スカラー場の線積分

∗線積分とは
∗線積分の計算1
∗線積分の計算2
∗線積分の補足

線積分を求める：
∗ 例題1： \( f=2x+y\ (C:y=2x)\)
∗ 例題2： 例題1を媒介変数にて求める
∗ 例題3： \( f=xy^2\ (C:(t,2-t))\)　
∗ 例題4： 例題3を\(x,y\)表示にて求める

 線積分とは  
 場の積分にはスカラー場の線積分とベクトル場の線積分があります。　今回はスカラー場の線積分について学びます。
今までの積分はx軸に沿った積分、すなわち1変数関数なら、関数f(x)とx軸によってできる面積を求めることでした。

線積分は曲線に沿った積分です。
ここでは2変数関数のz=f(x,y)の3次元の曲線を考えます
下図の通り、曲面z=f(x,y) をx,y 平面の曲線 C で切った断面積が線積分です。
\(Δs\) を線素といい、\(s\)は弧長という。
切断面を曲線の沿って分割した短冊の面積の総和は：
\( \displaystyle \sum_{i=1}^n f(x_i,y_y) Δs_i \)
上式の\(n\) を大きくして、\(Δs\)→0 の極限である次の積分式を「曲線C に沿った線積分」という。
すなわち、曲線C で切った断面積です。
\(C\):積分領域の曲線,　\(f(x,y)\):短冊高さ, \(ds\)：短冊幅　　
\(\color{red}{ \displaystyle　\int_{C} \ f(x,y)\ ds }= \displaystyle \int_{a}^{b} f(x,y) ds\) \(=\displaystyle \lim_{n \to \infty} \displaystyle \sum_{i=1}^n f(x_i,y_i) Δs_i \) \(\ ❶\)　※
※:上式の\(n\) を大きくすることは 「\(Δs\)→0」となることです。

ここで、思いだそう「曲線の長さ」　
【講義名：定積分5/曲線の長さ】【参照先】

被積分関数 \(f(x,y)=1\)（定数=1）のときの線積分の結果はどうなるだろうか…曲線の長さだと想定するでしょう。
その通りです…
\(L=\displaystyle \int_a^b \sqrt{ (\frac{dx}{dt})^2 +(\frac{dy}{dt})^2 }\ dt\)
以下に示す式❸の\(f(x(t),y(t))=1\) としたときの式と同じになる。
被積分が 【「xy平面の曲線の各点」 と 「各点の応する\(z=f(xy)=1\)」】ならその積分は「曲線の長さ」ですね。

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曲線C はxy平面上にあり、\(y=g(x)\) で表すと (x,y)=(x,g(x))となる。
\(z=f(x,y)=f(x,g(x))\) ---1変数関数となる。
極めて小さい 線素 ds は直線と見なして、次のように展開できる。
\(ds=\sqrt{dx^2+dy^2}\)
\(ds= \frac{ \sqrt{dx^2+dy^2} }{dx} dx \) \(=\sqrt{ (\frac{dx}{dx})^2 +(\frac{dy}{dx})^2 } dx \) \(= \sqrt {1+ (\frac{dy}{dx})^2 } dx \)
これより、式❶は以下のように1変数の積分に変換できる。
\(\displaystyle　\int_{C} \ f(x,y)\ ds\) \(= \displaystyle \int_{a}^{b} f(x,g(x)) \sqrt {1+ (\frac{dy}{dx})^2 }\ dx \)　\(\ ❷\)

曲線C とパラメータ（媒介変数）t を使い \((x(t),y(t))\) と表して計算する方法。
\( f(x,y)=f(x(t),y(t))\) となり、f はt の1変数関数となり、計算が簡単になる。
（パラメータt が決まれば、x,y も決まるわけ）
\(\displaystyle　\int_{C} \ f(x,y)\ ds\)\(=\displaystyle　\int_{C} \ f(x(t),y(t))\ ds\)
ds を次のように展開する。
\(ds=\sqrt{dx^2+dy^2}\) \(= \frac {\sqrt{dx^2+dy^2} } {dt} dt \) \(=\sqrt {\frac {dx^2+dy^2}{dt^2} } dt \) \(=\sqrt{ (\frac{dx}{dt})^2 +(\frac{dy}{dt})^2 } \ dt \)
これより、式❶は以下のように1変数t の積分に変換できる。
\(\displaystyle　\int_{C} \ f(x,y)\ ds\) \(= \displaystyle \int_{a}^{b} f(x(t),y(t)) \sqrt{ (\frac{dx}{dt})^2 +(\frac{dy}{dt})^2 } \ dt \) \(\ ❸\)

上記の式❷、式❸について下式が成り立ちます。
経路が「\(C:a→b\)」の逆の「\(-C:b→a\)」 のとき：
\(\displaystyle　\int_{-C} \ f(x,y)\ ds\) \(=-\displaystyle　\int_{C} \ f(x,y)\ ds\) \(\ ❹\)

経路\(C\) の分割（\(C=C_1+C_2+\cdots+C_n\)）のとき：
\(\displaystyle　\int_{C} \ f(x,y)\ ds\) \(=\displaystyle　\int_{C_1} \ f(x,y)\ ds\) \(+\displaystyle　\int_{C_2} \ f(x,y)\ ds\) \(+\cdots\) \(+\displaystyle　\int_{C_n} \ f(x,y)\ ds\)\(\ ❹\)

式❷を使い求める。
\(\int_{a}^{b} f(x,g(x)) \sqrt {1+ (\frac{dy}{dx})^2 }\ dx \)　\(\ ❷\)
\(y=g(x)=2x\)
\(f(x,y)=f(x,g(x))=2x+2x=4x\)
\(\der{y}{x}=(2x)'=2\)
これらを式❷に代入する。

\(\displaystyle　\int_{C} \ (2x+y)\ ds\) \(= \displaystyle \int_{0}^{4} 4x \sqrt {1+ (2)^2 }\ dx \)　 \(=4\sqrt{5} \ \left[ \frac{1}{2}\ x^2 \right]_0^4\)\(= 32 \sqrt{5}\)

\(f(x,y)=2x+y\) \(\quad \) \(C:y=2x\) \(\ (0\le x \le 4)\)　に対し
式❸を使い求める。
\(\int_{a}^{b} f(x(t),y(t)) \sqrt{ (\frac{dx}{dt})^2 +(\frac{dy}{dt})^2 } \ dt \) \(\ ❸\)
\(x=t\) とすると\(y=2t\)　\(\ (0\le t \le 4)\) である。
\(\der{x}{t}=(t)'=1\) \(\ \) \(\der{y}{t}=(2t)'=2\)
これらを式❸に代入する。

\(\displaystyle　\int_{C} \ (2x+y)\ ds\) \(=\displaystyle \int_{0}^{4} (2t+2t) \sqrt {1^2+ (2)^2 }\ dt \)　 \(=\displaystyle \int_{0}^{4} (4t) \sqrt {5}\ dt \)　 \(=4\sqrt{5} \ \left[ \frac{1}{2}\ t^2 \right]_0^4\)　\(= 32 \sqrt{5}\)

式❸を使い求める。
積分経路の明記がないから\(x=t,\ y=2-t\)として\((0,2)-(2,0)\)を結ぶ直線である。
すなわち\(y=-x+2 \)の経路である。
\(\der{x}{t}=(t)'=1\) \(\ \) \(\der{y}{t}=(2-t)'=-1\)
これらを式❸に代入する。

\(\displaystyle　\int_{C} \ xy^2\ ds\) \(=\displaystyle \int_{0}^{2} t(2-t)^2 \sqrt {1^2+ (-1)^2 }\ dt \)　 \(=\displaystyle \int_{0}^{2} t(2^2-4t+t^2) \sqrt {2}\ dt \)　 \(=\sqrt {2} \displaystyle \int_{0}^{2} (4t-4t^2+t^3) \ dt \)　

\(=\sqrt {2} \left[\frac{4}{2}t^2-\frac{4}{3}t^3+\frac{1}{4}t^4 \right]_0^2\) \(=\sqrt{2} \ \left[8-\frac{32}{3}+4 \right]\) \(=\sqrt{2} \frac{36-32}{3} \) \(=\sqrt{2}\ \frac{4}{3}\)

例題3の積分経路の\((x,y)\)表示の点は:
 \(t=0 :(0,2) \quad t=2 :(2,0) \)　だから
 \(y=g(x)=-x+2\) となる。
これより
 \(f(x,y)=f(x,g(x))\) \(=xy^2=x(-x+2)^2\)\(=x^3-4x^2+4x\)
 \(\der{y}{x}=(-x+2)'=-1\)
これらを式❷　に代入する

\(\displaystyle　\int_{C} \ xy^2\ ds\) \(= \displaystyle \int_{0}^{2} (x^3-4x^2+4x) \sqrt {1+ (-1)^2 }\ dx \)　 \(=\sqrt{2} \displaystyle \int_{0}^{2} (x^3-4x^2+4x)dx\) \(=\sqrt{2} \ \left[ \frac{1}{4}\ x^4-\frac{4}{3}\ x^3 + \frac{4}{2}\ x^2 \right]_0^4\)
\(=\sqrt{2} \ \left( \frac{16}{4}-\frac{32}{3} + \frac{16}{2}\right) \) \(=\sqrt{2} \ \left( 4+8 -\frac{32}{3} \right) \) \(= \sqrt{2}\ \frac{4}{3}\)

勿論、答は例題3 と同じになりました。