10.1 ガウスの発散定理

10.1 ガウスの発散定理
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10.1 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 10.1 [Gauss の発散定理] ベクトル場 F (x, y, z) = F1 i + F2 j + F3 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 n とすると，
∫∫
∫∫∫
F · ndS =
divF dV
S
V
∫∫∫ (
∫∫
(F1 dydz + F2 dzdx + F3 dxdy) =
S
V
∂F1
∂F2
∂F3
+
+
∂x
∂y
∂z
)
dxdydz
が成り立つ．
S, V を変数と見なせば，
∫
∫
F · n dS =
S
∇ · F dV
V
n2
z
S2
S1
y
n1
Ω
x
図 10.1
Gauss の定理
証明まず， V が 2 つの曲面 S1 , S2 で下と上からはさまれているとします．また， S1 は z = f1 (x, y), (x, y) ∈
Ω， S2 は z = f2 (x, y) (x, y) ∈ Ω で与えられているとします．このとき，
∫∫∫
∫∫∫
∫ ∫ ∫ f2 (x,y)
∂F3
∂F3
∂F3
dV =
dzdydx =
[
dz]dydx
V ∂z
V ∂z
Ω z=f1 (x,y) ∂z
∫∫
f2 (x,y)
=
[F3 ]z=f
dydx
1 (x,y)
Ω
∫∫
=
[F3 (x, y, f2 (x, y)) − F3 (x, y, f1 (x, y))]dydx
Ω
曲面 S2 において，曲線座標 (x, y) に対する法線単位ベクトル
rx × ry
∥rx × ry ∥
は n と一致していますが，曲面 S1 では法線単位ベクトルは −n に等しくなります．よって
∫∫
∫∫
F3 (x, y, f2 (x, y))dxdy =
Ω
F3 dxdy
S2
2
∫∫
−
∫∫
F3 (x, y, f1 (x, y))dxdy =
F3 dxdy
Ω
∫∫∫
これより，
V
S1
∂F3
dV =
∂z
∫∫
∫∫
∫∫
F3 dxdy +
F3 dxdy =
S2
F3 dxdy
S1
S
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
∫∫∫
V
∂F1
dV =
∂z
V
∂F2
dV =
∂z
∫∫∫
∫∫
F1 dydz
∫∫
S
F2 dzdx
S
を示すことができるので，これらをそれぞれ加えれば，
∫∫∫
∫∫
∇ · F dV =
F · ndS
V
S
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 10.1 面積分
xz 2 dydz + (x2 y − z 3 )dzdx + (2xy + y 2 z)dxdy
S
ただし，曲面 S は上半球面 S1 : z =
√
a2 − x2 − y 2 , x2 + y 2 ≤ a2 と S2 : z = 0, x2 + y 2 ≤ a2 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) F = xz 2 i + (x2 y − z 3 )j + (2xy + y 2 z)k より divF を求めると
divF = ∇ · (xz 2 i + (x2 y − z 3 )j + (2xy + y 2 z)k) = z 2 + x2 + y 2
∫∫
よって
∫∫∫
xz 2 dydz + (x2 y − z 3 )dzdx + (2xy + y 2 z)dxdy =
(x2 + y 2 + z 2 )dV
S
V
ここで V は半径 a の上半球より球面座標変換 (ρ, ϕ, θ) を用いると
∫
2π
θ=0
∫
π
2
ϕ=0
∫
∫
a
ρ=0
∫
2π
ρ2 ρ2 sin ϕdρdϕdθ =
θ=0
∫
π
2
dθ
a
a5
2πa5
)=
5
5
ρ4 dρ = 2π(1)(
sin ϕ
ϕ=0
ρ=0
(2)
∫∫
∫∫
xz 2 dydz + (x2 y − z 3 )dzdx + (2xy + y 2 z)dxdy =
S1
∫∫
(x2 y − z 3 )dxdy
xz 2 dydz +
∫ ∫S1
S1
2
+
(2xy + y z)dxdy
S1
x2 + y 2 + z 2 = a2 より，yz 平面に正射影すると，x = 0 より，Ω1 = {(y, z) : y 2 + z 2 ≤ a2 }. したがって，
∫∫
∫ a ∫ √a2 −y2
∫ a ∫ √a2 −y2 √
√
2
2
2
2
2
xz dydz =
z 2 a2 − y 2 − z 2 dzdy
√ 2 2 z a − y − z dzdy = 4
S1
y=−a
z=−
a −y
y=0
z=0
10.1 ガウスの発散定理
3
次に，xz 平面に正射影すると，y = 0 より，Ω1 = {(x, z) : x2 + z 2 ≤ a2 }．よって，
∫∫
∫
(x y − z )dzdx =
2
3
S1
=
=
∫
a
√
a2 −x2
√
(x2 a2 − x2 − z 2 − z 3 )dzdx
√
2
2
x=−a z=− a −x
∫ a ∫ √a2 −x2
√
x2 a2 − x2 − z 2 dzdx
√
x=−a z=− a2 −x2
∫ a ∫ √a2 −x2 √
x2 a2 − x2 − z 2 dzdx
4
z=0
x=0
最後に，xy 平面に正射影すると，x = 0 より，Ω1 = {(x, y) : x2 + y 2 ≤ a2 }．
∫∫
∫
(2xy + y 2 z)dzdx =
S1
=
=
∫
a
√
a2 −x2
√
(2xy + y 2 a2 − x2 − y 2 )dydx
√
x=−a y=− z 2 −x2
∫ a ∫ √a2 −x2
√
y 2 a2 − x2 − y 2 dydx
√
x=−a y=− z 2 −x2
∫ a ∫ √a2 −x2 √
4
y 2 a2 − x2 − y 2 dydx
x=0
y=0
次に，S2 = {(x, y) : x2 + y 2 ≤ a2 } における面積分を考える．まず，yz 平面への正射影で，S2 は Ω2 = {(y, z) :
−a ≤ y ≤ a, z = 0} に移るので，
∫∫
xz 2 dydz = 0
S2
xz 平面への正射影で，S2 は Ω2 = {(x, z) : −a ≤ x ≤ a, z = 0} に移るので，
∫∫
(x2 y − z 3 )dzdx = 0
S2
xy 平面への正射影で, S2 は Ω2 = {(x, y) : x2 + y 2 ≤ a2 } に移るので，
∫∫
∫∫
(2xy + y 2 z)dzdy =
∫
a
∫
2xydzdx =
S2
√
− a2 −x2
−a
S2
√
a2 −x2
2xydydx = 0
これらを加えると，
∫
∫
a
F · n dS = 4
S1
y=0
∫
a
∫ √a2 −y2
z=0
√
a2 −x2
∫
a
x=0
∫
+4
x=0
∫
√
z a2 − y 2 − z 2 dzdy + 4
2
y2
√
∫
a
a2 − x2 − y 2 dydx = 12
y=0
x=0
√
a2 −x2
z=0
∫ √
x2
a2 −x2
√
a2 − x2 − z 2 dzdx
y2
√
a2 − x2 − y 2 dydx
y=0
ここで，極座標変換を行うと， x = r cos θ, y = r sin θ より，
∫
∫
π/2
∫
a
F · n dS = 12
r2 sin2 θ
θ=0
a
S1
r=0
∫
r3
= 12(
√
a2 − r2 rdrdθ
√
∫
a2 − r2 dr)(
0
π/2
sin2 θdθ)
0
∫ 2
dt
π
1 a 2 1/2
t(a − t)(
))( ) = (3π)(
(a t − t3/2 )dt)
= 12(
−2 4
2 0
t=a2
]a2
[
3π 2 2 3/2 2 5/2
3π 2
2
2πa2
=( ) a t − t
= ( )( a5 − a5 ) =
2
3
5
2 3
5
5
0
∫
0
√
2
4
例題 10.2 r = xi + yj + zk 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)
ndS = 0
∫
r · ndS = 3V
(2)
S
n × rdS = 0
(3)
S
S
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，
∫
∫
C · n dS =
∇ · C dV = 0
S
∫
したがって，
S
V
C · n dS = 0
(2) Gauss の発散定理より，
∫
∫
∫
∂x ∂y ∂z
r · n dS =
∇ · r dV =
(
+
+
) dV = 3V
∂y ∂z
S
V
V ∂x
(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，
∫
∫
∫
C · (n × r) dS =
n · (r × C) dS =
∇ · (r × C) dV
S
V
∫S
=
(C · ∇ × r + r · ∇ × C) dV = 0
V
例題 10.3 スカラー場 ϕ 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)
S
∂ϕ
dS =
∂n
∫
∇2 ϕdV
V
(2) ϕ が調和関数であれば
∫
S
解 (1) 面積分の問題は必ず
∫
S
∂ϕ
dS = 0
∂n
∂ϕ
は法線単位ベクトル n 方向での方向微分
A · n dS の形に書き直す．この場合， ∂n
∂ϕ
係数より， ∂n
= ∇ϕ · n．したがって，
∫
S
∂ϕ
dS =
∂n
∫
∇ϕ · n dS
S
ここで，Gauss の発散定理を用いると，
∫
S
∂ϕ
dS =
∂n
∫
∫
∫
∇ϕ · n dS =
S
∇ · (∇ϕ) dV =
V
∇2 ϕ dV
V
(2) ϕ が調和関数とは，∇ ϕ = 0 のことでした．したがって，(1) より，
∫
∫
∂ϕ
dS =
∇2 ϕ dV = 0
S ∂n
V
2
定理 10.2 スカラー場 ϕ とベクトル場 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
∫∫∫
∫∫
ϕdV =
V
であれば，ϕ = ∇ · A である．
A · ndS
10.1 ガウスの発散定理
証明 Gauss の発散定理より，
5
∫∫
∫∫∫
A · ndS =
A · ndV
S
であるから，
V
∫∫∫
∫∫∫
∇ · AdV
ϕ dV =
V
V
∫∫∫
これより，
(ϕ − ∇ · A)dV = 0
V
ここで，ϕ − ∇ · 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，
ϕ − ∇ · A = 0 つまり ϕ = ∇ · A
定理 10.3 ベクトル場 A 内の任意の領域 V の境界面 S について
∫
A · ndS = 0
S
ならば，∇ · A = 0 であることを証明せよ．
証明上の定理で ϕ = 0 とすると，
∫
∫
A · n dS =
S
ϕ dV = 0
V
であれば，∇ · A = ϕ = 0.
流管ベクトル場 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
S1 , S2 をとります．このとき，流管 S1 , S2 を貫く流速は等しくなります．つまり，
∫
∫
A · n dS =
A · n dS
S1
この共通の値をこの流管の流速といいます．
S2
6
演習問題 4.1
1. r = xi + yj + zk, r = |r| 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) V r12 dV = S r·n
r 2 dS
∫
(2) S r × n dS = 0
∫
∫
(3) S rn r · n dS = (n + 3) V rn dV
∫
∫
(4) S rn n dS = n V |bf rrn−2 dV
∫ n
(5) S r r × n dS = 0
∫
∫
(6) V r dV = 12 S r2 n dS
∫
∫
r
(7) S F (r)n dS = V dF
dr r dV
2. スカラー場 ϕ 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．
∫
n × (∇ϕ) dS = 0
S
3. ベクトル場 A が ∇ · 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 Φ = S A · 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 Φ を閉曲線 C を貫く流速という．
4. スカラー場 ϕ とベクトル場 A, 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．
∫
ϕA · n dS − V ϕ∇ · A dV
∫
∫
∫
(2) V A · (∇ × B) dV = S (B × A) · ndS + V B · (∇ × A) dV
∫
∫
(3) V (∇ϕ) · (∇ × A) dV = − S ((∇ϕ) × A) · n dS
∫
∫
(4) A = ∇ϕ, ∇2 ϕ = 0 ならば， V |A|2 dV = S ϕA · n dS
(1)
∫
V
A · ∇ϕ dV =
∫
S
5. スカラー場 ϕ, ψ 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．
∫
∫
∂ϕ
dS = V {ψ∇2 ϕ + (∇ψ) · (∇ϕ)} dV
(1) S ψ ∂n
∫ ∂ϕ
∫
(2) S ϕ
{ϕ∇2 ϕ + |∇ϕ|2 } dV
∂n dS = V )
(
∫
∫
∂ϕ
(3) S ψ ∂n
− ϕ ∂ψ
dS = V {ψ∇2 ϕ − ϕ∇2 ψ} dV グリーンの公式
∂n
(4) ϕ が調和関数であれば
∫
ϕ
S
(5) ϕ, ψ が調和関数であれば
∂ϕ
dS =
∂n
∫
|∇ϕ|2 dV
V
)
∫ (
∂ψ
∂ϕ
−ϕ
dS = 0
ψ
∂n
∂n
S
∂ϕ
(6) S 上で ϕ = 0 (または， ∂n
= 0) ならば，調和関数 ϕ は V 内で 0 (または，定数) である．
∫
6. ベクトル場 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 S A · ndS = 0 ならば，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 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
はスカラー・ポテンシャルをもつ．以上のことを証明せよ
∫
S
A × ndS = 0 ならば，A

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