ガウスの発散定理

次にドイツの数学者 Karl Friedrich Gauss (1777-1855) の名前をとってつけられた発散定理について学びます．

Gaussの発散定理

定理 4..1   [Gaussの発散定理] ベクトル場 $\boldsymbol{F}(x,y,z) = F_{1}\boldsymbol{i} + F_{2}\boldsymbol{j} + F_{3}\boldsymbol{k}$ において，区分的に滑らかな閉曲面 $S$ で囲まれた空間の領域を $V$ とし， $S$ の内部から外部に向かう法線ベクトルを $\boldsymbol{n}$ とすると，

$$\iint_{S}\boldsymbol{F} \cdot \boldsymbol{n}dS = \iiint_{V} {\rm div}\boldsymbol{F} dV$$

$$\iint_{S}(F_{1}dydz + F_{2}dzdx + F_{3}dxdy) = \iiint_{V} \left(\... ...artial F_{2}}{\partial y} + \frac{\partial F_{3}}{\partial z} \right) dx dy dz$$

が成り立つ．

$S$, $V$を変数と見なせば，

$$\int_{S}\boldsymbol{F}\cdot \boldsymbol{n}\;dS = \int_{V} \nabla \cdot \boldsymbol{F}\;dV$$

図: Gaussの定理

証明 まず， $V$ が2つの曲面 $S_{1},S_{2}$ で下と上からはさまれているとします．また， $S_{1}$ は $z = f_{1}(x,y), \ (x,y) \in \Omega$， $S_{2}$ は $z = f_{2}(x,y) \ (x,y) \in \Omega$ で与えられているとします．このとき，

$$\iiint_{V}\frac{\partial F_{3}}{\partial z} dV = \iiint_{V}\frac{\partial F_{3}}{\partial z} dzdydx = \iint_{\Omega}[\int_{z=f_{1}(x,y)}^{f_{2}(x,y)}\frac{\partial F_{3}}{\partial z} dz] dydx$$

$$= \iint_{\Omega}\left[F_{3}\right ]_{z = f_{1}(x,y)}^{f_{2}(x,y)}dydx$$

$$= \iint_{\Omega}[F_{3}(x,y,f_{2}(x,y)) - F_{3}(x,y,f_{1}(x,y)) ]dy dx$$

曲面 $S_{2}$ において，曲線座標 $(x,y)$ に対する法線単位ベクトル

$$\frac{\boldsymbol{r}_{x} \times \boldsymbol{r}_{y}}{\Vert\boldsymbol{r}_{x} \times \boldsymbol{r}_{y}\Vert}$$

は $\boldsymbol{n}$ と一致していますが，曲面 $S_{1}$ では法線単位ベクトルは $-\boldsymbol{n}$ に等しくなります．よって

$$\iint_{\Omega}F_{3}(x,y,f_{2}(x,y)) dx dy = \iint_{S_{2}}F_{3} dx dy$$

$$-\iint_{\Omega}F_{3}(x,y,f_{1}(x,y)) dx dy = \iint_{S_{1}}F_{3} dx dy$$

これより，

$$\iiint_{V}\frac{\partial F_{3}}{\partial z} dV = \iint_{S_{2}}F_{3} dx dy + \iint_{S_{1}}F_{3} dx dy = \iint_{S}F_{3} dx dy$$

が成り立ちます．同様にして， $S$ を他の平面に正射影することにより

$$\iiint_{V}\frac{\partial F_{1}}{\partial z} dV = \iint_{S}F_{1} dy dz$$

$$\iiint_{V}\frac{\partial F_{2}}{\partial z} dV = \iint_{S}F_{2} dz dx$$

を示すことができるので，これらをそれぞれ加えれば，

$$\iiint_{V} \nabla \cdot \boldsymbol{F} dV = \iint_{S}\boldsymbol{F} \cdot \boldsymbol{n}dS$$

を得ることができます．

領域 $V$ が一般な場合には， $V$ を部分領域に分割して証明すればよいでしょう．

例題 4..1   面積分

$$\iint_{S} xz^2 dydz + (x^2 y - z^3)dzdx + (2xy + y^2 z)dxdy$$

ただし，曲面$S$は上半球面 $S_{1} : z = \sqrt{a^2 - x^2 - y^2}, x^2 + y^2 \leq a^2$と $S_{2} : z = 0, x^2 + y^2 \leq a^2$からなっているとする．

(1) この面積分をGaussの発散定理を用いて求めよ．

(2) この面積分を直接求めよ．

解 (1) $\boldsymbol{F} = xz^2\boldsymbol{i} + (x^2 y - z^3)\boldsymbol{j} + (2xy + y^2 z)\boldsymbol{k}$ より $\boldsymbol{F}$を求めると

$${\rm div}\boldsymbol{F} = \nabla \cdot (xz^2\boldsymbol{i} + (x^2 y - z^3)\boldsymbol{j} + (2xy + y^2 z)\boldsymbol{k}) = z^2 + x^2 + y^2$$

よって

$$\iint_{S} xz^2 dydz + (x^2 y - z^3)dzdx + (2xy + y^2 z)dxdy = \iiint_{V}(x^2 + y^2 + z^2)dV$$

ここで $V$ は半径 $a$ の上半球より球面座標変換 $(\rho,\phi,\theta)$ を用いると

$$\int_{\theta = 0}^{2\pi}\int_{\phi = 0}^{\frac{\pi}{2}}\int_{\rho = 0}^{a}\rho^2 \rho^2 \sin{\phi}d\rho d\phi d\theta = \int_{\theta = 0}^{2\pi} d\theta \int_{\phi = 0}^{\frac{\pi}{2}} ... ...} \int_{\rho = 0}^{a}\rho^4 d\rho = 2\pi(1)(\frac{a^5}{5}) = \frac{2\pi a^5}{5}$$

(2)

$$\iint_{S_{1}}xz^2 dydz + (x^2 y - z^3)dzdx + (2xy + y^2 z)dxdy$$

$$= \iint_{S_{1}}xz^2 dydz + \iint_{S_{1}}(x^2 y -z^3)dxdy + \iint_{S_{1}}(2xy + y^2 z)dxdy$$

$z = \sqrt{a^2 - x^2 - y^2}$より，$yz$平面に正射影すると，$x = 0$より， $\Omega_{1} = \{(y,z) : y^2 + z^2 \leq a^2, z \geq 0\}$. ここで，$x > 0$の場合と$x < 0$の場合を考えると，

$$\iint_{S_{1}}xz^2 dydz$$

$$= \int_{y=-a}^{a}\int_{z =0}^{\sqrt{a^2 -y^2}}z^2 \sqrt{a^2 - y^2 -... ... - \int_{y=-a}^{a}\int_{z =0}^{\sqrt{a^2 -y^2}}- z^2 \sqrt{a^2 - y^2 - z^2}dzdy$$

$$= 4\int_{y=0}^{a}\int_{z = 0}^{\sqrt{a^2 -y^2}}z^2 \sqrt{a^2 - y^2 - z^2}dzdy$$

次に，$xz$平面に正射影すると，$y = 0$より， $\Omega_{1} = \{(x,z) : x^2 + z^2 \leq a^2, z \geq 0\}$．よって，$y > 0$の場合と$y < 0$の場合より，

$$\iint_{S_{1}}(x^2y -z^3)dzdx$$

$$= 2\int_{x=-a}^{a}\int_{z=0}^{\sqrt{a^2 - x^2}}(x^2\sqrt{a^2 - x^2 - z^2} -z^3)dzdx$$

$$= 4\int_{x=0}^{a}\int_{z=0}^{\sqrt{a^2 - x^2}}x^2\sqrt{a^2 - x^2 - z^2}dzdx$$

最後に，$xy$平面に正射影すると，$x = 0$より， $\Omega_{1} = \{(x,y) : x^2 + y^2 \leq a^2\}$．

$$\iint_{S_{1}}(2xy + y^2 z)dzdx = \int_{x=-a}^{a}\int_{y=-\sqrt{z^2 - x^2}}^{\sqrt{a^2 - x^2}}(2xy + y^2\sqrt{a^2 - x^2 - y^2})dydx$$

$$= \int_{x=-a}^{a}\int_{y=-\sqrt{z^2 - x^2}}^{\sqrt{a^2 - x^2}} y^2\sqrt{a^2 - x^2 - y^2} dydx$$

$$= 4\int_{x=0}^{a}\int_{y=0}^{\sqrt{a^2 - x^2}}y^2\sqrt{a^2 - x^2 - y^2}dydx$$

次に， $S_{2} = \{(x,y) : x^2 + y^2 \leq a^2\}$における面積分を考える．まず，$yz$平面への正射影で，$S_{2}$は $\Omega_{2} = \{(y,z) : -a \leq y \leq a, z= 0\}$に移るので，

$$\iint_{S_{2}}xz^2 dydz = 0$$

$xz$平面への正射影で，$S_{2}$は $\Omega_{2} = \{(x,z) : -a \leq x \leq a, z= 0\}$に移るので，

$$\iint_{S_{2}}(x^2 y - z^3) dzdx = 0$$

$xy$平面への正射影で, $S_{2}$は $\Omega_{2} = \{(x,y) : x^2 + y^2 \leq a^2\}$に移るので，

$$\iint_{S_{2}}(2xy + y^2z)dzdy = \iint_{S_{2}}2xy dzdx = \int_{-a}^{a}\int_{-\sqrt{a^2 -x^2}}^{\sqrt{a^2 -x^2}}2xydydx = 0$$

これらを加えると，

$$\int_{S_{1}}\boldsymbol{F}\cdot \boldsymbol{n}\;dS$$

$$= 4\int_{y=0}^{a}\int_{z = 0}^{\sqrt{a^2 -y^2}}z^2 \sqrt{a^2 - y^2 ... ...zdy + 4\int_{x=0}^{a}\int_{z=0}^{\sqrt{a^2 - x^2}}x^2\sqrt{a^2 - x^2 - z^2}dzdx$$

$$+ 4\int_{x=0}^{a}\int_{y=0}^{\sqrt{a^2 - x^2}}y^2\sqrt{a^2 - x^2 - ... ...x = 12 \int_{x=0}^{a}\int_{y=0}^{\sqrt{a^2 - x^2}}y^2\sqrt{a^2 - x^2 - y^2}dydx$$

ここで，極座標変換を行うと， $x = r\cos{\theta}, \ y = r\sin{\theta}$より，

$$\int_{S_{1}}\boldsymbol{F}\cdot \boldsymbol{n}\;dS$$

$$= 12\int_{\theta = 0}^{\pi/2}\int_{r = 0}^{a}r^2 \sin^{2}{\theta}\s... ...2(\int_{0}^{a}r^3 \sqrt{a^2 - r^2}dr) (\int_{0}^{\pi/2}\sin^{2}{\theta}d\theta)$$

$$= 12(\int_{t=a^2}^{0} \sqrt{t}(a^2-t)(\frac{dt}{-2}) ) (\frac{\pi}{4}) = (3\pi)(\frac{1}{2}\int_{0}^{a^2}(a^2 t^{1/2} - t^{3/2})dt)$$

$$= (\frac{3\pi}{2})\left[\frac{2}{3}a^2 t^{3/2} - \frac{2}{5}t^{5/2}... ...^{a^2} = (\frac{3\pi}{2})(\frac{2}{3}a^5 - \frac{2}{5}a^5) = \frac{2\pi a^2}{5}$$

例題 4..2   $\boldsymbol{r} = x\boldsymbol{i} + y\boldsymbol{j} + z \boldsymbol{k}$とする．任意の領域$V$とその境界面$S$について次の等式を証明せよ．なお，領域$V$の体積を$V$で表す．

$$(1)\ \int_{S} \boldsymbol{n}dS = \textbf{0}\hskip 1cm (2)\ \int_{... ... 3V \hskip 1cm (3)\ \int_{S}\boldsymbol{n} \times \boldsymbol{r}dS = \textbf{0}$$

解 (1) 任意の定ベクトルを用いて，面積分の形に直しGaussの発散定理を用いると，

$$\int_{S}\boldsymbol{C} \cdot \boldsymbol{n}\;dS = \int_{V}\nabla \cdot \boldsymbol{C}\;dV = 0$$

したがって， $\int_{S}\boldsymbol{C} \cdot \boldsymbol{n}\;dS = 0$

(2) Gaussの発散定理より，

$$\int_{S}\boldsymbol{r}\cdot \boldsymbol{n}\;dS = \int_{V}\nabla \... ...al x} + \frac{\partial y}{\partial y} + \frac{\partial z}{\partial z})\;dV = 3V$$

(3) 任意の定ベクトルを用いて，面積分の形に直しスカラー3重積とGaussの発散定理を用いると，

$$\int_{S}\boldsymbol{C} \cdot (\boldsymbol{n} \times \boldsymbol{r})\;dS = \int_{S}\boldsymbol{n} \cdot (\boldsymbol{r} \times \boldsymbol{C})\;dS = \int_{V}\nabla \cdot (\boldsymbol{r} \times \boldsymbol{C})\;dV$$

$$= \int_{V}(\boldsymbol{C} \cdot \nabla \times \boldsymbol{r} + \boldsymbol{r} \cdot \nabla \times \boldsymbol{C})\;dV = 0$$

例題 4..3   スカラー場$\phi$内の領域$V$とその境界面$S$について次の等式を証明せよ．

(1) $${\int_{S}\frac{\partial \phi}{\partial n}dS = \int_{V}\nabla^2 \phi dV}$$

(2) $\phi$が調和関数であれば

$$\int_{S}\frac{\partial \phi}{\partial n}dS = 0$$

解 (1) 面積分の問題は必ず $\int_{S}\boldsymbol{A}\cdot \boldsymbol{n}\;dS$の形に書き直す．この場合， $\frac{\partial \phi}{\partial n}$は法線単位ベクトル $\boldsymbol{n}$方向での方向微分係数より， $\frac{\partial \phi}{\partial n} = \nabla \phi \cdot \boldsymbol{n}$．したがって，

$$\int_{S}\frac{\partial \phi}{\partial n} \;dS = \int_{S}\nabla \phi \cdot \boldsymbol{n}\;dS$$

ここで，Gaussの発散定理を用いると，

$$\int_{S}\frac{\partial \phi}{\partial n}dS = \int_{S}\nabla \phi \cdot \boldsymbol{n}\;dS = \int_{V}\nabla \cdot (\nabla \phi)\;dV = \int_{V}\nabla^2 \phi\;dV$$

(2) $\phi$が調和関数とは， $\nabla^2 \phi = 0$のことでした．したがって，(1)より，

$$\int_{S}\frac{\partial \phi}{\partial n}\;dS = \int_{V}\nabla^2 \phi\;dV = 0$$

定理 4..2   スカラー場$\phi$とベクトル場 $\boldsymbol{A}$の共通の定義域内にある任意の領域$V$とその境界面$S$について

$$\iiint_{V}\phi dV = \iint A\cdot \boldsymbol{n}dS$$

であれば， $\phi = \nabla \cdot \boldsymbol{A}$である．

証明 Gaussの発散定理より，

$$\iint_{S}A\cdot \boldsymbol{n}dS = \iiint_{V}A\cdot \boldsymbol{n}dV$$

であるから，

$$\iiint_{V}\phi\; dV = \iiint_{V}\nabla \cdot \boldsymbol{A}dV$$

これより，

$$\iiint_{V}(\phi - \nabla \cdot A)dV = 0$$

ここで， $\phi - \nabla \cdot \boldsymbol{A}$は連続関数であり，任意の領域$V$について上の等式が成り立つから，連続関数の性質により，

$$\phi - \nabla \cdot \boldsymbol{A} = 0 \ つまり\ \phi = \nabla \cdot \boldsymbol{A}$$

定理 4..3   ベクトル場 $\boldsymbol{A}$内の任意の領域$V$の境界面$S$について

$$\int_{S}\boldsymbol{A} \cdot \boldsymbol{n}dS = 0$$

ならば， $\nabla \cdot \boldsymbol{A} = 0$であることを証明せよ．

証明 上の定理で$\phi = 0$とすると，

$$\int_{S}\boldsymbol{A} \cdot \boldsymbol{n}\;dS = \int_{V}\phi \;dV = 0$$

であれば， $\nabla \cdot A = \phi = 0$.

流管 ベクトル場 $\boldsymbol{A}$内の曲面$S$の点を通る流線全体が作る管状の立体図形を流管といいます．この流管の断面 $S_{1},S_{2}$をとります．このとき，流管 $S_{1},S_{2}$を貫く流速は等しくなります．つまり，

$$\int_{S_{1}}\boldsymbol{A} \cdot \boldsymbol{n}\;dS = \int_{S_{2}}\boldsymbol{A} \cdot \boldsymbol{n}\;dS$$

この共通の値をこの流管の流速といいます．

演習問題4.1

1.

$\boldsymbol{r} = x\boldsymbol{i} + y\boldsymbol{j} + z\boldsymbol{k},\ r = \vert\boldsymbol{r}\vert$とする．任意の領域$V$とその境界面$S$について次の等式を証明せよ．

(1) $\int_{V}\frac{1}{r^2}\;dV = \int_{S}\frac{\boldsymbol{r}\cdot \boldsymbol{n}}{r^2}\;dS$

(2) $\int_{S}\boldsymbol{r} \times \boldsymbol{n}\; dS = 0$

(3) $\int_{S}r^{n}\boldsymbol{r} \cdot \boldsymbol{n}\; dS = (n+3)\int_{V} r^{n}\;dV$

(4) $\int_{S}r^{n} \boldsymbol{n}\; dS = n\int_{V} \textbf{r}r^{n-2}\;dV$

(5) $\int_{S}r^{n}\boldsymbol{r} \times \boldsymbol{n}\; dS = 0$

(6) $\int_{V} r\;dV = \frac{1}{2}\int_{S}r^{2}\boldsymbol{n}\;dS$

(7) $\int_{S}F(r)\boldsymbol{n}\; dS = \int_{V} \frac{dF}{dr}\frac{\boldsymbol{r}}{r}\;dV$

2.

スカラー場$\phi$内の任意の領域$V$の境界面$S$について次の等式を証明せよ．

$$\int_{S}\boldsymbol{n} \times (\nabla \phi)\;dS = \textbf{0}$$

3.

ベクトル場 $\boldsymbol{A}$が $\nabla \cdot \boldsymbol{A} = 0$を満足しているとする．このベクトル場内にある曲面$S$の境界線になっている閉曲線$C$をとる．このとき，面積分 $\Phi = \int_{S}\boldsymbol{A} \cdot \boldsymbol{n}\;dS$は$C$を境界線にもつどんな曲面$S$についても常に同一の値をもち，その値は閉曲線$C$によって定まる．以上のことを証明せよ．この$\Phi$を閉曲線$C$を貫く流速という．

4.

スカラー場$\phi$とベクトル場 $\boldsymbol{A}, \boldsymbol{B}$の共通の定義域内にある，任意の領域$V$とその境界面$S$について次の等式を証明せよ．

(1) $\int_{V}\boldsymbol{A} \cdot \nabla \phi \;dV = \int_{S}\phi \boldsymbol{A}\cdot \boldsymbol{n}\;dS - \int_{V}\phi \nabla\cdot \boldsymbol{A}\;dV$

(2) $\int_{V}\boldsymbol{A} \cdot (\nabla \times \boldsymbol{B}) \;dV = \int_{S} (\b... ...ldsymbol{n}dS + \int_{V}\boldsymbol{B} \cdot (\nabla \times \boldsymbol{A})\;dV$

(3) $\int_{V}(\nabla \phi) \cdot (\nabla \times \boldsymbol{A})\;dV= - \int_{S}((\nabla \phi) \times \boldsymbol{A})\cdot \boldsymbol{n}\;dS$

(4) $\boldsymbol{A} = \nabla \phi, \nabla^2 \phi = 0$ならば， $\int_{V} \vert\boldsymbol{A}\vert^2\;dV = \int_{S}\phi \boldsymbol{A}\cdot \boldsymbol{n}\;dS$

5.

スカラー場 $\phi, \psi$の共通の定義域内にある，任意の領域$V$とその境界面$S$について次の等式を証明せよ．

(1) $\int_{S}\psi\frac{\partial \phi}{\partial n} \;dS = \int_{V}\{\psi \nabla^2 \phi + (\nabla \psi)\cdot (\nabla \phi)\}\;dV$

(2) $\int_{S}\phi\frac{\partial \phi}{\partial n} \;dS = \int_{V}\{\phi \nabla^2 \phi + \vert\nabla \phi\vert^2\}\;dV$

(3) $\int_{S}\left(\psi\frac{\partial \phi}{\partial n} - \phi \frac{\partial \psi}{\partial n}\right)\;dS = \int_{V}\{\psi \nabla^2 \phi -\phi \nabla^2 \psi\}\;dV$ グリーンの公式

(4) $\phi$が調和関数であれば

$$\int_{S}\phi\frac{\partial \phi}{\partial n}\;dS = \int_{V}\vert\nabla \phi\vert^2\;dV$$

(5) $\phi, \psi$が調和関数であれば

$$\int_{S}\left(\psi\frac{\partial \phi}{\partial n} - \phi \frac{\partial \psi}{\partial n}\right)\;dS = 0$$

(6) $S$上で$\phi = 0$ (または， $\frac{\partial \phi}{\partial n} = 0$)ならば，調和関数$\phi$は$V$内で0 (または，定数)である．

6.

ベクトル場 $\boldsymbol{A}$は全空間で定義されているとする．任意の領域の境界面$S$について $\int_{S}\boldsymbol{A}\cdot \boldsymbol{n}dS = 0$ならば， $\boldsymbol{A}$はベクトル・ポテンシャルをもつ．以上のことを証明せよ．

7.

ベクトル場 $\boldsymbol{A}$は全空間で定義されているとする．任意の領域の境界面$S$について $\int_{S}\boldsymbol{A}\times \boldsymbol{n}dS = 0$ならば， $\boldsymbol{A}$はスカラー・ポテンシャルをもつ．以上のことを証明せよ