq 0, y \geq 0, z \geq 0}$

(e) $\displaystyle{\iint_{S}(xy,-2y,z-x) \cdot \hat{\bf n} dS}$ , ただし， $\displaystyle{S : z = x^2 + y^2 ; x^2 + y^2 \leq 1}$