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九州大学 システム情報科学府 情報理工学専攻・電気電子工学専攻 2022年8月実施 ベクトル解析

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Author​

Yu, itsuitsuki

Description​

直交座標系において, x,y,zx,y,z 軸方向の単位ベクトルをそれぞれ i,j,k\mathbf{i,j,k} とする。ベクトル場 F\mathbf{F} を F=yi−xj+zk\mathbf{F}=y\mathbf{i} - x\mathbf{j} + z\mathbf{k} とする。次の各問に答えよ。

(1) CC を x2+y2=4,z=0x^2 + y^2=4,z=0 で定義される円とする。次に示す C1C_1 および C2C_2 に沿った線積分 ∫C1F⋅dr\int_{C_1} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} および ∫C2F⋅dr\int_{C_2} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} を求めよ。

\quad (a) C1:CC_1:C 上を点 A(1,3,0)A(1,\sqrt{3},0) から点 B(−3,1,0)B(-\sqrt{3},1,0) まで反時計回り向かう曲線

\quad (b) C2:CC_2:C 上を点 A(1,3,0)A(1,\sqrt{3},0) から点 B(−3,1,0)B(-\sqrt{3},1,0) まで時計回り向かう曲線　

(2) SS を半球面 x2+y2+z2=4(0≤z)x^2 + y^2 + z^2 = 4 (0 \le z) と平面 z=0z = 0 で囲まれた領域の境界とする。面積分 ∫S∇×F⋅dS\int_{S}\nabla \times \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} を求めよ。外向き法線ベクトルを用いよ。

题目描述​

在直角坐标系中，i,j,k\mathbf i,\mathbf j,\mathbf k 分别为三个坐标轴方向的单位向量，给定

F=yi−xj+zk.\mathbf F=y\mathbf i-x\mathbf j+z\mathbf k.
  1. 令 CC 为圆 x2+y2=4, z=0x^2+y^2=4,\ z=0，A=(1,3,0)A=(1,\sqrt3,0)、B=(−3,1,0)B=(-\sqrt3,1,0)。分别计算：
    • 沿 CC 从 AA 逆时针到 BB 的圆弧 C1C_1 上的 ∫C1F⋅dr\int_{C_1}\mathbf F\cdot d\mathbf r；
    • 沿 CC 从 AA 顺时针到 BB 的圆弧 C2C_2 上的 ∫C2F⋅dr\int_{C_2}\mathbf F\cdot d\mathbf r。
  2. 令 SS 为由上半球面
    x2+y2+z2=4,z≥0x^2+y^2+z^2=4,\qquad z\ge0
    与平面 z=0z=0 围成实体的完整边界，取外向法线，计算
    ∫S(∇×F)⋅dS.\int_S(\nabla\times\mathbf F)\cdot d\mathbf S.

Kai​

(1)​

(a)​

x(t)=2cos⁡ty(t)=2sin⁡tr=2cos⁡ti+2sin⁡tj(π3≤t≤5π6)dr=⟨−2sin⁡t,2cos⁡t,0⟩dtF⋅dr=⟨2sin⁡t,−2cos⁡t,z⟩⋅⟨−2sin⁡t,2cos⁡t,0⟩dt=−4(sin⁡2t+cos⁡2t)dt=−4dt∫C1F⋅dr=−4∫π35π6dt=−2π\begin{aligned} x(t) &= 2\cos t\\ y(t) &= 2\sin t\\ \mathbf{r} = 2\cos t \mathbf{i} &+ 2\sin t \mathbf{j} \quad (\frac{\pi}{3} \le t \le \frac{5\pi}{6}) \\ d\mathbf{r} = \langle -2&\sin t,2\cos t,0 \rangle dt\\ \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \langle 2\sin t,-2\cos t,z \rangle \cdot \langle -2\sin t,2&\cos t,0\rangle dt = -4(\sin ^2t + \cos^2t)dt = -4dt\\ \int_{C_1} \mathbf{F} \cdot d \mathbf{r} = &-4\int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{5\pi}{6}}dt = -2\pi \end{aligned}

(b)​

∫C2F⋅dr=6π\int_{C_2}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = 6\pi

(2)​

SS は、半球面 S1:x2+y2+z2=4,z≥0S_1:x^2+y^2+z^2=4,z\ge 0 と、円盤 S2:x2+y2≤4,z=0S_2:x^2+y^2\le 4, z=0 に分け、境界∂S1\partial S_1 は x2+y2=4,z=0x^2 + y^2 = 4,z = 0 で定義される円とする。

Stokes定理を用い、外向きなので反時計回りに境界をパラメータ化表示：

r(t)=(2cos⁡t,2sin⁡t,0), t∈[0,2π]\mathbf{r} (t) = (2\cos t, 2\sin t, 0), \, t\in[0,2\pi]

微分すると、

drdt=(−2sin⁡t,2cos⁡t,0),{\mathrm{d} r\over \mathrm{d} t} = (-2\sin t, 2\cos t, 0),

つまり

dr=drdtdt=(−2sin⁡t,2cos⁡t,0)dt.\mathrm{d} r = {\mathrm{d} r\over \mathrm{d} t}\mathrm{d} t = (-2\sin t, 2\cos t, 0)\mathrm{d} t.

ゆえに

∫S1∇×F⋅dS=∮∂SF⋅dr=∫02πF(r(t))⋅dr(t)=∫02π(2sin⁡t,−2cos⁡t,0)⋅(−2sin⁡t,2cos⁡t,0)dt=−4∫02πdt=−8π\begin{align*} \int_{S_1} \nabla \times \mathbf{F} \cdot \mathrm{d} \mathbf{S} & = \oint_{\partial S} \mathbf{F} \cdot \mathrm{d} \mathbf{r} \\ & = \int_0^{2\pi} \mathbf{F}(\mathbf{r}(t))\cdot \mathrm{d} \mathbf{r}(t) \\ & = \int_0^{2\pi} (2\sin t, -2\cos t, 0)\cdot (-2\sin t, 2\cos t, 0)\mathrm{d} t \\ & = -4\int_{0}^{2\pi} \mathrm{d} t \\ & = -8\pi \end{align*}

S2S_2 に関する面積分を求めるために、F\mathbf{F} の回転を求める。

∇×F=∣ijk∂∂x∂∂y∂∂zy−xz∣=⟨0,0,−2⟩\nabla \times \mathbf{F} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ y & -x & z \end{vmatrix} = \langle 0,0,-2 \rangle
∫S2∇×F⋅dS=∫S2∇×F⋅ndS\int_{S_2} \nabla \times \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \int_{S_2} \nabla \times \mathbf{F} \cdot \mathbf{n}dS
=∫S2⟨0,0,−2⟩⋅⟨0,0,−1⟩dxdy=\int_{S_2}\langle 0,0,-2\rangle \cdot \langle 0,0,-1\rangle dxdy
=∫02πdθ∫022rdr=8π=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^2 2rdr = 8\pi
∫S∇×F⋅dS=∫S1∇×F⋅dS+∫S2∇×F⋅dS=0\int_{S} \nabla \times \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \int_{S_1} \nabla \times \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} + \int_{S_2} \nabla \times \mathbf{F} \cdot d \mathbf{S} = 0
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