1章 重積分mori/lecture_notes/calculus2.pdff(x;y)dy) dxに，下側は ∫c c (∫ b a f(x;y)dx)...
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目 次
第 1章 重積分 3
1.1 累次積分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 重積分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3 Fubiniの定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.4 面積，体積 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.5 一般の領域の積分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.6 広義積分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.7 変数変換 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.8 Γ関数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.9 B関数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.9.1 e−x2 の積分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.9.2 フレネル積分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.9.3 複素積分によるフレネル積分 . . . . . . . . . . . . . . 31
1.9.4 sin xx の定積分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
1.9.5 Clothoid曲線 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
第 2章 偏微分 35
2.1 高次元の連続性 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.2 偏微分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2.3 高次元のテイラー展開 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.4 平均値の定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.5 方向微分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
2.6 陰関数定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
2.6.1 Lagrangeの未定乗数法 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
2.7 極大，極小 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
2.8 平面曲線 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
2.9 ベクトル解析 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
2.9.1 勾配 (grad) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
2.9.2 拡散 (div) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
2.9.3 回転 (rot) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
2.10 線積分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
2.11 曲線の長さ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
2.11.1 ベクトル場 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
2
2.11.2 Greenの定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
2.11.3 曲率半径 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
2.11.4 フレネ ·セレ (Frenet–Serret)の公式 . . . . . . . . . . 74
2.11.5 捩率 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
2.12 面積分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
2.12.1∫Ddω =
∫Cω . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
第 3章 ベクトル解析 86
3.1 テンソル . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
3.1.1 反変ベクトル，共変ベクトル . . . . . . . . . . . . . . 86
3.1.2 2階のテンソル . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
3.1.3 対称テンソル，交代テンソル . . . . . . . . . . . . . . 87
3.1.4 高階のテンソル . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
3.1.5 スカラー場，ベクトル場，テンソル場，微分形式 . . . 87
3.1.6 勾配，全微分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
3.1.7 拡散 (div) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
3.1.8 回転 (rot) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
3.1.4 grad, div, rotに関する公式 . . . . . . . . . . . . . . . . 92
3
第1章 重積分
1.1 累次積分2変数の関数に対し，g(y) =
∫ baf(x, y) dxが存在し，さらに
∫ dcg(y) dyが
存在するとき，∫ dcg(y) dyを∫ d
c
(∫ b
a
f(x, y) dx
)dy
を累次積分という．ここで，a, bは yの関数でもよい．
問題 1 D = (x, y) : x, y ≥ 0, x + y ≤ 1とするとき，∫Df(x, y) dxdy を求
めてください．
補題 1 f(x, y)が [a, b]× [c, d]で連続ならば，∫ baf(x, y) dxも連続である．
証明. 一様連続性より，∀ε > 0について，∃δ > 0が存在して，d((x, y), (x′, y′)) <δならば，|f(x, y)− f(x′, y′)| < εになる．|y − y′| < δならば，
|g(y)− g(y′)| ≤∫ b
a
|f(x, y)− f(x, y′)| dx < ε(b− a)
例 1 半径 1の円の面積を求めよう．xのところでの高さは√1− x2 なので∫ 1
−1
(∫ √1−x2
−√1−x2
dy
)dx = 2
∫ 1
−1
√1− x2 dx
= 2
∫ π/2
−π/2cos2 θ dθ (x = sin θ)
= π
4 第 1章 重積分
ここで ∫ π/2
−π/2cos2 θ dθ =
∫ π/2
−π/2
1 + cos 2θ
2dθ
=π
2+
[sin 2θ
4
]π/2−π/2
=π
2
例 2 半径 1の球の体積を求めよう．xのところでは半径√1− x2の円なので，∫ 1
−1
(∫ √1−x2
−√1−x2
(∫ √1−x2−y2
√1−x2−y2
dz
)dy
)dx =
∫ 1
−1
(∫ √1−x2
−√1−x2
2√
1− x2 − y2 dy
)dx
= 2
∫ 1
−1
(∫ π/2
−π/2(1− x2) cos2 θ dθ
)dx (y =
√1− x2 sin θ)
= π
∫ 1
−1
(1− x2) dx = π
[x− x3
3
]1−1
=4
3π
例 3 4次元の球の体積を求めよう．∫ 1
−1
(∫ √1−x2
−√1−x2
(∫ √1−x2−y2
−√
1−x2−y2
(∫ √1−x2−y2−z2
−√
1−x2−y2−z2dw
)dz
)dy
)dx
=
∫ 1
−1
(∫ √1−x2
−√1−x2
(∫ √1−x2−y2
−√
1−x2−y22√1− x2 − y2 − z2 dz
)dy
)dx
= π
∫ 1
−1
(∫ √1−x2
−√1−x2
(1− x2 − y2) dy
)dx
= π
∫ 1
−1
(2(1− x2)3/2 − 2
3(1− x2)3/2 dx
=4π
3
∫ 1
−1
(1− x2)3/2 dx
=4π
3
∫ π/2
−π/2cos4 θ dθ =
4π
3× 3π
8=π2
2
ここで
cos4 θ =
(1 + cos 2θ
2
)=
1 + 2 cos 2θ + (1 + cos 4θ)/2
4=
3 + 4 cos 2θ + cos 4θ
8
1.2. 重積分 5
1.2 重積分D = [a, b]× [c, d]の上の関数 f(x, y)について，Dの分割∆
a = a0 < a1 < · · · < an = b, c = c0 < c1 < · · · < cm = d
により，
S∆ =n∑i=1
m∑j=1
supai−1≤x≤aicj−1≤y≤cj
f(x, y)(ai − ai−1)(bj − bj−1)
S∆ =n∑i=1
m∑j=1
infai−1≤x≤aicj−1≤y≤cj
f(x, y)(ai − ai−1)(bj − bj−1)
これは，それぞれ，単調減少または単調増加になる．分割を細かくしていく極限が存在するとき，その値を
∫Df(x, y) dxdyと定義する．
正式には ∫D
f(x, y) dxdy = inf∆S∆∫
D
f(x, y) dxdy = sup∆S∆
を上積分，下積分とよんで，それらが一致するときに可積分といい，その値を重積分という．このときには，あとで述べる広義積分の場合と異なり，関数を正負に分け
る必要はない．
例 4 (錐の体積) 簡単のため，底辺の長さが 2，高さが 1である四角錐を考えよう．
1. この四分の一を考えよう，[0, 1]×[0, 1]で考えると，z = xと z = yの 2
つの平面の双方の下になる部分の体積を考えることになる．[0, 1]× [0, 1]
を 1n × 1
n の小正方形に分割する．このとき，高さは 2つの平面のどちらよりも下になるのだから [ kn ,
k+1n ) × [ ln ,
l+1n ]における値は，最大で
mink+1n , l+1
n ，最小で min kn ,ln になる．したがって，x 軸の上の
[ kn ,k+1n )の部分は,S∆ に対応する部分を考えると(
1
n2
)×
k∑l=0
l
n+
n∑l=k+1
k
n
=k(k + 1)
2n3+k(n− k)
n3=
k
n2− k2
2n3+
k
2n3
これを kについて和をとると
S∆ =n(n+ 1)
2n2− n(n+ 1)(2n+ 1)
12n3+n(n+ 1)
4n3
n→ ∞の極限をとると， 12 − 1
6 = 13．四角錐全体では
43 になる．
6 第 1章 重積分
2. S∆ を考えると
(a) 1n が 2(2n+ 2(n− 1)) = 4(2n− 1)
(b) 2n が 2(2(n− 1) + 2(n− 2)) = 4(3n− 3)
(c) kn が 2(2(n− k + 1) + 2(n− k)) = 4(2n− 2k + 1)
なのでn∑k=1
(2n− 2k + 1)× k
n3
=8
n2n(n+ 1)
2− 8
n3n(n+ 1)(2n+ 1)
6+
1
n3n(n+ 1)
2
=4
3− 5
6n2+
1
2n
S∆ を考えると
n−1∑k=1
(2n− 2k + 1)× k
n3
=8
n2n(n− 1)
2− 8
n3n(n− 1)(2n− 1)
6+
1
n3n(n− 1)
2
=4
3− 11
6n2+
1
2n
3. 累次積分その１
図のように切ると，上底 2− 2x，下底 2，高さ xの台形が現れる．この面積は 2x− x2 なので
2×∫ 1
0
(2x− x2) dx =4
3
4. 累次積分その 2
1.3. Fubiniの定理 7
図のように切ると底辺 2x，高さ x√2の三角形になるので，その面積は
x2√2，したがって
2×∫ √
2
0
x2√2dx =
4
3
1.3 Fubiniの定理定理 1 (Fubini) D = [a, b]× [c, d]とする．
∫Df(x, y) dxdyが存在するとき∫
D
f(x, y) dxdy =
∫ b
a
(∫ d
c
f(x, y) dy
)dx =
∫ d
c
(∫ b
a
f(x, y) dx
)dy
証明. 分割
∆1 : a = a0 < · · · < an = b
∆2 : c = c0 < · · · < cm = d
と，これらから作る D の分割を ∆とおく．xないし y をとめて下限をとると大きくなるので，
n∑i=1
m∑j=1
infai−1≤x≤aicj−1≤y≤cj
f(x, y)
(ai − ai−1)(cj − cj−1)
≤
n∑i=1
infai−1≤x≤ai
m∑j=1
(inf
cj−1≤y≤cjf(x, y)
)(cj − cj−1)
(ai − ai−1)
m∑j=1
infcj−1≤y≤cj
(n∑i=1
(inf
ai−1≤x≤aif(x, y)
)(ai − ai−1)
)(cj − cj−1)
8 第 1章 重積分
同様に
n∑i=1
m∑j=1
supai−1≤x≤aicj−1≤y≤cj
f(x, y)
(ai − ai−1)(bj − bj−1)
≥
n∑i=1
supai−1≤x≤cj
(m∑i=1
(sup
ai−1≤x≤aif(x, y)
)(cj − cj−1)
)(ai − ai−1)
m∑j=1
supcj−1≤y≤ai
(n∑i=1
(sup
cj−1≤y≤cjf(x, y)
)(ai − ai−1)
)(cj − cj−1)
仮定より，分割∆を細かくすると 2つの式の左辺は重積分∫Df(x, y) dxdyに
収束する．したがって，右辺も収束しなければならないが，それぞれの上側は∫ ba
(∫ dcf(x, y) dy
)dxに，下側は
∫ cc
(∫ baf(x, y) dx
)dyに収束することに
なる．正確には，まず，累次積分のところで∆1,∆2について下限，上限をとって
上積分，下積分で評価し，その後で∆について下限，上限を用いて∫D
f(x, y) dxdy ≤∫ b
a
(∫ d
c
f(x, y)] dy
)dx ≤
∫ b
a
(∫ d
c
f(x, y)] dy
)dx ≤
∫D
f(x, y) dxdy
で左右の端が等しいことから，∫ b
a
(∫ d
c
f(x, y) dy
)dx =
∫ b
a
(∫ d
c
f(x, y) dy
)dx =
∫ b
a
(∫ d
c
f(x, y) dy
)dx
∫ b
a
(∫ d
c
f(x, y) dy
)dx =
∫ b
a
(∫ d
c
f(x, y) dy
)dx =
∫ b
a
(∫ d
c
f(x, y) dy
)dx
から∫ b
a
(∫ d
c
f(x, y) dy −∫ d
c
f(x, y) dy
)dx =
∫ b
a
(∫ d
c
f(x, y) dy −∫ d
c
f(x, y) dy
)dx = 0
∫ d
c
f(x, y) dy −∫ d
c
f(x, y) dy
の振動点の測度が 0で，振動点以外では 0に等しいことが導かれる．これで本質的に f(x, y)の y による可積分で，さらに累次積分の存在などが言えることになる．
例 5 (0, 0)に特異点をもつ関数の積分では∫ 1
0
(∫ 1
0
x2 − y2
(x2 + y2)2dx
)dy
1.3. Fubiniの定理 9
と ∫ 1
0
(∫ 1
0
x2 − y2
(x2 + y2)2dy
)dx
は等しくないことを確かめよう．
∫ 1
0
(∫ 1
0
x2 − y2
(x2 + y2)2dx
)dy =
∫ 1
0
[− x
x2 + y2
]10
dy
= −[arctanx]10 = −π4
一方， ∫ 1
0
(∫ 1
0
x2 − y2
(x2 + y2)2dy
)dx =
∫ 1
0
[y
x2 + y2
]10
dx
= [arctan y]10 =π
4
定理 2 (微分と積分の交換) f が [a, b]× [c, d]で C1 級とする．このとき，
d
dy
∫ b
a
f(x, y) dx =
∫ b
a
∂f
∂y(x, y) dx
証明.
G(y) =
∫ b
a
f(x, y) dx
g(y) =
∫ b
a
∂f
∂yf(x, y) dx
とおく．Fubiniの定理より∫ d
c
g(y) dy =
∫ b
a
∫ d
c
∂f
∂y(x, y) dydx
=
∫ b
a
(f(x, d)− f(x, c)) dx
= G(d)−G(c)
d→ cととれば，微積分の基本定理より G′(c) = g(c)． この応用として
補題 2 ∫ ∞
0
e−x2
dx =
√π
2
10 第 1章 重積分
の別証明:
証明.
f(t) =
(∫ t
0
e−x2
dx
)2
g(t) =
∫ 1
0
e−(1+x2)t2 dx
1 + x2
とおくと，微分と積分の交換より
f ′(t) = 2
∫ t
0
e−x2
dx× e−t2
g′(t) =
∫ 1
0
(−2t(1 + x2))e−(1+x2)t2 dx
1 + x2
= −2
∫ 1
0
te−(1+x2)t2 dx
t = 0で，u = txとおくと
g′(t) = −2
∫ t
0
e−t2−u2
du = −f ′(t)
したがって， f(t) + g(t)は定数である．一方，
f(0) + g(0) = 0 +
∫ 1
0
dx
1 + x2=π
4
ここでe−(1+x2)t2 1
1 + x2≤ e−t
2
なので，
g(t) ≤∫ 1
0
e−t2
dx = e−t2
→ 0 (t→ ∞)
これより，limt→∞
f(t) =π
4
例 6 ∫ 1
0
(log x)nxy dx =(−1)nn!
(y + 1)n+1(y > 0)
を示そう．f(x, y) = xy とおいて，上の定理により
1
y + 1=
∫ 1
0
xy dx
1.4. 面積，体積 11
の両辺を yで微分すれば
− 1
(y + 1)2=
∫ 1
0
(log x)xy dx
後は帰納法である．
1.4 面積，体積集合 A ⊂ R2 について，その定義関数
1A(x, y) =
1 (x, y) ∈ A
0 otherwise
が可積分なとき，その値を面積と定義する．積分ができないときには，面積が確定しない．同様に A ⊂ R3 について，その定義関数を積分した値を体積という．
例 7 (アルキメデスによる円の面積) 半径 1の円を 1n の同心円に分ける．内
側から k番目のリングの内側の長さは 2(k−1)n π，外側の長さは 2k
n π であるので，これを縦にのばすと，外側の長さで考えると，その面積は
n∑k=1
2k
nπ × 1
n=n(n+ 1)
n2
極限をとって，π
例 8 (四角錐の体積) 底辺の長さ 2，高さ 1のピラミッドを考える，1辺の長さ1 nの体積 1
n3 の石を積むことにしよう．ピラミッドに積む (斜めに削る部分も含めて)の個数を考える．一番外側は高さ1個で，個数は4n+4(n−1) = 8n−4，2番目は高さ 2個で 4(n − 1) + 4(n − 2) = 8n − 12，と k番の内側では高さは kで個数は 8n− 8k + 4なので，合計の石の個数は
n∑k=1
k(8n− 8k + 4) = 8nn(n+ 1)
2− 8
n(n+ 1)(2n+ 1)
6+ 2n(n+ 1)
１つの体積は 1n3 なので，全体の体積は n→ ∞ととって
4− 8
3=
4
3
12 第 1章 重積分
1.5 一般の領域の積分面積が確定する有界閉集合 Aの上の関数 f(x, y)について Aを含む長方形
D = [a, b]× [c, d]を考え，
g(x, y) =
f(x, y) (x, y) ∈ A
0 otherwise
が可積分なとき，この値を∫Af(x, y) dxdyとおく．積分の値がAを含む長方
形Dによらないことは明らかである．領域 Aが φ(x) ≤ ψ(x)によって
A = (x, y) : a ≤ x ≤ b, φ(x) ≤ y ≤ ψ(x)
の形をしているときには，上と同様に長方形Dと gをとって，Fubiniの定理により累次積分に直して∫
A
f(x, y) dxdy =
∫D
g(x, y) dxdy =
∫ b
a
(∫ d
c
g(x, y) dy
)dx
=
∫ b
a
(∫ ψ(x)
φ(x)
f(x, y) dy
)dx
例 9 ∫ 2
1
(∫ log x
0
(x− 1)√
1 + e2y dy
)dx
を求めよう．
D = (x, y) : 0 ≤ y ≤ log x, 1 ≤ x ≤ 2 = (x, y) : ey ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ log 2
であるから，Fubiniの定理を用いて
与式 =
∫ log 2
0
(∫ 2
ey(x− 1)
√1 + e2y dx
)dy
=
∫ log 2
0
√1 + e2y
[x2
2− x
]2eydy
=
∫ log 2
0
√1 + e2y(2− 2− e2y
2+ ey) dy
=
∫ log 2
0
ey√1 + e2y dy − 1
2
∫ log 2
0
e2y√1 + e2y dy
=
∫ 2
1
√1 + t2 dt− 1
4
∫ 4
1
√1 + t dt
=1
2
[t√1 + t2 + log(
√1 + t2 + t)
]21− 1
6
[(1 + t)3/2
]41
=1
2(2√5 + log(
√5 + 2)−
√2− log(
√2 + 1))− 1
6(53/2 − 23/2)
1.6. 広義積分 13
問題 2 次の∫Df(x, y) dxdyを求めてください．
1. f(x, y) = x2 + y2, D = (x, y) : y ≥ 0, x ≤ 1, y ≤ x
2. f(x, y) = x+ y, D = (x, y) : 0 ≤ x ≤ y ≤√x
3. f(x, y) = |x|, D = (x, y) : x2 + y2 ≤ 1
4. f(x, y) = ey/x, D = (x, y) : y ≥ 0, x ≤ 1, y ≤ x
5. f(x, y) = y2ex2
, D = (x, y) : 0 ≤ y ≤ x ≤ 1
問題 3 次の積分の順序を交換してください．
1.∫ 1
0
(∫ x3
x2 f(x, y) dy)dx
2.∫ 2
0
(∫ 2x
xf(x, y) dy
)dx
3.∫ 1
0
(∫√1−y2
−√
1−y2f(x, y) dx
)dy
1.6 広義積分領域Aに対し，Aに収束する有界閉領域An ⊂ Aがとれるとする．Aの上
の非負の値をとる関数 f(x, y)について，∫An
f(x, y) dxdy
の極限 (単調増加)が存在するとき，それを広義積分という．一般の関数については，
f+(x, y) = maxf(x, y), 0, f−(x, y) = max−f(x, y), 0
の両方が積分ができるとき∫A
f(x, y) dxdy =
∫A
f+(x, y) dxdy −∫A
f−(x, y) dxdy
と定義する．
例 10 D = (x, y) : x2 + y2 ≤ 1において∫D
1√1− x2 − y2
dxdy
を求めよう．
14 第 1章 重積分
D で被積分関数は有界でないので，このままでは積分できない．任意のδ > 0について
Dδ = (x, y) : x2 + y2 ≤ (1− δ)2
とおけば， ∫Dδ
1√1− x2 − y2
dxdy =
∫ 1−δ
0
(∫ 2π
0
1√1− r2
r dθ
)dr
= 2π
∫ arcsin(1−δ)
0
sin t dt = 2π(1− cos arcsin(1− δ))
であるので，δ → 0とすれば，極限は
2π(1− cos
π
2
)= 2π
この例では積分範囲は有界であるが，関数が有界ではない．したがって，この積分も広義積分である．上の計算でも半径 1− δの範囲で積分して，δ → 0
ととることで広義積分を定めたが，これでいいのだろうか．広義積分では，積分範囲Dに収束する任意の有界閉領域の列について同じ
値に収束するとき，その値を広義積分と定義することになる．上の 2つの例では，被積分関数が正の値しかとらないことが重要である．
関数 f が正の値しかとらないとき，閉領域の列 Knが単調増加ならば積分∫Kn
f(x, y) dxdy も単調増加である．この列が I に収束するとしよう．すなわち，
∀ε > 0, ∃n0 s.t. n ≥ n0 ⇒ |∫Kn
f dxdy − I| < ε
M = sup(x,y)∈Kn0|f(x)|とおく．
別の単調増加な閉領域の列 Lnを選ぶと，
∃n1 s.t. m ≥ n1 ⇒ |Kn0\Lm| < ε
このとき∫Lm
f dxdy ≥∫Lm∩Kn0
f dxdy ≥∫Kn0
f dxdy −Mε ≥ I − (M + 1)ε
単調増加なので
limm→∞
∫Lm
f dxdy ≥∫Kn0
f dxdy −Mε ≥ I − (M + 1)ε
ゆえにlimm→∞
∫Lm
f dxdy ≥ I
このことから，K と Lを入れ替えれば，すべての収束極限は一致していることがわかる．
1.7. 変数変換 15
一方，I = ∞ならば
∀N ∃n0 s.t. n ≥ n0 ⇒∫Kn
f dxdy > N
同じ議論により，limm→∞
∫Lm
f dxdy > N
が言えるので，2つの列の極限は一致しなければならない．一般に正や負の値をともにとる関数では，関数を 2つの非負の値をとる関
数 f = f+ − f−に分けて∫Df+(x, y) dxdyと
∫Df−(x, y) dxdyがともに存在
するときに∫Df(x, y) dxdyがこれらの差として定まることがわかる．
問題 4 次の積分を求めよ．
1.∫D
dxdydz√1−x−y−z D = (x, y, z) : x, y, z > 0, x+ y + z ≤ 1
2.∫D
dxdy(x+y)r D = (x, y) : x, y ≥ 1
3.∫D
dxdy√x2+y2
D = (x, y) : 0 < x ≤ y ≤ 1
4.∫R3
dxdydz(x2+y2+z2+1)2
1.7 変数変換1次元の場合から復習しよう．横軸を t，縦軸を xととって，変数変換を
x = F (t)とする．F は微分可能で単調増加とする．tiを [a, b]の分割．xiを F による [F (a), F (b)]の分割とする．|ti+1 − ti| = ∆ とすれば，|xi+1 −xi| ≑ F ′(ti)∆ であるので，
∫ F (b)
F (a)f(x) dx は f(xi) × F ′(ti)∆ の和の極限と
みなせる．この和を f(xi)F′(ti)×∆ = f(F (ti))F
′(ti)×∆の和とみなせば，∫ baf(F (t))F ′(t) dtに等しいので∫ F (b)
F (a)
f(x) dx =
∫ b
a
f(F (t))F ′(t) dt
を得る．F ′ < 0としよう．同じように [a, b]の分割を考えて，これを x軸の分割に
移すと幅 |F ′(ti)|∆の分割を得て，∫ F (a)
F (b)
f(x) dx =
∫ b
a
f(t)|F ′(t)| dt
を得るが，積分の範囲をひっくり返して∫ F (b)
F (a)
f(x) dx =
∫ b
a
f(F (t))F ′(t) dt
を得る．これが置換積分の原理である．
16 第 1章 重積分
t
x
a b
F (a)
F (b)
f
f F
図 1.1: 置換積分の原理
例 11∫ 2
0te−t
2
dtを計算しよう．f(x) = e−x，x = F (t) = t2 とおく．∫ 2
0
te−t2
dt =1
2
∫ 2
0
e−t2
2t dt
=1
2
∫ 4
0
e−x dx =1
2(1− e−4)
より正確に述べるならば，f は [F (a), F (b)]で可積分，F は C1級な単調関数とする．f は可積分．F ′ も可積分であるから，f × F ′ は可積分である．
S∆(f) =n∑i=1
(sup
F (ai−1)≤x≤F (ai)
f(x)
)(F (ai)− F (ai−1))
=
n∑i=1
(sup
ai−1≤t≤aif(F (t))
)F (ai)− F (ai−1)
ai − ai−1(ai − ai−1)
=
n∑i=1
(sup
ai−1≤t≤aif(F (t))
)F ′(ci)(ai − ai−1) (ai−1 ≤ ∃ci ≤ ai)
≥n∑i=1
f(F (ci))F′(ci)(ai − ai−1)
≥∫ b
a
f(F (t) )F ′(t) dt
1.7. 変数変換 17
したがって∫ F (b)
F (a)
f(x) dx ≥∫ b
a
f(F (t) )F ′(t) dt, 同様に∫ F (b)
F (a)
f(x) dx ≤∫ b
a
f(F (t) )F ′(t) dt
すなわち，積分可能性より∫ F (b)
F (a)
f(x) dx ≥∫ b
a
f(F (t) )F ′(t) dt ≥∫ F (b)
F (a)
f(x) dx
により ∫ F (b)
F (a)
f(x) dx =
∫ b
a
f(F (t) )F ′(t) dt
により証明が終る．2次元の場合には変数変換は
(x, y) = F (u, v) =
(φ(u, v)
ψ(u, v)
)
と表せる．xy 平面の領域 Dに全単射で移る uv 平面の領域 E での分割を考える．(u, v)平面において (u, v)と (u+∆u, v +∆v)で作られる長方形は F
によって，例えば (u+∆, v)と (u, v)の距離は(φ(u+∆u, v)
ψ(u+∆u, v)
)−
(φ(u, v)
ψ(u, v)
)≑(∂φ∂u (u, v)∂ψ∂v (u, v)
)×∆u
であることから，写った平行 4辺形の面積は，ヤコビ行列を
J(u, v) =
(∂φ∂u
∂φ∂v
∂ψ∂u
∂ψ∂v
)
とおけば，| det J(u, v)| ×∆u∆v
に概ね等しい．| det J(u, v)|をヤコビアンという．このことから∫F (D)
f(x, y) dxdy =
∫D
f(F (u, v))| detJ(u, v)| dudv
を得る．これが 2次元の変数変換である．
例 12∫ 1
0
∫ 1
0f(x+ y) dxdyを求めよう．
x+ y = u，y = vととって，フビニの定理を用いると∫ 1
0
∫ 1
0
f(x+ y) dxdy =
∫ 1
0
(∫ u
0
f(u) dv
)du+
∫ 2
1
(∫ 1
u−1
f(u) dv
)du
=
∫ 1
0
uf(u) du+
∫ 2
1
(2− u)f(u) du
18 第 1章 重積分
=⇒
例 13 円の面積，x = sin θとして
2
∫ 1
−1
√1− x2 dx = 2
∫ π/2
−π/2cos2 θ dθ = 2
∫ π/2
−π/2
1 + cos 2θ
2dθ = π
Dを半円とすると
2
∫D
dxdy = 2
∫ 1
0
(∫ π
0
r dθ
)dr = 2π
[r2
2
]10
= π
3次元の場合には例えば
x = r sin θ cosφ, y = r sin θ sinφ, z = r cos θ
という極座標変換ならば，ヤコビアンは
| det J(u, v)| = r2 sin θ
であることがわかる．
例 14 3次元の球の体積，Dは 2次元の円として，x = r cos θ, y = r sin θとすると, ヤコビアンは rなので
2
∫D
√1− x2 − y2 dxdy = 2
∫ 1
0
(∫ 2π
0
√1− r2 r dθ
)dr = 4π
∫ π/2
0
cos2 θ sin θ dθ = 2πB(1,3
2)
= 2πΓ(1)Γ(3/2)
Γ(5/2)= 2π
1/2√π
3/2 · 1/2√π
=4π
3
ここで ∫sinm θ cosn θ dθ =
1
2B(
m+ 1
2,n+ 1
2)
を用いた．3次元の半球をDとすれば∫D
dxdydz = 2
∫ 1
0
(∫ π/2
0
(∫ 2π
0
r2 sin θ dφ
)dθ
)dr = 4π
[r3
3
]10
=4π
3
1.7. 変数変換 19
さらに，4次元の単位球の体積は，上半分と下半分にわけて
2
∫D
√1− x2 − y2 − z2 dxdydz = 4
∫ 1
0
dr
∫ π/2
0
dθ
∫ 2π
0
dφ√1− r2|r2 sin θ|
= 8π
∫ 1
0
r2√1− r2 dr
∣∣∣[− cos θ]π/20
∣∣∣= 8π
∫ 1
0
r2√1− r2 dr
r = sin θとおけば
上式 = 8π
∫ π/2
0
sin2 θ cos2 θ dθ
= 2π
∫ π/2
0
sin2 2θ dθ = 2π
∫ π/2
0
1− cos 4θ
2dθ
= 2ππ
4=π2
2
この部分は
8π
∫ π/2
0
sin2 θ cos2 θ dθ = 4πB(3
2,3
2) = 4π
Γ(3/2)2
Γ(3)= 4π
(√π/2)2
2=π2
2
として求めることもできる．
例 15 レムニスケイト (x2 + y2)2 = x2 − y2 で囲まれる図形の面積を求めよう．x2 − y2 = r2 cos 2θであるので，第 1象限と第 4象限の部分の面積はD =
(r, θ) : − π4 ≤ θ ≤ π
4 , 0 ≤ r ≤√cos 2θ より∫
D
dxdy =
∫ π/4
−π/4
(∫ √cos 2θ
0
r dr
)dθ
=1
2
∫ π/4
−π/4cos 2θ dθ =
1
2
全体はこの 2倍である．
問題 5 次の関数で囲まれる図形の面積を求めよ．
1. カーディオイド (x2 + y2 − 2ax)2 = 4a2(x2 + y2) (a > 0)
2. アステロイド(asteroid) x2/3+y2/3 = 1 (ヒントx = r cos3 θ，y = r sin3 θ
と変数変換するとよい)
問題 6 3次元の円柱座標 (x, y, z) = (r cos θ, r sin θ, z)のときの変数変換の公式を求めよ．極座標 (x, y, z) = (r cosφ sin θ, r sinφ sin θ, r cos θ)ではどうか．
20 第 1章 重積分
例 16 上の公式を用いて，次の積分を求めよう．
1. D = (x, y, z) : x2 + y2 ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 2|xy|における∫D2z dxdydz
2. D = (x, y, z) : x2 + y2 + z2 ≤ 1, x, y, z ≥ 0における∫Dxy dxdydz
1. ∫D
2z dxdydz =
∫ 1
0
r
(∫ 2π
0
(∫ r2| sin 2θ|
0
2z dz
)dθ
)dr
=
∫ 1
0
r5(∫ 2π
0
sin2(2θ) dθ
)dr =
π
6
2. ∫D
xy dxdydz
=
∫ 1
0
(∫ π
0
(∫ π/2
0
r sin θ cosφ · r sin θ sinφ · r2 sin θ dφ
)dθ
)dr
=
∫ 1
0
r4 dr
∫ π
0
sin3 θ dθ
∫ π/2
0
sinφ cosφdφ
=1
5× 4
3× 1
2=
2
15
1.8 Γ関数
Γ(x) =
∫ ∞
0
tx−1e−t dt (x > 0)
広義積分
• t = ∞のところ，tx−1 ≤ et/2 が十分大きな tで成り立つので
tx−1e−t ≤ e−t/2 for suffciently large t
• 0 < x < 1のときの t = 0
tx−1e−t ≤ tx−1
これと ∫ 1
0
tx−1 dt =
[1
xtx]10
=1
x
により，広義積分可能が出る．
1. Γ(1) = 1
1.9. B関数 21
2. x > 1についてΓ(x) = (x− 1)Γ(x− 1)
後者は部分積分
Γ(x) =
∫ ∞
0
tx−1e−t dt
=[tx−1(−e−t)
]∞0
−∫ ∞
0
(x− 1)tx−2(−e−t) dt
= (x− 1)Γ(x− 1)
例 17 1. 帰納法によりΓ(n) = (n− 1)!
2.
Γ
(1
2
)=
√π
なぜなら
Γ
(1
2
)=
∫ ∞
0
t−1/2e−t dt
= 2
∫ ∞
0
e−x2
dt (t = x2, dt = 2xdx = 2t1/2dx)
=
∫ ∞
−∞e−x
2
dx =√π
1.9 B関数
B(p, q) =
∫ 1
0
xp−1(1− x)q−1 dx (p, q > 0)
広義積分
• 0 < p < 1で x = 0，0 < q < 1のときは 0 < x < 12 とすると
xp−1(1− x)q−1 ≤
xp−1 q ≥ 1
xp−1(12
)q−10 < q < 1
そこで ∫ 1
0
xp−1 dx =1
p[xp]
10 =
1
p
で広義積分可能になる．
• 0 < q < 1で x = 1
22 第 1章 重積分
1.9.1 e−x2の積分補題 3 ∫ ∞
0
e−x2
dx =
√π
2
証明. この証明は，重積分の極座標変換によるもの，ベータ関数を使うものがある．極座標変換によるもの，まず，e−(x2+y2)は連続関数なので，重積分と累次積分が一致することから，∫√x2+y2≤N
e−(x2+y2) dxdy ≤
(∫ N
0
e−x2
dx
)2
≤∫√x2+y2≤
√2N
e−(x2+y2) dxdy
ここで，x = r cos θ, y = r sin θとおく変数変換のヤコビ行列は(∂x∂r
∂x∂θ
∂y∂r
∂y∂θ
)=
(cos θ −r sin θsin θ r cos θ
)なので，ヤコビアンはその行列式の rであることを用いると∫
√x2+y2≤N
e−(x2+y2) dxdy =
∫ π/2
0
dθ
∫ N
0
e−r2 rdr
2
=π
2
∫ N2
0
e−t dt (t = r2, dt = 2rdr)
=π
4(1− e−N
2
)
により∫e−(x2+y2) dxdy は第一象限で広義積分可能で，その値は π
4 である．これより，補題の証明が終わる．
別証明:累次積分の交換だけで証明が可能である．
∫ ∞
0
(∫ ∞
0
e−x(1+y2) dy
)dx =
∫ ∞
0
e−x(∫ ∞
0
e−xy2
dy
)dx
=
∫ ∞
0
1√x
(∫ ∞
0
e−t2
dt
)dx (
√y = t)
=
∫ ∞
0
e−x1√xdx× I
=
∫ ∞
0
e−s2
2 ds× I (√x = s)
= 2I2
これと次式を用いればよい．∫ ∞
0
(∫ ∞
0
e−x(1+y2) dx
)dy =
∫ ∞
0
1
1 + y2dy
= [arctan y]∞0 =
π
2
1.9. B関数 23
定理 3 (微分と積分の交換) f が [a, b]× [c, d]で C1 級とする．このとき，
d
dy
∫ b
a
f(x, y) dx =
∫ b
a
∂f
∂y(x, y) dx
証明.
G(y) =
∫ b
a
f(x, y) dx
g(y) =
∫ b
a
∂f
∂yf(x, y) dx
とおく．Fubiniの定理より∫ d
c
g(y) dy =
∫ b
a
∫ d
c
∂f
∂y(x, y) dydx
=
∫ b
a
(f(x, d)− f(x, c)) dx
= G(d)−G(c)
d→ cととれば，微積分の基本定理より G′(c) = g(c)． この応用として
補題 4 ∫ ∞
0
e−x2
dx =
√π
2
の別証明:
証明.
f(t) =
(∫ t
0
e−x2
dx
)2
g(t) =
∫ 1
0
e−(1+x2)t2 dx
1 + x2
とおくと，微分と積分の交換より
f ′(t) = 2
∫ t
0
e−x2
dx× e−t2
g′(t) =
∫ 1
0
(−2t(1 + x2))e−(1+x2)t2 dx
1 + x2
= −2
∫ 1
0
te−(1+x2)t2 dx
t = 0で，u = txとおくと
g′(t) = −2
∫ t
0
e−t2−u2
du = −f ′(t)
24 第 1章 重積分
したがって， f(t) + g(t)は定数である．一方，
f(0) + g(0) = 0 +
∫ 1
0
dx
1 + x2=π
4
ここでe−(1+x2)t2 1
1 + x2≤ e−t
2
なので，
g(t) ≤∫ 1
0
e−t2
dx = e−t2
→ 0 (t→ ∞)
これより，limt→∞
f(t) =π
4
補題 5
B(p, q) =Γ(p)Γ(q)
Γ(p+ q)
証明. 連続関数なので，累次積分を重積分に置き換えて
Γ(p)Γ(q) = limN→∞c↓0
∫ N
c
∫ N
c
e−x−yxp−1yq−1 dxdy
= limD
∫D
e−x−yxp−1yq−1 dxdy
(u = x+ y, v =x
x+ yと変数変換して)
= limM→∞
∫ M
0
(lima↓0b↑1
∫ b
a
e−u(uv)p−1(u− uv)q−1u dv
)du
= limM→∞
∫ M
0
e−uup+q−1 du lima↓0b↑1
∫ b
a
vp−1(1− v)q−1 dv
= Γ(p+ q)×B(p, q)
ここで，x = uv，y = u− uvに注意して，ヤコビ行列は(∂x∂u
∂u∂v
∂y∂u
∂v∂v
)=
(v u
1− v −u
)
なので，その行列式は−u，したがって，ヤコビアンはuであることを用いた．
補題 6 1. B(
12 ,
12
)= π
1.9. B関数 25
2. Γ(
12
)=
√π
証明. 後者は，
π = B(12,1
2
)=
(Γ(
12
))2Γ(1)
=
(Γ(12
))2
より出る．まず，
B(12,1
2
)=
∫ 1
0
dx√x(1− x)
その1.√
1−xx = tとおくと，x = 1
1+t2 なので，dx = −2t(1+t2)2 dt．したがって，
B(12,1
2
)=
∫ 0
∞
√1 + t2
√1 + t2
t
−2t
(1 + t2)2dt
= 2
∫ ∞
0
dt
1 + t2
= 2[arctan t
]∞0
= π
その 2.
B(12,1
2
)=
∫ 1
0
dx√1/4− (1/2− x)2
=
∫ 1
−1
1√1/4− t2/4
dt
2(t =
1
2− x)
=
∫ 1
−1
dt√1− t2
=[arcsin t
]1−1
=π
2− (−π
2) = π
最後の行は=[− arccos t
]1−1
= −(0− π) = π
としてもよい．
問題 7 ∫ π/2
0
sinm x cosn x dx =1
2B(m+ 1
2,n+ 1
2
)を示してください．
26 第 1章 重積分
証明.∫ π/2
0
sinm x cosn x dx =
∫ 1
0
tm/2(1− t)n/2dt
2√t(1− t)
(sin2 x = t)
=1
2
∫ 1
0
t(m−1)/2(1− t)(n−1)/2 dt
=1
2B(m+ 1
2,n+ 1
2
)
問題 8 半径 1の n次元球の体積を求めてください．
証明.
In(x2) =
∫ √1−x2
−√1−x2
dx1
∫ √1−x2−x2
1
−√
1−x2−x21
· · ·∫ √
1−x2−···−x2n−1
−√
1−x2−···−x2n−1
dxn
とおくと，In(0)が n次元球の体積になる．とくに
I1(x2) =
∫ √1−x2
−√1−x2
dx1 = 2√1− x2
帰納法の仮定In(x
2) = cn(1− x2)n/2
とおくと，上から c1 = 2．一方，
In(x2) =
∫ √1−x2
−√1−x2
In−1(x2 + x21) dx1
= cn−1
∫ √1−x2
−√1−x2
(1− x2 − x21)(n−1)/2 dx1
= cn−1
∫ π/2
−π/2(1− x2)(n−1)/2(1− sin2 θ)(n−1)/2
√1− x2 cos θ dθ (x1 =
√1− x2 sin θ)
= cn−1(1− x2)n/2∫ π/2
−π/2cosn θ dθ
= cn−1(1− x2)n/2B(12,n+ 1
2
)
1.9. B関数 27
これより
cn = cn−1B(12,n+ 1
2
)= cn−2B
(12,n
2
)B(12,n+ 1
2
)= · · ·
= c1B(12,3
2
)B(12,4
2
)· · ·B
(12,n+ 1
2
)= 2
Γ(1/2)Γ(3/2)
Γ(4/2)
Γ(1/2)Γ(4/2)
Γ(5/2)· · · Γ(1/2)Γ((n+ 1)/2)
Γ((n+ 2)/2)
= 2π(n−1)/2 Γ(3/2)
Γ((n+ 2)/2)
= πn/21
Γ((n+ 2)/2)
1.9.2 フレネル積分
∫ ∞
0
sin(x2) dx =1
2
√π
2
または ∫ ∞
0
sinx√xdx =
√π
2
これは積分の交換∫ ∞
0
(∫ ∞
0
e−xy2
sinx dx
)dy =
∫ ∞
0
(∫ ∞
0
e−xy2
sinx dy
)dx (1.1)
をまず考える．I =
∫e−xy
2
sinx dx
とおくと，部分積分を 2回行うことにより
I = −e−xy2
cosx− y2∫
cosx e−xy2
dx
= −e−xy2
cosx− y2∫e−xy
2
cosx dx
= −e−xy2
cosx− y2(e−xy
2
sinx+ y2∫e−xy
2
sinx dx
)= −e−xy
2
cosx− y2e−xy2
sinx− y4I
によりI = −e−xy
2 cosx+ y2 sinx
1 + y4
28 第 1章 重積分
したがって∫ ∞
0
(∫ ∞
0
e−xy2
sinx dx
)dy =
∫ ∞
0
[−e−xy
2 cosx+ y2 sinx
1 + y4
]∞0
dy
=
∫ ∞
0
1
1 + y4dy
=
√2
4π (1.2)
また，t =√xyとおくと∫ ∞
0
e−xy2
sinx dy = sinx
∫ ∞
0
e−xy2
dy
=sinx√x
∫ ∞
0
e−t2
dt
=sinx√x
√π
2
したがって ∫ ∞
0
(∫ ∞
0
e−xy2
sinx dy
)dx =
√π
2
∫ ∞
0
sinx√xdx (1.3)
式 (1.2)と (1.3)を式 (1.1)に代入することにより√π
2
∫ ∞
0
sinx√xdx =
√2
4π
したがって， ∫ ∞
0
sinx√xdx =
2√π
√2
4π =
√π
2
というのが粗筋である．ここで，途中の積分は
例 18 ∫1
1 + x4dx =
∫ (1/2− x/2
√2
x2 −√2x+ 1
+1/2 + x/2
√2
x2 +√2x+ 1
)dx
=
∫ (1/2− x/2
√2
(x−√2/2)2 + 1/2
+1/2 + x/2
√2
(x+√2/2)2 + 1/2
)dx
前項を考える．y = x−√2/2とする．∫
1/2− x/2√2
(x−√2/2)2 + 1/2
dx =
∫1/4− y/2
√2
y2 + 1/2dy
=
√2
4arctan
√2y − 1
4√2log(y2 + 1/2)
=
√2
4arctan
√2(x−
√2
2)− 1
4√2log(x2 −
√2x+ 1)
1.9. B関数 29
これより∫ ∫1
1 + x4dx =
√2
4arctan
√2(x−
√2
2) +
√2
4arctan
√2(x+
√2
2) +
1
4√2log
x2 −√2x+ 1
x2 +√2x+ 1
定積分 ∫ ∞
0
1
1 + x4dx =
√2
4(π
2+π
4) +
√2
4(π
2− π
4)
=
√2π
4
は複素積分の方が簡単である．−Rから Rを結び上半平面を通る半円の軌道を考える．この場合， 1
1+z4 の特異点はこの半円内には z = eπi/4, e3πi/4 の 2
つである．そこでの留数は
limz→(i±1)/
√2
z − i
z4 + 1=
1
4e−3πi/4,
1
4e−9πi/4 =
−1− i
4√2,1− i
4√2
これより ∫C
dz
1 + z4= 2πi× (
−1− i
4√2
+1− i
4√2) =
π
2√2
一方， ∫ R
−R
1
z4 + 1dz → 2
∫ ∞
0
1
1 + x2dx
また，z = Reiθ と変数変換して半円部分の積分は∣∣∣∣∫ π
0
1
R4e4iθ + 1Reiθ dθ
∣∣∣∣ ≤ R
R4 − 1π
は R→ ∞で 0に収束する．以上をまとめれば∫ ∞
0
1
1 + x4dx =
√2π
4
を得る．
もとに戻って，どこが問題かを考えていこう．広義積分を考えてみると，xまたは yが大きくなると e−xy
2 は十分に小さくなることから，x, yが大きいところは無視できて広義積分ができるように思える．しかし，xが 0に近くなると yがとても大きくないと e−xy
2 は小さくはならない．このことは∫ ∞
0
e−x2y sinx dy =
√π
2√xsinx
より，Fubiniの定理を考えれば∫ b
a
(∫ ∞
0
e−xy2
sinx dy
)dx =
∫ ∞
0
(∫ b
a
e−xy2
sinx dx
)dy
30 第 1章 重積分
は成立するが，(0,∞)で xについて広義積分可能でないことから一般論を使うことはできない．しかし，上の左辺は a→ 0, b→ ∞として左辺は∫ ∞
0
(∫ ∞
0
e−xy2
sinx dy
)dx =
√π
2
∫ ∞
0
sinx√xdx
が成り立つ．一方，原始関数を∫ ∞
0
e−xy2
sinx dx = F (x, y)
とおくと，∫ c
0
(∫ b
a
e−xy2
sinx dx
)dy =
∫ c
0
F (b, y) dy −∫ c
0
F (a, y) dy
また，
|F (x, y)| =
∣∣∣∣∫ e−xy2
sinx dx
∣∣∣∣=
∣∣∣∣e−xy2 1
1 + y4(cosx+ y2 sinx)
∣∣∣∣≤ 1+y2
1+y4
1+y2
1+y4 は広義積分可能なので c→ ∞ととれて∫ ∞
0
(∫ b
a
e−xy2
sinx dx
)dy =
∫ ∞
0
F (b, y) dy −∫ ∞
0
F (a, y) dy
が成り立つ．∫ ∞
0
F (a, y) dy =
∫ ∞
0
e−ay2 1
1 + y4(cos a+ y2 sin a) dy
において，a→ 0ととると，sin a→ 0かつ e−ay2 → 1であるので
lima→0
∫ ∞
0
F (a, y) dy =
∫ ∞
0
1
1 + y4dy
一方，任意の ε > 0について∣∣∣∣∫ ∞
0
F (b, y) dy
∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣∫ ε
0
F (b, y) dy
∣∣∣∣+ ∣∣∣∣∫ ∞
ε
F (b, y) dy
∣∣∣∣≤
∫ ε
0
1 + y2
1 + y4dy +
∫ ∞
ε
e−bε2 1 + y2
11 + y4dy
前項は ε × 32 より小さく，後項は b → ∞で 0に近づくことから，この項は
b→ ∞で 0に収束する．以上より∫ c
0
(∫ ∞
0
e−xy2
sinx dx
)dy =
∫ ∞
0
1
1 + y4dy
が示せた．
1.9. B関数 31
1.9.3 複素積分によるフレネル積分
f(z) = e−z2
を考える．これは整関数である．積分路 C を実数部 [0, R]と 4分円 C0 と原
O (R, 0)
π4
eiπ/4
点に戻る経路 Lに分けて∫C
f(z) dx =
∫ R
0
f(z), dz +
∫C0
f(z) dz +
∫L
f(z) dz
となる．整関数の積分だから，Cauchyの積分定理によりこの値は 0に等しい．右辺第 1項: ∫ R
0
f(z) dz =
∫ R
0
e−x2
dx
→∫ ∞
0
e−x2
dx =
√π
2
右辺第 2項:∣∣∣∣∫C0
f(z) dz
∣∣∣∣ ≤∫ π/4
0
∣∣∣e−(Reiθ)2iReiθ∣∣∣ dθ (z = Reiθ)
=
∫ π/4
0
e−R2 cos 2θRdθ
=R
2
∫ π/2
0
e−R2 cosφ dφ
≤ R
2
∫ π/2
0
e−R2(1−2φ/π) dφ (cosφ ≥ 1− 2φ
π)
=R
2e−R
2
∫ π/2
0
eR22φ/π dφ
=R
2e−R
2 π
2R2(eR
2
− 1)
=π
4R(1− e−R
2
) → 0
32 第 1章 重積分
右辺第 3項:∫L
f(z) dz =
∫ 0
R/√2
e−2ix2
(1 + i) dx (z = (1 + i)x)
= −∫ R/
√2
0
(cos(2x2)− i sin(2x2))(1 + i) dx
= −∫ R/
√2
0
(cos(2x2) + sin(2x2)) dx− i
∫ R/√2
0
(cos(2x2)− sin(2x2)) dx
→ −∫ ∞
0
(cos(2x2) + sin(2x2)) dx− i
∫ ∞
0
(cos(2x2)− sin(2x2)) dx
をすべて加えて 0になるのだから，∫ ∞
0
(cos(2x2) + sin(2x2)) dx =
√π
2∫ ∞
0
(cos(2x2)− sin(2x2)) dx = 0
したがって，∫ ∞
0
sin(t2) dt =
∫ ∞
0
sin(2x2)√2 dx (t =
√2x)
=1
2
√π
2
1.9.4 sinxxの定積分
∫ ∞
0
sinx
xdx =
π
2
が成り立つ．これは特性関数から確率分布を求める反転公式，言い換えれば，フーリエ逆変換において重要な役割を果たす式です．これは複素積分によって確かめることができます．C は rから R，そして半径 Rを左回りに半周，−Rから−r，そして半径 rの円を右回りに半周して rに達する閉曲線とします．コーシーの積分定理より ∫
C
eiz
zdz = 0
ですが， ∫ R
r
+
∫ −r
−R
eix
xdx =
∫ R
r
+
∫ −r
−R
cosx+ i sinx
xdx
= 2i
∫ R
r
sinx
xdx
1.9. B関数 33
したがって，r → 0かつ R → ∞をとれば求めたいものの 2i倍になります．半径 Rの円では ∣∣∣∣∫ π
0
eiR cos θ−R sin θ
ReiθiReiθ dθ
∣∣∣∣ ≤ ∫ π
0
e−R sin θ dθ
→ 0 (R→ ∞)
半径 rの円では∫ 0
π
eir cos θ−r sin θ
reiθireiθ dθ = −i
∫ π
0
eir cos θ−r sin θ dθ
→ −πi (r → 0)
以上より， ∫ ∞
0
sinx
xdx =
π
2
が求まります．
1.9.5 Clothoid曲線
x(t) =
∫ t
0
cost2
2dt, y(t) =
∫ t
0
sint2
2dt
で与えられるとき，(x(t), y(t))の描く曲線をクロソイド曲線という．
-1 -0.5 0.5 1
-0.75
-0.5
-0.25
0.25
0.5
0.75
図 1.2: クロソイド曲線
Fresnel積分からわかるように，t→ ∞では (√π2 ,
√π2 )に収束する．この曲
線は
(x′(t), y′(t)) = (cost2
2, sin
t2
2), (x′′(t), y′′(t)) = (−t sin t
2
2, t cos
t2
2)
34 第 1章 重積分
であるから，速度と加速度は
|v(t)| = 1, |a(t)| = |t|
となる．つまり速度一定で，滑らかに内側に力を加えることでこの曲線を得る．道路で直線から滑らかに円に繋ぐと曲線は滑らかだが，円に入ったところ
で，円運動をするための力を急激に加えなければならない．実際，直線では加速度は 0だが， 速度 1で半径 1 の円に入ると運動は (cos t, sin t)と表されるので
v(t) = (− sin t, cos t), a(t) = (− cos t,− sin t)
になるので，カーブに入る前は 0であった加速度を |a(t)| = 1へと急激に内側に
加えなければならない． 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
35
第2章 偏微分
2.1 高次元の連続性f(x, y)が (a, b)で連続とは
∀ε > 0 ∃δ > 0 s.t. d((x, y), (a, b)) < δ ⇒ |f(x, y)− f(a, b)| < ε
ここで，dはある距離偏微分ができても，連続とは限らない．
例 19
f(x, y) =
xy
x2+y2 (x, y) = (0, 0)
0 (x, y) = (0, 0)
実際，(x, y) = (0, 0)ならば
∂f
∂x=
−x2y(x2 + y2)2
,∂f
∂y=
x2 − xy2
(x2 + y2)2
と偏微分できる．一方，(x, y) = (0, 0)でも
f(h, 0) = f(0, k) = 0
であるから，偏微分はともに 0に等しい．しかし，y = axとおくと
f(x, y) =ax2
(1 + a2)x2
であるから，(x, ax) → (0, 0)ととると
a
1 + a2
に近づいて，一定の値ではない．
例 20
f(x, y) =
xyx2−y2x2+y2 (x, y) = (0, 0)
0 (x, y) = (0, 0)
36 第 2章 偏微分
の場合は
∂
∂xf(x, y) =
yx4+4x2y2−y4
(x2+y2)2 (x, y) = (0, 0)
0 (x, y) = (0, 0)
∂
∂yf(x, y) =
xx4−4x2y2−y4
(x2+y2)2 (x, y) = (0, 0)
0 (x, y) = (0, 0)
とくに，x = 0, y = 0のときは
∂
∂xf(0, y) = −y
∂
∂yf(x, 0) = x
であるので，
∂2f
∂x2f(0, 0) =
∂2f
∂y2f(0, 0) = 0,
∂2
∂x∂yf(0, 0) = 1,
∂2
∂y∂xf(0, 0) = −1
となり，∂2
∂x∂yf(0, 0) = ∂2
∂y∂xf(0, 0)
2.2 偏微分
∂f
∂x(x, y) = lim
h→0
f(x+ h, y)− f(x, y)
h
定義 1 f が Ck 級であるとは，そのすべての k微分が存在して，連続なことである．
定義 2 f が (a, b)で全微分可能であるとは
f(x, y)−(f(a, b) +
∂f
∂x(a, b)(x− a) +
∂f
∂y(a, b)(y − b)
)= o(h)
ただし，h = d((x, y), (a, b))
上の定義より，全微分可能ならば連続である．
定理 4 f が C1級ならば，全微分可能であり，そのことから連続であることが導かれる．
2.2. 偏微分 37
証明. C1 なので，平均値の定理より，0 ≤ θ1, θ2 ≤ 1が存在して
f(x+ h, y + k)− f(x, y + k) =∂f
∂x(x+ θ1h, y + k)h
f(x, y + k)− f(x, y) =∂f
∂x(x, y + θ2k)k
これらをあわせると
f(x+ h, y + k)− f(x, y) =
(∂f
∂x(x, y) + o(1)
)h+
(∂f
∂y(x, y) + o(1)
)k
=∂f
∂x(x, y)h+
∂f
∂y(x, y)k + o(
√h2 + k2)
したがって，全微分可能である．きちんと述べるならば，∀ε > 0について，∂f
∂x および∂f∂y は連続であるの
で，∃δ > 0 s.t. |h|, |k| < δならば∣∣∣∣∂f∂x (x+ h, y + k)− ∂f
∂x(x, y)
∣∣∣∣ < ε∣∣∣∣∂f∂y (x+ h, y + k)− ∂f
∂y(x, y)
∣∣∣∣ < ε
であるので∣∣∣∣f(x+ h, y + k)− f(x, y)− h∂f
∂x(z, y)− k
∂f
∂y(z, y)
∣∣∣∣ ≤ (h+ k)ε
また， ∣∣∣∣ h+ k√h2 + k2
∣∣∣∣ < √2
より∣∣∣∣f(x+ h, y + k)− f(x, y)− h∂f
∂x(z, y)− k
∂f
∂y(z, y)
∣∣∣∣ ≤√h3 + k2√2ε
であるので，両辺を√h2 + k2でわると，任意の εより小さいのであるから，
h, k → 0で，右辺は 0に等しくなるので，全微分可能性が示される．
例 21 1. f(x, y) = (xy)1/3 は全微分可能ではない．
(x, y) = 0では，偏微分は
∂f
∂x=
1
3x−2/3y1/3
∂f
∂y=
1
3x1/3y−2/3
であるが∂f
∂x(0, 0) = lim
h→0
f(h, 0)− f(0, 0)
h= 0
38 第 2章 偏微分
である．同様に ∂f∂y (0, 0) = 0であるので，
R(x, y) = f(x, y)−(f(0, 0)− ∂f
∂x(0, 0)x+
∂f
∂y(0, 0)y
)= f(x, y)
しかし，R(x, y)√x2 + y2
=(xy)1/3√x2 + y2
は y = axでa1/3x2/3√1 + a2|x|
なので，x→ 0で発散する．
2. f(x, y) = (xy)2/3 は全微分可能である．
∂f
∂x(0, 0) = lim
h→0
f(h, 0)− f(0, 0)
h= 0
であることから，R(x, y) = f(x, y)であることは変わらない．
R(x, y)√x2 + y2
=(xy)2/3√x2 + y2
ここで，z = max|x|, |y|とおくと，x2+y2 ≤ z2かつ (xy)2 ≤ z4より
|R(x, y)| ≤ z4/3
z= z1/3
であるので，x, y → 0ならば z → 0であることから導かれる．
3. f(x, y) = ex+y は (0, 0)で全微分可能である．
f(0, 0) = 1,∂f
∂x(0, 0) = 1.
∂f
∂y(0, 0) = 1
よって，ex のテイラー展開より
R = ex+y − (1 + x+ y) =ec
2(x+ y)2
x = r cos θ, y = r sin θとおいて代入すれば Rr → 0が出る．
定理 5 f が C2 級ならば∂2f
∂x∂y=
∂2f
∂y∂x
この定理は一般の k回偏微分に拡張できる．
証明.
φ(x, y) = f(x, y + k)− f(x, y)
ψ(x, y) = f(x+ h, y)− f(x, y)
2.2. 偏微分 39
とおくと
∆ = f(x+ h, y + k)− f(x+ h, y)− f(x, y + k) + f(x, y)
の組み合わせを変えると
∆ = φ(x+ h, y)− φ(x, y)
= ψ(x, y + k)− ψ(x, y)
と表せる．平均値の定理より，0 ≤ θ1, θ′1 ≤ 1が存在して
∆ =∂φ
∂x(x+ θ1h, y)h
=
(∂f
∂x(x+ θ1, y + k)− ∂f
∂y(x+ θ1, y)
)h
=∂2f
∂y∂x(x+ θ1h, y + θ′1k)hk
同様に，0 ≤ θ2, θ′2 ≤ 1が存在して
∆ =∂2f
∂x∂y(x+ θ2h, y + θ′2k)hk
これより
∂2f
∂y∂x(x+ θ1h, y + θ2k) =
∂2f
∂x∂y(x+ θ3h, y + θ4k)
f がC2級より，両辺とも連続なので，h, k → 0ととれば，目的の式を得る．
定理 6 (合成関数の微分) f(x, y)が全微分可能で，x = x(t)，y = y(t)が微分可能ならば
df
dt(x(t), y(t)) =
∂f
∂x(x(t), y(t))× x′(t) +
∂f
∂y(x(t), y(t))× y′(t)
証明.
f(x(t+h), y(t+h)) = f(x(t), y(t))+∂f
∂x(x(t), y(t))(x(t+h)−x(t))+∂f
∂y(x(t), y(t))(y(t+h)−y(t))+R
したがって
f(x(t+ h), y(t+ h))− f(x(t), y(t))
h=∂f
∂x(x(t), y(t))x′(t+ θ1h) +
∂f
∂y(x(t), y(t))y′(t+ θ2h) +
R
h
R
h=
R√(x(t+ h)− x(t))2 + (y(t+ h)− y(t))2
√(x(t+ h)− x(t))2 + (y(t+ h)− y(t))2
h
40 第 2章 偏微分
後者，右辺の後項は√(x(t+ h)− x(t))2 + (y(t+ h)− y(t))2
h=
√(x(t+ h)− x(t)
h
)2
+
(y(t+ h)− y(t)
h
)2
→√(x′(t))2 + (y′(t))2 (h→ 0)
右辺の前項は全微分可能性より 0に収束する．
問題 9∂2z
∂x2+∂2z
∂y2=∂2z
∂r2+
1
r2∂2z
∂θ2+
1
r
∂z
∂r
を示しなさい．
∂z
∂r=
∂z
∂xcos θ +
∂z
∂ysin θ
∂z
∂θ= −∂z
∂xr sin θ +
∂z
∂yr cos θ
により，z ∈ C2 ならば
∂2z
∂r2=
∂2z
∂x2cos2 θ + 2
∂2z
∂x∂ycos θ sin θ +
∂2z
∂y2sin2 θ
∂2z
∂θ2=
∂2z
∂x2r2 sin2 θ − ∂z
∂xr cos θ − 2
∂2z
∂x∂yr2 cos θ sin θ +
∂2z
∂y2r2 cos2 θ − ∂z
∂yr sin θ
したがって
∂2z
∂r2+
∂2z
r2∂θ2=
∂2z
∂x2− 1
r
∂z
∂xcos θ +
∂2z
∂y2sin2 θ − 1
r
∂z
∂ysin θ
=∂2z
∂x2+∂2z
∂y2− 1
r
∂z
∂r
問題 10 H(p, q)(ハミルトニアン)が
∂H
∂p=dq
dt,
∂H
∂q= −dp
dt
をみたすとき，dHdt = 0を示しなさい．ただし，H ∈ C1 とする．
dH
dt=∂H
∂p
dp
dt(t) +
∂H
∂q
dq
dt(t) = 0
運動方程式dq
dt=
p
m, F = m
d(p/m)
dt=dp
dt
2.2. 偏微分 41
において，potential U が存在して (位置エネルギー)
F = −∂U∂q
をみたすとき，T = 12p2
m とおくとき
H = T + U
はエネルギーであり，Newtonの運動方程式を用いると∂H
∂p=
p
m=dq
dt,
∂H
∂q=∂U
∂q= −F = ma2 = −dp
dt
をみたす．L = T − U
を Lagrangeanという．これは Lagrangeの運動方程式d
dt
∂L
∂q− ∂L
∂q= 0
をみたす．ここで，q = dqdt である．Lを全微分可能な関数として，qと qの
関数とみて，全微分の形式に表すと
L(q，q) = L(q0, q0) +∂L
∂q(q0, q0)× (q − q0) +
∂L
∂qq0, q0)× (q − q0) +R
ここで，ここで Rは剰余項である．そこで，p = ∂L∂q とおくと
∂L
∂q=
d
dt
∂L
∂q=dp
dt
なので，
L(q，q) = L(q0, q0) +dp
dt× (q − q0) + p× (q − q0) +R
をみたす．簡単のため
∆L(q，q)−L(q0, q0), ∆q = q−q0, ∆q = q− q0, ∆p = p(q, q)−p(q0, q0)
とおくと∆L =
dp
dt∆q + p∆q +R
さらに，pq − L = H とおくとき，
∆(pq) = p×∆q +∆p× q
に注意すればH(q，q) = H(q0, q0) + q∆p− dp
dt∆q +R
を得て，これを全微分の式と見れば，ハミルトンの形式を得る。つまり，Newtonの運動方程式，ハミルトン形式，ラグランジェの運動方
程式は同じものである．
42 第 2章 偏微分
2.3 高次元のテイラー展開f が Cr 級ならば
f(x+ h, y + k) =r−1∑i=0
1
i!
i∑j=0
iCj∂if
∂xj∂yi−j(x, y)hiki−j +Rn(x, y)
剰余項は，ある 0 ≤ θ ≤ 1が存在して
Rn(x, y) =1
r!
r∑j=0
rCj∂rf
∂xj∂yr−j(x+ θh, y + θk)hjkr−j
証明.
g(t) = f(x+ th, y + tk)
のテイラー展開
g(t) =
r−1∑i=0
g(i)(0)
i!ti +
g(r)(θt)
r!tr
に t = 1を代入すればよい．ここで
g(i)(t) =
i∑j=0
iCj∂if
∂xj∂yi−j(x+ th, y + tk)hjki−j
形式的に
r−1∑i=0
1
i!
(h∂
∂x+ k
∂
∂y
)if(x, y) +
1
r!
(h∂
∂x+ k
∂
∂y
)rf(x+ θh, y + θk)
2.4 平均値の定理定理 7 (平均値) f が [a, b]が連続で微分可能ならば
1. ある a < c < bが存在して
f(b)− f(a)
b− a= f ′(c)
2. 0 < c < hまたは 0 > c > hが存在して
f(x+ h) = f(x) + f ′(c)h
3. 0 < θ < 1が存在して
f(x+ h) = f(x) + f ′(x+ θh), f(b) = f(a) + f ′(a+ θ(b− a))
2.4. 平均値の定理 43
定理 8 (Rolle) f が [a, b]でC1級とする．さらに f(a) = f(b)をみたすならば，f ′(c) = 0をみたす a < c < bが存在する．
証明. f ≡ 0でないとする．f には (a, b)で最大値または最小値が存在する．最大値を a < c < bでとるとしよう．x1 < c < x2 について
f(x1)− f(c)
x1 − c> 0 >
f(x2)− f(c)
x2 − c
が成り立ち，f は x = c で微分が存在することから，x1, x2 → c ととればf ′(c) ≤ 0 ≤ f ′(c)より f ′(c) = 0が成り立つ．
定理 9 (拡張した平均値) F,Gが [a, b]で C1 級ならば
F (b)− F (a)
G(b)−G(a)=F ′(c)
G′(c)
をみたす a < c < bが存在する．
証明.
Q(x) = F (x)− F (a)− F (b)− F (a)
G(b)−G(a)(G(x)−G(a))
ととれば，Q(a) = Q(b) = 0かつ微分可能である．したがって，a < c < bが存在して，Q′(c) = 0をみたす．
Q′(c) = F ′(c)− F (b)− F (a)
G(b)−G(a)G′(c) = 0
を整理すればよい．
定理 10 (テイラー展開) f が x = aで Cn 級ならば
f(x) =
n−1∑k=0
f (k)(a)
k!(x− a)k +Rn(x)
ここで，剰余項 Rn(x)について
Rn(x) =f (n)(c)
n!(x− a)n
をみたす xと aの間の点 cが存在する．
44 第 2章 偏微分
f(x) =n−1∑k=0
f (k)(a)
k!(x− a)k + rn(x− a)n
rn =f (n)(c)
n!
と表す方がよいかもしれない．
証明.
F (x) = f(b)− f(x)−n−1∑k=1
f (k)(x)
k!(b− x)k = f(b)−
n−1∑k=0
f (k)(x)
k!(b− x)k,
G(x) = (b− x)n
とおいて，拡張した平均値の定理を用いると，ある a < c < bが存在して
F (b)− F (a)
G(b)−G(a)=F ′(c)
G′(c)
をみたす．ここで
F ′(x) = −n−1∑k=0
f (k+1)
k!(b− x)k +
n−1∑k=1
f (k)(x)
(k − 1)!(b− x)k−1
= −n−1∑k=0
f (k+1)(x)
k!(b− x)k +
n−2∑k=0
f (k+1)(x)
k!(b− x)k
= − fn)(x)
(n− 1)!(b− x)n−1
これを用いると
F (b)− F (a) = −F (a) = f(b)−n−1∑k=0
f (k)(a)
k!(b− a)k
と
(G(b)−G(a))F ′(c)
G′(c)= −(b− a)n
−f (n)(c)(b− c)n−1
−(n− 1)!n(b− c)n−1
= −(b− a)nf (n)(c)
n!
が等しいことから導かれる．
命題 1 (テイラー展開の積分形) 剰余項の評価
Rn(x) =
∫ x
a
f (n)(t)
(n− 1)!(x− t)n−1 dt
2.5. 方向微分 45
証明.
f(x)− f(a) =
∫ x
a
f ′(t) dt = R1(x)
であることと，部分積分により
Rn(x) =
[f (n−1)(t)
(x− t)n−1
(n− 1)!
]xa
+
∫ x
a
f (n−1)(t)(x− t)n−2
(n− 2)!dt
= −f(n−1)(a)
(n− 1)!(x− a)n−1 +Rn−1(x)
により，帰納的に証明される．
2.5 方向微分
ベクトル v =
(a
b
)を考える．
Dvf(x, y) = limh→0
f(x+ ah, y + bh)− f(x, y)
h
を，方向微分とよぶ．e1 =
(1
0
), e2 =
(0
1
)と表すと
De1f(x, y) =
∂f
∂x(x, y), De2
f(x, y) =∂f
∂y(x, y)
をみたす．平均値の定理により (0 < ∃θ < 1, 0 < ∃θ′ < 1)
f(x+ ah, y + bh)− f(x, y) = f(x+ ah, y + bh)− f(x, y + bh) + f(x, y + bh)− f(x, y)
= ah∂f
∂x(x+ aθh, y + bh) + bh
∂f
∂y(x, y + bθ′h)
より，f が C1 級ならば
Dvf(x, y) = a∂f
∂x(x, y) + b
∂f
∂y(x, y)
= (aDe1f + bDe2f) (x, y)
= (De1f,De2f)v
で与えられる．ここで勾配 grad
grad f = (De1f,De2f) =(∂f∂x,∂f
∂y
)は微分作用素となっている．この作用素は空間の基底の変換について不変である．
46 第 2章 偏微分
一般的に n次元としよう．f : Rn → Rとし，
Df =( ∂f∂x1
, . . . ,∂f
∂xn
)とおく．基底の変換行列を U で与える．すなわち，
X1
...
Xn
= U−1
x1...
xn
方向微分のベクトルも
V1...
Vn
= U−1
v1...
vn
とおく．
xk =
N∑k=1
uikXk
であるので，
∂f U∂Xj
= limh→0
f(U(· · · , Xj + h, · · · ))− f(U(· · · , Xj , · · · ))h
= limh→0
f(∑nk=1 uikXk + uijh)− f((
∑nk=1 uikXk))
h
=n∑i=1
∂f
∂xiuij
したがって，
(∂f U∂X1
, . . . ,∂f U∂Xn
)V1...
Vn
=
n∑j=1
∂f U∂Xj
Vj
=n∑j=1
n∑i=1
∂f
∂xiuijVj =
n∑i=1
∂f
∂xi
n∑j=1
uijVj
=n∑i=1
∂f
∂xivi = Df · v
一般に，f : Rn → Rn の場合には，微分Df は n× n行列で表される．例え
ば n = 2のとき，f(x, y) =(φ(x, y)
ψ(x, y)
)で表すと
Df(x, y) =
(∂φ∂x
∂φ∂y
∂ψ∂x
∂ψ∂y
)
2.6. 陰関数定理 47
となって，積分の変数変換にも現れる Jacobi行列である．この場合には，
F (u, v) =
(x(u, v)
y(u, v)
)
とおいて
J =
(∂x∂u
∂x∂v
∂y∂u
∂y∂v
)と表して ∫
F (D)
f(x, y) dxdy =
∫D
f(F (u, v))| det J | dudv
とした方がわかりやすい．
2.6 陰関数定理陰関数 f(x, y) = 0を関数 y = φ(x)と表すことを考える．
例 22 • 実数の中では存在しない例: x2 + y2 + 1 = 0, ey + x2 = 0
• 複数存在する例:
– x2 + y2 = 1 (y +±√1− x2)
– sin y − x = 0 (y = arcsinx+ 2nπ)
– tan y − x = 0 (y = arctanx+ nπ)
– (複素数) ey − x = 0 (y = log |x|+ i arg x)
– (複素数) yn − x = 0 (y = x1n = |x|1/nei arg x/n)
定理 11 (陰関数定理) f が (a, b)の近傍で C1 かつ
∂f
∂y(a, b) = 0, f(a, b) = 0
ならば，ある aの近傍 U と関数 φ ∈ C1 が存在して
f(x, φ(x)) = 0, φ(a) = b
かつ
φ′(x) = −∂f∂x (x, φ(x))∂f∂y (x, φ(x))
証明. テイラー展開を用いる．
1. φの存在
48 第 2章 偏微分
2. φの連続性
3. φ ∈ C1
という方針で臨む．∂f
∂y(a, b) > 0
とする．
step 1. ∃b1 < b < ∃b2で b1 < y < b2ならば ∂f∂y (a, y) > 0を選ぶ．f(a, b) =
0であるから，f(a, b1) < 0 < f(a, b2)
これより，∃ε > 0 s.t. a− ε < x < a+ εならば
f(x, b1) < 0 < f(x, b2)
かつ，∂f
∂y(x, y) > 0 (b1 < y < b2)
と選ぶ．U = (a− ε, a+ ε)ととれば，各 x ∈ U について，単調性より b1 < c < b2
で f(x, c) = 0をみたす cがただ一つに定まる．これより，φ(x)が定まる．
step 2 もし cで φが不連続としよう．すなわち，
∃δ > 0 xn s.t. xn → c and |φ(xn)− φ(c)| > δ
部分列をとって，φ(xn) → dとなるようにする．f の連続性より
limn→∞
f(xn, φ(xn)) = f(c, d)
だが，左辺は 0に等しいので，一意性より d = φ(c)でなければならない．これは矛盾
step 3. テイラー展開より
f(x+h, y+k)−f(x, y) = h∂f
∂x(x+θh, y+θk)+k
∂
∂yf(x+θh, y+θk) (0 < θ < 1)
ここでy = φ(x), k = φ(x+ h)− φ(x)
とおくと
0 = h∂f
∂x(x+ θh, φ(x) + θk) + (φ(x+ h)− φ(x))
∂
∂yf(x+ θh, φ(x) + θk)
これで hで割って，h→ 0ととればよい．
2.6. 陰関数定理 49
2.6.1 Lagrangeの未定乗数法g(x, y)が (a, b)で特異点であるとは
g(a, b) = 0,∂g
∂x(a, b) = 0,
∂g
∂y(a, b) = 0
をみたすことである．
定理 12 (Lagrangeの未定乗数法) f, g ∈ C1 とする．g(x, y) = 0という条件のもとで，f が (a, b)で極値をとるのは次のいずれかをみたす場合である．
1. g(a, b) = 0かつ (a, b)は gの特異点
2. Fα(x, y) = f(x, y)− αg(x, y)とおくと
(a) g(a, b) = 0
(b) αが存在して
∂Fα∂x
(a, b) = 0,∂Fα∂y
(a, b) = 0
証明. ∂g∂y (a, b) = 0とする．そうでなければ，x軸と y軸を入れ替える．
陰関数定理より ∃φ(x) s.t. g(x, φ(x)) = 0かつ φ(a) = b
そこでF (x) = f(x, φ(x))
とおく．これが x = aで極値をとるのだから
F ′(a) =∂f
∂x(a, b) +
∂f
∂y(a, b)φ′(a) = 0
もちろん，g(x, φ(x)) = 0なので
∂g
∂x(a, b) +
∂g
∂y(a, b)φ′(a) = 0
したがって
(1, φ′(a))
(∂f∂x
∂g∂x
∂f∂y
∂g∂y
)(a, b) = (0, 0)
したがって ∃αで (∂f∂x∂f∂y
)(a, b) = α
(∂g∂x∂g∂y
)(a, b)
50 第 2章 偏微分
問題 11 x2 + y2 = 1のもとで，xyの極値を求める．gの特異点 (0, 0)は g(0, 0) = 0をみたさない．
Fα(x, y) = xy − α(x2 + y2 − 1)
なので，∂F
∂x= y − 2αx,
∂F
∂y= x− 2αy
したがって，α = 12 かつ x2 + y2 = 1より x = y = ± 1√
2
問題 12 g(x, y) = x3 + y3 − 3xy = 0のもとで f(x, y) = xyの極値を求める，
∂Fα∂x
= y − α(3x2 − 3y) = 0
∂Fα∂y
= x− α(3y2 −−3x) = 0
g(x, y) = x3 + y3 − 3xy = 0
により，Lagrangeから得られる極値は x = y = 32
g の特異点 (1, 1)は g(1, 1) = 0をみたさない．もう 1つの特異点 (0, 0)で
は f の Hesse行列は(0 1
1 0
)でその固有値は ±1なので鞍点である．
g(x, y) ≡ 0を保ちながら y = 13x
2 + oで近づくと，f(x, y) = 13x
3 + o，同様に，x = 1
3y2 + oで近づくと f(x, y) = 1
3y3 + oなので極値にならない．
問題 13 g(x, y) = (x2 + y2)2 − 2(x2 − y2) = 0のもとで，f(x, y) = xyの極値を求める．
gの特異点は (0, 0)，Hesse行列は(0 1
1 0
)でその固有値は±1なので鞍点
である．極値は
(y(x2y + y3 + y) = x(x3 + xy2 − x)
を解いて，x2 = y2 + 1を f に代入すると 2y2 + 1 =√2が出るので
x = ±√√
2 + 1√2
, y = ±√√
2− 1√2
問題 14 g(x, y, z) = xy + yz + zx − 3 = 0のもとで，f(x, y, z) = xyz 極値を求める．(0, 0, 0)は g(0, 0, 0) = 0をみたさない．(−1,−1,−1)で極小値−1，(1, 1, 1)
で極大値 1
2.6. 陰関数定理 51
問題 15 エントロピー
H(p1, . . . , pn) = −n∑i=1
pi log pi
を最大にするのは p1 = · · · = pn = 1n であることを確かめよ．
問題 16 周囲の長さが一定の三角形で面積が最大のものと求める．
• ヘロンの公式 s = a+b+c2 とすると，面積は
√s(s− a)(s− b)(s− c)な
のでF =
√s(s− a)(s− b)(s− c)− λ(a+ b+ c− 3)
で s = 32 を入れて解く．
• 辺の長さを a, b, cそして a, bの挟む角度を θとする．
F = ab sin θ − λ(a+ b+ c)− µ(a2 + b2 − 2ab cos θ − c2)
とおく．
∂F
∂a= b sin θ − λ− 2(a− b cos θ)µ
∂F
∂b= a sin θ − λ− 2(b− a cos θ)µ
∂F
∂c= −λ+ 2cµ
∂F
∂θ= ab cos θ − 2ab sin θµ
下の 2つの式より µ = cos θ2 sin θ．これを代入すると
b sin2 θ = (a+ c) cos θ
a sin2 θ = (b+ c) cos θ
これと a2 + b2 − 2ab cos θ = c2，周囲の長さ a+ b+ c = 3として，代入して解けば a = b = c = 1
• 辺の長さを a, b, c, BからACに下ろした垂線の長さを x,Cから垂線の足までの長さを y とすると，a+b+c = 3, x2+y2 = a2,x2+(b−y)2 = c2
を用いて
F = bx− λ(a+ b+ c− 3)− µ(x2 + y2 − a2)− ν(x2 + (b− y)2 − c2)
として，8元連立方程式を解く．
52 第 2章 偏微分
2.7 極大，極小
z = f(x, y)
を考える．f の停留点とは
∂f
∂x(a, b) =
∂f
∂y(a, b) = 0
という．つまり勾配が 0になる点，接平面が xy平面と平行な点である．
補題 7 f ∈ C2，ある vが存在してDvf(a, b) = 0ならば，(a, b)は極大でも極小でもない．
証明. テイラー展開より
f(a+ hp, b+ hq) = f(a, b) + hDvf(a, b) + o(h)
であるから，明らかである． すなわち，停留点以外では極値になり得ない．
Hesse行列
H(a, b)−
(∂2f∂x2
∂2f∂x∂y
∂2f∂y∂x
∂2f∂y2
)は f ∈ C2 ならば対称行列になるので，対角化ができ，さらに固有値は実数で，固有ベクトルは直交する．
対称行列 A = A∗をみたす行列を対称行列という．実対称行列はA = tAをみたす．
定理 13 対称行列は対角化でき，その固有値は実数であり，さらに異なる固有値に属する固有ベクトルは直交する．
証明. 任意のベクトル x,yについて
(Ax,y) = (x, Ay)
をみたすことに注意する．xが固有値 λの固有ベクトルとすると
λ(x,x) = (λx,x) = (Ax,x) = (x, Ax) = (x, λx) = λ(x,x)
||x|| =√(x,x) > 0であるので，λ = λ，ゆえに λは実数である．
µを λとは異なる固有値とし，yをその固有ベクトルとする．
λ(x,y) = (Ax,y) = (x, Ay) = (x, µy) = µ(x,y)
2.7. 極大，極小 53
µは実数であるので，(x,y) = 0でなければならない．Aが対角化できないとする．そのとき，固有値 λと固有ベクトル xとそれ
に従属する固有ベクトル yがある．すなわち，
Ax = λx, Ay = λy + x
このとき，
λ(x,y) = (Ax,y) = (x, Ay) = (x, λy + x) = λ(x,y) + (x,x)
したがって，x = 0でなければならず，yも固有ベクトルになる．
補題 8 停留点で Hesse行列が
1. 2つとも固有値が正ならば極小
2. 2つとも固有値が負ならば極大
3. 固有値が正と負が 1つずつならば鞍点
証明. 固有値を λ, µ，対応する単位固有ベクトルを u, vとおく．任意のベクトル w = αu+ βvについて
hw(t) = f((a, b) + tw)− f(a, b)
とおく．テイラー展開より
hw(t) = t(αu1 + βv1)∂f
∂x(a, b) + t(αu2 + βv2)
∂f
∂y(a, b)
+t2(αu1 + βv1)
2
2
∂2f
∂x2(a, b) + t2(αu1 + βv1)(αu2 + βv2)
∂2f
∂x∂y(a, b) +
t2(αu2 + βv2)2
2
∂2f
∂y2(a, b)
+o(t2)
= t(w, grad f(a, b)) +t2
2twHw + o(t2)
=t2
2(α2λ+ β2µ) + o(t2)
ここで
grad f(a, b) =
(∂f∂x∂f∂y
)(a, b)
これより補題の証明が終わる．
補題 9 行列(p q
q r
)について
54 第 2章 偏微分
1. p+ r > 0かつ pr − q2 > 0なら固有値は 2つとも正
2. pr − q2 < 0ならば固有値は正と負 1つずつ
3. p+ r < 0かつ pr − q2 > 0ならば 2つとも負
証明. p + rは行列のトレース =固有値の和，pr − q2 が行列式 =固有値の積であることから明らか 勾配
grad f(x, y) =
(∂f∂x∂f∂y
)(x, y)
は関数 f のもっとも勾配のきつい方向を表し，それに直交するベクトルは等高線の方向になる．定義域 R2 に勾配と等高線の方向の単位ベクトルを図に表してみよう．まず，f(x, y) = x2 + y2 では原点が谷底になります．このとき，勾配を表すベクトル場と等高線を表すベクトル場は次のようになります．
図 2.1: f(x) = x2 + y2
-2 -1 0 1 2
-2
-1
0
1
2
-3 -2 -1 0 1 2 3
-3
-2
-1
0
1
2
3
f(x, y) = −x2 − y2 では原点が山の頂点になります．このとき，勾配を表すベクトル場と等高線を表すベクトル場は次のようになります．
2.7. 極大，極小 55
図 2.3: f(x) = x2 − y2
-3 -2 -1 0 1 2 3
-3
-2
-1
0
1
2
3
-3 -2 -1 0 1 2 3
-3
-2
-1
0
1
2
3
図 2.2: f(x) = −x2 − y2
-2 -1 0 1 2
-2
-1
0
1
2
-3 -2 -1 0 1 2 3
-3
-2
-1
0
1
2
3
f(x, y) = x2 − y2 では原点が峠になります．このとき，勾配を表すベクトル場と等高線を表すベクトル場は次のようになります．
f(x, y) = x3 − y3 − 3x+ 3y
56 第 2章 偏微分
の図はgrad f は (±1,±1)で (0, 0)になり，そこでは
H(x, y) ∼
6 0
0 −6
(x, y) = (1, 1)6 0
0 6
(x, y) = (1,−1)−6 0
0 −6
(x, y) = (−1, 1)−6 0
0 6
(x, y) = (−1,−1)
となります．これから想像がつくように，grad f のベクトル場，等高線のベクトル場は次のようになります．
2.8. 平面曲線 57
-2 -1 0 1 2
-2
-1
0
1
2
-2 -1 0 1 2
-2
-1
0
1
2
2.8 平面曲線f ∈ C1 のとき，f(x, y) = 0の解を考えよう．∂f
∂y (x, y) = 0ならば，陰関数が存在するので，(x, y)を通る曲線が存在する．∂f
∂x (x, y) = 0ならば，yを独立変数として陰関数が存在するので，(x, y)を通る曲線が存在する．テイラー展開
f(x, y) = f(a, b) +∂f
∂x(a, b)(x− a) +
∂f
∂y(a, b)(y − b) + · · ·
で考えれば，曲線は y − b = −∂f(a,b)/∂x∂f(a,b)/∂y (x − a)に近いことがわかる．停留
点では，その Hesse行列を考えれば，detH(a, b) > 0ならば，極大か極小なので f(x, y) = 0となる点は 1点だけ，すなわち孤立点になる．そうでないときは結節点になる．uを固有値 λに対応する長さ 1の固有ベクトル，vを固有値 µに対応する長さ 1の固有ベクトルとすれば，テイラー展開の 2次の項12txHxを u, vで表してテイラー展開は
f((a, b) + αu+ βv) = f(a, b) +∂f
∂x(a, b)(x− a) +
∂f
∂y(a, b)(y − b)
+1
2t(αu+ βv)H(αu+ βv) + · · ·
=1
2(α2λ+ β2µ) + · · ·
なので，λµ < 0ならば，f(x, y) = 0をみたす (x, y)は (a, b)の近くで (a, b)+
α(u± v√−λ/µ) (α ∼ 0)をみたす 2直線になる．
例 23
f(x, y) = y2 − x3 + x2
58 第 2章 偏微分
f(x, y) = 0の解はy = ±
√x3 − x2
grad f =
(−3x2 + 2x
2y
)
H(x, y) =
(−6x+ 2 0
0 2
)
特異点は (0, 0)，固有値は 2，固有ベクトルは(1
0
),
(0
1
)
特異点は ( 23 , 0)，固有値は ±2，固有ベクトルは(1
0
),
(0
1
)
0.5 1 1.5 2
-2
-1
1
2
例 24
f(x, y) = y2 + xy − x3
f(x, y) = 0の解は
y =−x±
√x2 + 4x3
2
grad f =
(y − 3x2
2y + x
)
H(x, y) =
(−6x 1
1 2
)
2.8. 平面曲線 59
特異点は (0, 0)，固有値は 1±√2，固有ベクトルは(
−1 +√2
1
),
(−1−
√2
1
)
特異点は (−16 ,
112 )，固有値は
3±√5
2 ，固有ベクトルは(−2 + 3±
√5
2
1
)
x→ ∞の漸近線が y = ±x3/2 さらに
• fx = 0の解は (−29 ,
427 )
• fy = 0の解は (− 14 ,
18 )
-0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1
-0.2
-0.1
0.1
0.2
0.3
例 25
f(x, y) = x3 + y3 − 3xy
grad f =
(3x2 − 3y
3y2 − 3x
)
H(x, y) =
(6x −3
−3 6y
)
特異点は (0, 0)，固有値は ±3，固有ベクトルは(1
1
)と(−1
1
)
特異点は (1, 1)，固有値は 3, 9，固有ベクトルは(1
1
)と(−1
1
)漸近線は y =
−x さらに
60 第 2章 偏微分
• fx = 0の解は (21/3, 22/3)
• fy = 0の解は (22/3, 21/3)
-1 -0.5 0.5 1 1.5
-1
-0.5
0.5
1
1.5
例 26
f(x, y) = (x2 + y2)2 − 2(x2 − y2)
grad f =
(−4x+ 4x(x2 + y2)
−4y + 4y(x2 + y2)
)
H(x, y) =
(−4 + 8x2 + 4(x2 + y2) 8xy
8xy 4 + 8y2 + 4(x2 + y2)
)
特異点は (0, 0)，固有値は ±4，固有ベクトルは(1
0
)と(0
1
)
特異点は (±1, 0)，固有値は 8，固有ベクトルは(1
0
)と(0
1
)有界であること
もわかる．さらに
• fx = 0の解は (±√32 ,±
12 )
• fy = 0の解は (±√2, 0)
2.9. ベクトル解析 61
-1 -0.5 0.5 1
-0.4
-0.2
0.2
0.4
2.9 ベクトル解析2.9.1 勾配 (grad)
f を R2 の上の関数としましょう．
grad f = (∂f
∂x,∂f
∂y)
と定めます．関数 f がベクトル v = (vx, vy)方向へ動かしたときの方向微分を
Dvf(x, y) = limh→0
f(x+ hvx, y + hvy)− f(x, y)
h
で定義すると，関数 f が滑らかならば，内積を用いて
Dvf(x, y) =∂f
∂xvx +
∂f
∂yvy = (grad f, v)
と表せます．長さ 1のベクトル v の中で，この方向微分が最大になるのが，grad f と平行になったとき，言い換えれば grad f が f の傾きがもっとも急な方向を表していることになります．すなわち，grad f は勾配を表しています．3次元以上の高次元の場合にも同様に定義します．形式的にナブラとよばれる記号∇ = ( ∂∂x ,
∂∂y )を用いて，grad f = ∇f と表
すこともあります．ここで，次のような関係が成り立ちます．
∇(af + bg) = a∇f + b∇g
∇(fg) = f∇g + g∇f
62 第 2章 偏微分
2.9.2 拡散 (div)
F = (f, g)を R2 の上のベクトル場とします．このとき，
divF =∂f
∂x+∂g
∂y
とします．1辺が hの (x, y)を左下の点にもつ正方形を考えましょう．左側の辺から入ってくる量は f(x, y)×h，右側の辺から出て行く量は f(x+ h, y)×h，したがって，差し引き
(f(x+ h, y)h− f(x, y)h)h ≑ ∂f
∂xh2
同じように，下側の辺から入り，上側から抜けて行く量を考えれば，全体でdivF × h2 だけ，この 4角形から出て行きますから，単位体積あたりの出て行く量が divF ということになります．3次元の場合にも同じように定義できます．記号ナブラ∇ = ( ∂∂x ,
∂∂y )をベクトルのように考え，ベクトル場と内積をと
るとみなせばdivF = (∇, F )
ともみなせます．f を関数，F,Gをベクトル場とするとき，次のような関係が成り立ちます．
(∇, (aF + bG)) = a(∇, F ) + b(∇, G)
(∇, (fG) = f(∇, G) + (∇f,G)
div grad = ∆
ここで，∆はラプラシアンとよばれ，2次元ならば
∆ =∂2
∂x2+
∂2
∂y2
で，一般に n次元でも同様に定義できます．力学の中でもっとも重要な作用素の 1つです．
2.9.3 回転 (rot)
回転は 3次元でないと意味を持ちません．これまでに定義してきた gradやdiv，ラプラシアンなどと違うことに注意しましょう．F = (f, g, h)を R3 のベクトル場としましょう．
rotF = (∂h
∂y− ∂g
∂z,∂f
∂z− ∂h
∂x,∂g
∂x− ∂f
∂y)
と定めます．xy 平面内に (x, y, z)を左下の点として 1辺 hの 4角形を考え，それを左回りに 1周しましょう．(x, y, z)から (x + h, y, z)へ移動する際に，
2.10. 線積分 63
それを手助けしてくれる力は f(x, y, z)×h，逆に (x, y+h, z)に戻る際に，手助けしてくれる量は −f(x, y + h, z)× hなので，差し引き
−f(x, y + h, z)h+ f(x, y, z)h ≑ −∂f∂y
h2
同様に y方向に移動するときに得る量は
g(x+ h, y, z)h− g(x, y, z)h ≑ ∂g
∂xh2
であるので，1周するときに手助けしてくれる力は，単位面積あたり
∂g
∂x− ∂f
∂y
というわけです．この回転の力を右ねじの法則を考えるように，xy平面に直角なベクトルとして与えることにします．同様に yz平面や zx平面に回転する力を考えたのが rotであるというわけです．次のような式が成り立つので，自分で確かめてみてください．ベクトル量
に対する微分演算を行って，さまざまの関係式を研究することをベクトル解析といい，物理学では基本的な道具として利用します．よく使われる式としては
rot(grad f) = 0
div(rot f) = 0
があげられます．
2.10 線積分C を C1 級の平面上の曲線とする．
2.11 曲線の長さ平面上の曲線 C が (x(t), y(t)) (t ∈ [a, b])と滑らかなパラメータ表示され
ているとき，この曲線の長さは∫ b
a
√x′(t)2 + y′(t)2 dt
で与えられる．以下では
ds =√x′(t)2 + y′(t)2 dt
64 第 2章 偏微分
とおいて，R2 の上の関数 f に関する長さでの積分を∫C
f ds
と表す．とくに，長さは∫Cdsとも表される．
実際，(x(t), y(t))と (x(t+ h), y(t+ h))の間の距離は√(x(t+ h)− x(t))2 + (y(t+ h)− y(t))2 =
√x′(t+ θ1h)2 + y′(t+ θ2h)2h (0 ≤ θ1, θ2 ≤ 1)
であることから自然な定義である．とくに t = x，y = f(x)と選ぶと (a, f(a))と (b, f(b))を結ぶ長さは
y′(t) =dy
dt= f ′(x)
であるので， ∫ b
a
√1 + f ′(x)2 dx
とも表せる．
問題 17 Asteroid
x = cos3 θ, y = sin3 θ
の周囲の長さを求めてください．∫ 2π
0
√(−3 cos2 θ sin θ)2 + (3 sin2 θ cos θ)2 dθ = 3× 4
∫ π/2
0
cos θ sin θ dθ
= 6
∫ π/2
0
sin 2θ dθ = 6
[−1
2cos 2θ
]π/20
= 6
問題 18 Cardioid
r = a(1 + cos θ)
すなわちx = a cos θ(1 + cos θ), y = a sin θ(1 + cos θ)
の長さを求めてください．(dx
dt
)2
+
(dy
dt
)2
= 2a2(1 + cos θ)
より ∫ 2π
0
√2a2(1 + cos θ) dθ = 2
√2a
∫ π
0
√2 cos
θ
2dθ = 8a
2.11. 曲線の長さ 65
問題 19 fnが fに閉区間 [a, b]でC1で収束する (fn(x) → f(x)かつ f ′n(x) →f ′(x))ならば fn(a)と fn(b)を結ぶ曲線の長さは f(a)と f(b)を結ぶ曲線の長さに収束することを示してください．
解. f ′n → f ′ は一様収束するので∫ b
a
√1 + f ′n(x)
2 dx→∫ b
a
√1 + f ′(x)2 dx
例 27 (反例) 三角形ABCにおいて，ABとBCの和を考える．各AB,BCとACの中点をM,N,Pとする．AM,MP,PN,NBを結ぶ曲線は AB，BCの和と変わらない．これを繰り返すと C0 で折れ線は ACに収束するが，長さは異なる．
曲面 Φ = Φ(u, v) =
x(u, v)y(u, v)
z(u, v)
上の曲線 L(t)は (u(t), v(t)) (0 ≤ t ≤ 1)で与
えられる．この曲線の長さは ∫ 1
0
∣∣∣∣dΦdt∣∣∣∣ dt
で与えられるが
dΦ
dt=∂Φ
∂u
du
dt+∂Φ
∂v
dv
dt= (
∂Φ
∂u,∂Φ
∂v)
(dudtdvdt
)
であるから (E F
F G
)=
((∂Φ∂u ,
∂Φ∂u
) (∂Φ∂u ,
∂Φ∂v
)(∂Φ∂u ,
∂Φ∂v
) (∂Φ∂v ,
∂Φ∂v
))とおけば，2次形式で表現して
∫ 1
0
∣∣∣∣dΦdt∣∣∣∣ dt =
∫ 1
0
√√√√(du
dt,dv
dt)
(∂Φ∂u∂Φ∂v
)(∂Φ
∂u,∂Φ
∂v)
(dudtdvdt
)dt
=
∫ √√√√(du
dt,dv
dt)
(E F
F G
)(dudtdvdt
)dt
=
∫ 1
0
√E
(du
dt
)2
+ 2Fdu
dt
dv
dt+G
(dv
dt
)2
dt
と表される．E,F,Gは曲面の第一基本量とよばれる．
66 第 2章 偏微分
ここで，Φは 3次元ベクトルであることに注意しよう．平面上の曲線なら
Φ(u, v) =
uv0
なので，
∂Φ
∂u=
1
0
0
,∂Φ
∂v=
0
1
0
したがって， (
E F
F G
)=
(1 0
0 1
)
2.11.1 ベクトル場C を含む開集合 U の上で定義された連続な 1 次形式 (共変ベクトル場)
ω = f(x, y)dx+ g(x, y)dyを考える．この 1次形式についての線積分を，共変ベクトル場の曲線 C の接ベクトルの値∫
C
ω =
∫ 1
0
ω · (dxdt,dy
dt) dt
=
∫ 1
0
(f(x, y)
g(x, y)
)·
(x′(t)
y′(t)
)dt
=
∫ 1
0
(f(x, y)x′(t) + g(x, y) y′(t)) dt
によって定義する．これを∫C
ω =
∫C
f(x, y) dx+ g(x, y) dy
とも表す．線積分は曲線 C のパラメータによらない．実際，Y (s) s ∈ [a, b])という表
示があれば，τ : [0, 1] → [a, b]で Y (τ(t)) = X(t)をみたす微分可能な τ が存在する．そこで，∫ b
a
ω(Y (s)) · dYds
ds =
∫ 1
0
ω(Y (τ(t)) · dY τdt
dt
=
∫ 1
0
ω(X(t)) · dXdt
dt
問題 20 C が y = x2 の上の，2点 (−2, 4)と (1, 1)を結ぶ曲線．
ω(x, y) = (x2 − 2xy) dx+ (y2 − 2xy) dy
のとき，∫Cωを求めなさい．
2.11. 曲線の長さ 67
xをパラメータにする (X(x) =
(x
x2
))．
∫C
ω =
∫ 1
−2
(x2 − 2x3
x4 − 2x3
)·
(1
2x
)dx
=
∫ 1
−2
(2x5 − 4x4 − 2x3 + x2) dx = −369
10
問題 21 C は単位円を左回りに 1周，
1. 極座標で ω(r, θ) = 1r2 dr + θ dθ
2.
ω(x, y) = (y
x2 + y2) dx− (
x
x2 + y2) dy
とするとき，∫Cωを求めなさい．
パラメータは θ ∈ [0, 2π)とする (X(θ) =
(cos θ
sin θ
))．
(1) =
∫ 2π
0
1
r2
(cos θ
sin θ
)·
(− sin θ
cos θ
)dθ = 0
(2) =
∫ 2π
0
(sin θ
− cos θ
)·
(− sin θ
cos θ
)dθ
=
∫ 2π
0
−dθ = −2π
1次微分形式 ωに対して，ある近傍 U で関数 φ(スカラー場)が存在して，
ω =∂φ
∂xdx+
∂φ
∂ydy
をみたすとき，φを F のポテンシャル関数とよぶ．また，
ω = grad φ
と表す．
定理 14 次の 3つの条件は同値である．
1. ωはポテンシャル φをもつ
2. U の 2点X と Y を結ぶ曲線 C の線積分∫CωはX と Y のみによる
3. U に含まれる閉曲線 C の線積分∮Cω = 0
68 第 2章 偏微分
証明. ポテンシャル関数 φをもてば∫C
ω =
∫ 1
0
(∂φ
∂x
dx
dt+∂φ
∂y
dy
dt
)dt
=
∫ 1
0
dφ(x(t), y(t))
dtdt
= φ(x(1), y(1))− φ(x(0), y(0))
である．また，性質 (2)が成り立つならば，U 内の 1点X0を固定して，X0
から X への曲線を C ととることで φ(X) =∫Cω と定めればよい．実際，
X = (x0, y0)，C をX とX +
(h
0
)を結ぶ直線とすれば
φ(X +
(h
0
))− φ(X) =
∫C
ω =
∫ h
0
(f(x0 + x, y0)
g(x0 + x, y0)
)·
(1
0
)dx
=
∫ h
0
f(x0 + x, y0) dx
により∂φ
∂x= f(x, y)
が出る．
2.11.2 Greenの定理次の定理は一見難しそうだが， d
dxF (x) = f(x)に注目すれば∫ b
a
f(x) dx = F (b)− F (a)
を表している．
定理 15 (Green) ω = f(x, y) dx+ g(x, y) dyがある開領域 U で C1 級，滑らかな境界をもつ領域D ⊂ U として，Dを左回りに 1周する閉曲線を C とおく．このとき ∫
C
ω =
∫D
(∂g
∂x− ∂f
∂y
)dxdy
証明. まず g(x, y) = 0で D が 2つの関数 φ(x) ≤ ψ(x) x ∈ [a, b]で囲まれる領域の場合のみを考える．つまり，(X(x) = (x, φ(x))またはX(x) =
(x, ψ(x))．g ≡ 0に注意すれば∫C
ω =
∫ b
a
(f(x, φ(x))
g(x, φ(x))
)·
(1
φ′(x))
)dx+
∫ a
b
(f(x, ψ(x))
g(x, ψ(x))
)·
(1
ψ′(x))
)dx
=
∫ b
a
(f(x, φ(x))− f(x, ψ(x))) dx
2.11. 曲線の長さ 69
一方， ∫D
∂f
∂ydxdy =
∫ b
a
(∫ ψ(x)
φ(x)
∂f
∂ydy
)dx
=
∫ b
a
(f(x, ψ(x))− f(x, φ(x))) dx
により，Greenの定理が示された．同様に，f(x, y) = 0で φ(y) ≤ ψ(y) (y ∈[c, d])に囲まれるDの場合には∫
C
ω =
∫ d
c
g(ψ(y), y)− g(φ(y), y) dy
になり ∫D
∂g
∂ydxdy =
∫ d
c
(∫ ψ(y)
φ(y)
∂g
∂ydx
)dy
=
∫ d
c
(g(ψ(y), y)− g(φ(y), y)) dy
が成り立つ．一般の場合には，
ω = (f(x, y) dx+ 0 dy) + (0 dx+ g(x, y) dy)
と分けて考えればよい． このことは D について，C = ∂D として，dx ∧ dx = −dy ∧ dy = 0かつ
dy ∧ dx = −dx ∧ dyとして
d(f dx+ g dy) =∂f
∂xdx ∧ dx+
∂f
∂ydy ∧ dx+
∂g
∂xdx ∧ dy + ∂g
∂ydy ∧ dy
=
(−∂f∂y
+∂g
∂x
)dx ∧ dy
を用いると，ω = f dx+ g dyについて∫∂D
ω =
∫D
dω
と表現できる．
問題 22 滑らかな境界をもつ領域Dについて∫C
x dy − y dx
はDの面積の 2倍に等しい．Greenの定理より，f(x, y) = −y，g(x, y) = xにより，∫
C
x dy − y dx =
∫D
(1 + 1) dxdy
70 第 2章 偏微分
これも ω = −y dx+ x dyについて，
dω = −dy ∧ dx+ dx ∧ dy = 2 dx ∧ dy
と形式的に表現も可能である．
問題 23 Asteroid
x(θ) = cos3 θ, y(θ) = sin3 θ
の面積を求めよ．
∫C
x dy − y dx =
∫ 2π
0
cos3 θ 3 sin2 θ cos θ − sin3 θ 3 cos2 θ(− sin θ) dθ
= 3
∫ 2π
0
cos2 θ sin2 θ dθ
=3
4
∫ 2π
0
sin2 2θ dθ
=3
4
∫ 2π
0
1− cos 4θ
2dθ
=3
8× 2π =
3π
4
したがって，面積は 3π8
ちなみにこれを重積分で求めようとすると
x = r cos3 θ, y = r sin3 θ (0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π)
であるから，ヤコビアンは∣∣∣∣∣cos3 θ −3r cos2 θ sin θ
sin3 θ 3r sin2 θ cos θ
∣∣∣∣∣ = 3r
4sin2 2θ
なので ∫D
dxdy =
∫ 2π
0
(∫ 1
0
3r
4sin2 2θ dr
)dθ
=3
4
∫ 2π
0
sin2 2θ
[r2
2
]10
dθ
=3
8
∫ 2π
0
1 + cos 4θ
2dθ =
3π
8
ω = f(x, y) dx + g(x, y) dy を 1 次微分形式，曲線 C : (x(t), y(t)) が弧の長さをパラメータにして表示してあるとすると，N = (y′(t),−x′(t)) は接線(x′(t), y′(t))に直交し，長さ√
(y′(t))2 + (x′(t))2 = 1
2.11. 曲線の長さ 71
なので法線ベクトルを表している．
F =
(f(x, y)
g(x, y)
)と N の内積を考えると
∫C
F ·N ds =
∫C
f(x, y) y′(t)− g(x, y)x′(t) dt =
∫C
−g(x, y) dx+ f(x, y) dy
であるので，Greenの定理を用いると∫C
F ·N ds =
∫D
(∂f
∂x+∂g
∂y
)dxdy
と表現できる．すなわち，∫C
F ·N ds =
∫D
div F dxdy
これを Gaussの発散定理という.
複素積分 フレネル積分で用いた複素積分にもちょっと触れておきましょう．2次元の平面を実軸と虚軸により 1次元の複素平面で考えると複素平面 Cの上の曲線 C は例えばパラメータ t (0 ≤ t ≤ 1)を用いて z(t)で表し，複素関数 h(z)の線積分は変数変換を用いて∫
C
h(z) dz =
∫ 1
0
h(z(t)) z′(t) dt
により定義されます．これを実 2次元R2と見て考えてみましょう．実部と虚部に分けて z(t) = x(t) + iy(t)，関数も実部と虚部に分けて，
h(z) = u(x, y) + iv(x, y)
と表すと∫C
h(z) dz =
∫ 1
0
h(z(t))z′(t) dt
=
∫ 1
0
u(x(t), y(t)) + iv(x(t), y(t))
(x′(t) + y′(t)) dt
=
∫u(x, y) dx− v(x, y) dy + i
∫v(x, y) dx+ u(x, y) dy (2.1)
となり，(u,−v)の線積分が実部，(v, u)の線積分が虚部になります．曲線 C
が単純閉曲線のときには，C の内部をDと表すとにグリーンの定理により
(2.1)の実部 =
∫D
(−∂v∂x
− ∂u
∂y
)dxdy (2.2)
(2.1)の虚部 =
∫D
(∂u
∂x− ∂v
∂y
)dxdy (2.3)
72 第 2章 偏微分
となりますが，hが正則ならば，コーシーリーマンの方程式
∂u
∂x=
∂v
∂y
∂u
∂y= −∂v
∂x
に着目すれば，式 (2.2)も式 (2.3) とも 0に等しい，すなわち,∫Ch(z) dz = 0
であることがわかります．これはコーシーの積分定理ですね．
2.11.3 曲率半径曲線 y = f(x)の点 (a, f(a))における法線は f ′(a) = 0ならば
y = − 1
f ′(a)(x− a) + f(a)
であることに注意する．近傍 (a+ h, f(a+ h))における法線
y = − 1
f ′(a+ h)(x− a− h) + f(a+ h)
との交点は点 (a, f(a))と (a+ h, f(a+ h))を通る円の中心であるから，極限をとれば，(a, f(a))で曲線と接する円の中心であると考えられる．この円の半径を求めよう．交点は
(f ′(a+ h)− f ′(a))(x− a) = −f ′(a+ h)f ′(a)(f(a+ h)− f(a))− f ′(a)h
をみたすので，極限をとれば
x− a = −f′(a)(1 + f ′(a)2)
f ′′(a)
である．法線の傾きが − 1f ′(a) であることから円の半径は
|x− a|√
1 + f ′(a)2 =
∣∣∣∣f ′(a)(1 + f ′(a)2)
f ′′(a)
∣∣∣∣√1 + f ′(a)2
=
∣∣∣∣f ′(a)(1 + f ′(a)2)3/2
f ′′(a)
∣∣∣∣この値を曲率半径とよぶ．θを接線のなす角，sを曲線の長さとすると曲率半径は
∣∣ dsdθ
∣∣に一致する，このことは法線の変化と接線の変化が等しいこと，角度と円の長さが一致することを考慮すればわかる．この逆数
∣∣dθds
∣∣を曲率とよぶこともあるが，それについては 2.11.4項のフレネ ·セレ (Frenet–Serret)の公式のところで詳しく述べよう．
問題 24 y = Ax2 の x = 0での曲率半径を求めよ．
2.11. 曲線の長さ 73
解. f ′(0) = 0より，上の公式は使えない．x = 0での法線は x = 0であり，(h,Ah2)では接線の傾きが 2Ahなので，法線は
y = − 1
2Ah(x− h) +Ah2
である，これの x = 0における解は y = 12A + Ah2 であるので，h → 0とし
て，曲率半径は 12|A| であることがわかる．
直接に求めてみると (a, f(a))から (a+ h, f(a+ h))の長さは∫ a+h
a
√1 + f ′(a)2 dx
である．傾きは f ′(a)から f ′(a+ h)に変化するので，これは
d tan θ
dx= f ′′(a)
を意味する．一方，tan θ = f ′(x)に注意すると
d tan θ
dx=
1
cos2 θ
dθ
dx= (1 + f ′(x)2)
dθ
dx
であるので，x = aでdθ
dx=
f ′′(a)
1 + f ′(a)2
これよりdθ
ds=
dθ
dx· dxds
=f ′′(a)
1 + f ′(a)2
√1 + f ′(a)2
=f ′′(a)
(1 + f ′(a)2)3/2
を得る．曲線上の 3点 (a, f(a)), (a±h, f(a±h))を通る円に関する方程式を解く (解
く前に h→ 0としてはならない)とその曲率中心 (x0, y0)は
x0 = − 1
2h
(h(−2a+ h)− f(a)2 + f(a− h)2
+f(a)− f(a− h))(2h2 − 2f(a)2 + f(a− h)2 + f(a+ h)2)
−2f(a) + f(a− h) + f(a+ h)
)y0 =
2h2 − 2f(a)2 + f(a− h)2 + f(a+ h)2
2(−2f(a) + f(a− h) + f(a+ h))
で
f(a+ h) + f(a− h)− 2f(a) ∼ h2f ′′(a)
f(a+ h)2 + f(a− h)2 − f(a)2 ∼ h2(2f ′(a)2 + 2f(a)f ′′(a))
74 第 2章 偏微分
に注意して h→ 0ととることで
x0 = a− f ′(a)(1 + f ′(a)2)
f ′′(a)
y0 = f(a) +1 + f ′(a)2
f ′′(a)
と解くこともできる．
2.11.4 フレネ ·セレ (Frenet–Serret)の公式これまでは座標系を固定して考えて来ましたが，曲線のジェットコースター
に乗っている気分で考えましょう．まず，曲線をパラメータ表示 (x(t), y(t))
で表す．このパラメータを曲線の長さに対応するように
(x′(t))2 + (y′(t))2 = 1
をみたすとします．進行方向に第一座標をとります．その長さ 1の基底ベクトルを e1(t) として，それと直交して左回りに直角の長さ 1のベクトルを e2(t)
とします．ベクトルは長さが 1ですから
(ei(t), ei(t)) = 1 (i = 1, 2)
をみたすので，微分をすると
(ei(t), e′i(t)) = 0
すなわち，ある定数 κ(t)と λ(t)が存在して
e′1(t) = κ(t) e2(t), e′3(t) = λ(t) e1(t)
をみたす．ところで (e1(t), e2(t)) = 0を微分すると
(e′1(t), e′2(t) + (e1(t), e
′2(t)) = 0
よりλ(t) = −κ(t)
を得る．すなわち
e′1(t) = κ(t) e2(t), e′2(t) = −κ(t) e1(t)
をみたす．これをフレネ ·セレ (Frenet–Serret)の公式という．また，κ(t)を曲率という．これを象徴的に
d
dt
(e1(t)
e2(t)
)=
(0 κ(t)
−κ(t) 0
)(e1(t)
e2(t)
)
2.11. 曲線の長さ 75
と表すが，ベクトルの成分がベクトルになっていることに注意しよう．
ベクトル v(t)を動座標系で表現して(a(t)
b(t)
)と表すと
v(t) = a(t)e1(t) + b(t)e2(t)
であるからd
dtv(t) = a′(t)e1(t) + a(t) e′1(t) + b′(t)e2(t) + b(t)e′2(t)
= (a(t)− κ(t) b(t))e1(t) + (a(t)κ(t) + b(t))e2(t)
ベクトルで表せば
d
dt
(a(t)
b(t)
)=
(a′(t)
b′(t)
)+
(0 −κ(t)κ(t) 0
)(a(t)
b(t)
)
を得る．
パラメータで表した曲線 C = C(t) =
(x(t)
y(t)
)をテイラー展開することを
考えよう．動座標系の定義から
C ′(t) =
(x′(t)
y′(t)
)= e1(t)
さらに微分して
C ′′(t) =
(x′′(t)
y′′(t)
)= e′1(t) = κ(t) e2(t)
よりテイラー展開
C(t) = C(s) + C ′(s)(t− s) +C ′′(s)
2(t− s)2 +O((t− s)3)
= C(s) + (t− s)e1(s) +1
2(t− s)2κ(s)e2(s) +O((t− s)3)
を得る．この曲率の絶対値が曲率半径の逆数になっていることをみよう．時間を変えて s = 0とし，座標系は e1(0), e2(0)で考えると(
x(t)
y(t)
)=
(x(0) + t
y(0) + κ(0)t2/2
)+O(t3)
tを消して，xは x(0)の近傍で
y = y(0) +1
2κ(0)(x− x(0))2 +O((x− x(0))3)
問題 24により，放物線 y = Ax2の極値における曲率半径は 12|A| なので，上
の曲線の曲率半径は 1|κ(0)| である．
76 第 2章 偏微分
2.11.5 捩率3次元の曲線 C(t) = (x(t), y(t), z(t))を考えます．パラメータは長さにな
るようにx′(t)2 + y′(t)2 + z′(t)2 = 1
ととります．2次元の曲線と同様に，接線
e1(t) = (x′(t), y′(t), z′(t))
にとります．仮定より，この長さは 1なので，
(e1(t), e1(t)) = 1
したがって，それに直交するベクトル (主法線)
e2(t) =1
κ(t)e′1(t)
を長さ 1になるように選び，κを曲率と定義します．ここで，e′1(t) = 0，すなわち，C ′′(t) = 0だと，e2(t)が定義できなくなることに注意しましょう．C ′′(t) = 0ならば，さらに，従法線方向のベクトルを
e′3(t) = e1(t)× e2(t)
と選びます．これを基底にとれば，曲線の上を走るジェットコースターに乗った気分になれるはずです．ここで，e2(t)の長さが 1なことから，e′2(t)は e2(t)と直交します．した
がってe′2(t) = a(t)e1(t) + τ(t)e3(t)
と表せます．τ(t)を捩率といいます．a(t)を求めましょう．
(e1(t),e′2(t)) = a(t)
ですが，(e1(t), e2(t)) = 0より
(e′1(t), e2(t)) + (e1(t), e′2(t)) = κ(t) + a(t)
より，a(t) = −κ(t)がでます．すなわち
e′2(t) = −κ(t)e1(t) + τ(t)e3(t)
e′3(t)は e3(t)と直交をし，さらに (e1(t),e3(t)) = 0と
(e′1(t), e3(t)) + (e1(t), e′3(t)) = (e1(t),e
′3(t))
2.11. 曲線の長さ 77
より，e′3(t)は e1(t)方向はもたず，(e2(t),e3(t)) = 0と
(e′2(t), e3(t)) + (e2(t), e′3(t)) = −κ(e1(t),e3(t)) + τ(t)(e3(t), e3(t)) + (e1(t),e
′3(t))
= τ(t)(e3(t),e3(t)) + (e1(t), e′3(t))
より，e2(t)方向は −τ(t)であることがわかります．まとめると
e′1(t) = κ(t)e2(t)
e′2(t) = −κ(t)e1(t) + τ(t)e3(t)
e′3(t) = −τ(t)e2(t)
または象徴的に
d
dt
e1(t)
e2(t)
e3(t)
=
0 κ(t) 0
−κ(t) 0 τ(t)
0 −τ(t) 0
e1(t)
e2(t)
e3(t)
をみたします．これを 3次元の曲線のフレネ ·セレの公式とよびます．もし，曲線が平面の上に乗ってれば，e3(t)は変化しないことになるので，(e′3(t) = 0)，したがって，捩率は 0に等しくなることがわかります．
C ′′(t) = e′2(t) = κ(t)e1(t)
に着目すると|κ(t)| = ||C ′′(t)||
がでますが，e′2(t) = −κ(t)e1(t) + τ(t)e3(t)
と 33(t)との内積をとることで
τ(t) = (e′2(t), e3(t))
= (e′2(t), e1(t)× e2(t))
= det(e1(t),e2(t), e′2(t))
一方
det(C ′(t), C ′′(t), C ′′′) = det(e1(t), κ(t)e2(t), κ′(t)e2(t) + κ(t)e′2(t))
= κ(t)2 det(e1(t), κ(t)e2(t),e′2(t))
よりτ(t) =
1
||C ′′(t)||det(C ′(t), C ′′(t), C ′′′)
という表現も得られる．
78 第 2章 偏微分
ここで，外積と行列式の関係は
det(e1, e2, e3) = (e1, e2 × e3)
に注目すればよい．C(t) = (x(t), y(t), z(t))のテイラー展開を考えると
C ′(t) = e1(t)
に注意すると
C ′′(t) = e′1(t) = κ(t)e2(t),
C ′′′(t) = κ(t)e′2(t) = −κ(t)2e1(t) + κ(t)τ(t)e3(t) + κ′(t)e2(t)
であるので
C(t) = C(s) + C ′(s)(t− s) +1
2C ′′(s)(t− s)2 +
1
3!C ′′′(s)(t− s)3 +O((t− s)4
= C(s) + (t− s)e1(s) +1
2(t− s)2κ(s)e2(s)
+1
3!−κ(s)e1(t) + κ′(s)e2(s) + κ(s)τ(s)e3(s)(t− s)3 +O((t− s)4)
と表せることがわかりました．
2.12 面積分開領域U ⊂ R2からR3への写像 (x(u, v), y(u, v), z(u, v)) = Φ(u, v) ((u, v) ∈
U)を曲面という．これを S で表そう．S は滑らかであると仮定する．
∂Φ
∂u=
∂x∂u∂y∂u∂z∂u
,∂Φ
∂v=
∂x∂v∂y∂v∂z∂v
はそれぞれ，u軸，v軸に沿った曲面の接ベクトルになっている．したがって，その外積が 0ベクトルにならなければ (通常点という)2つのベクトルは独立になっている．それ以外は特異点とよばれる．R2 内の曲線 C : (u(t), v(t))を考えると，(
dx
dt,dy
dt,dz
dt
)= lim
h→0
Φ(u(t+ h), v(t+ h))− Φ(u(t), v(t))
h
=∂Φ
∂uu′(t) +
∂Φ
∂vv′(t)
は C に沿ったこの平面の接ベクトルになっている．(∂Φ
∂u,∂Φ
∂u
)= E,
(∂Φ
∂u,∂Φ
∂v
)= F,
(∂Φ
∂v,∂Φ
∂v
)= G
2.12. 面積分 79
は第一基本量とよばれ，∫ √E
(du
dt
)2
+ 2Fdu
dt
dv
dt+G
(dv
dt
)2
dt
は曲線 C の長さになっている．曲面 S の面積を ∫
U
||∂Φ∂u
× ∂Φ
∂v|| dudv
で定義する．この外積は u, v が少し動いたときの面積になっている．u =
x, v = yのときに考えるとわかりやすいだろう．∂Φ∂u は uが少し動いたときの
3次元のベクトルの変化，∂Φ∂v は vが少し動いたときの 3次元のベクトルの変
化であるので，その外積はこの 2つのベクトルが作る平行 3辺形の面積の長さを持つベクトルをこの平面に垂直に立てたものであるので，その小面積 dS
はdS = ||∂Φ
∂u× ∂Φ
∂v|| dudv
とみなせる．
例 28 3 次元の球の表面積．3 次元の球面座標を考えよう．0 ≤ θ ≤ 2π,
0 ≤ φ ≤ πとして
x = r cos θ sinφ, y = r sin θ sinφ, z = r cosφ
であらわす．r = 1として
Φ =
cos θ cosφ
sin θ cosφ
sinφ
,∂Φ
∂θ=
sin θ cosφ
cos θ cosφ
0
,∂Φ
∂φ=
− cos θ sinφ
− sin θ sinφ
cosφ
であるから
∂Φ
∂θ× ∂Φ
∂φ=
− cos θ cos2 φ
− sin θ cos2 φ
− sin2 θ cosφ sinφ− cos2 θ cosφ sinφ
=
− cos θ cos2 φ
− sin θ cos2 φ
− cosφ sinφ
したがって
||∂Φ∂θ
×∂Φ∂φ
|| =√cos2 θ cos4 φ+ sin2 θ cos4 φ+ cos2 φ sin2 φ =
√cos4 φ+ cos2 φ sin2 φ = cosφ
これより ∫S
dS = 2
∫ π/2
0
(∫ 2π
0
cosφdθ
)dφ
= 4π
∫ π/2
0
cosφdφ = 4π[sinφ
]π/20
= 4π
80 第 2章 偏微分
S の上の関数 f(x, y, z)の積分を∫S
f(x, y, z) dS =
∫U
f(Φ(u, v))||∂Φ∂u
× ∂Φ
∂v|| dudv
で定義する．第一基本量を用いると∣∣∣∣∂Φ∂u × ∂Φ
∂v
∣∣∣∣2 =
∣∣∣∣∂Φ∂u∣∣∣∣2 ∣∣∣∣∂Φ∂v
∣∣∣∣2 − (∂Φ∂u , ∂Φ∂u)2
= EG− F 2 =
∣∣∣∣∣E F
F G
∣∣∣∣∣であるので，表面積は ∫ √
EG− F 2 dudv
とも表せる．ここで∣∣∣∣∣∣∣abc
×
def
∣∣∣∣∣∣∣2
=
∣∣∣∣∣∣∣bf − ce
cd− af
ae− bd
∣∣∣∣∣∣∣2
= (bf − ce)2 + (cd− af)2 + (ae− bd)2∣∣∣∣∣∣∣def
∣∣∣∣∣∣∣2
−
abc
,
def
= (a2 + b2 + c2)(d2 + e2 + f2)− (ad+ be+ cf)2
をそれぞれ展開すればよい．
問題 25 もう一度，半径 1の球の表面積を求めよう．上半分を考える．球上の点を (x, y, f(x, y))とすると，(D = (x, y) : x2 +
y2 ≤ 1)f(x, y) =
√1− x2 − y2
x方向へ動くと
1
0∂f∂x
y方向へ動くと
0
1∂f∂y
なので，その法線ベクトルは 1
0∂f∂x
×
0
1∂f∂y
=
−∂f∂x
−∂f∂y
1
その長さは √(
∂f
∂x
)2
+
(∂f
∂y
)2
+ 1 =1√
1− x2 − y2
2.12. 面積分 81
したがって∫D
1√1− x2 − y2
dxdy =
∫ 1
0
(∫ 2π
0
1√1− r2
dθ
)r dr
= 2π[−√1− r2
]10= 2π
この 2倍だから，表面積は 4π
曲面 Sの上の 2次交代微分形式 ωの面積分を，面の接線ベクトル 2つについての 2次形式の値の和と考える．2次微分形式 ω = f(x, y, z) [dy, dz] + g(x, y, z) [dz, dx] + h(x, y, z) [dx, dy]
(の面積分を考えよう．
∫S
ω =
∫U
f(u, v)g(u, v)
h(u, v)
,
(∂Φ
∂u× ∂Φ
∂v
) dudv
これは，曲面の単位法線ベクトル
N =∂Φ∂u × ∂Φ
∂v
||∂Φ∂u × ∂Φ∂v ||
を考えると， ∫S
ω =
∫S
(ω,N) dS
と表せる．また，∫S
ω =
∫f(x, y, z) dy ∧ dz + g(x, y, z) dz ∧ dx+ h(x, y, z) dx ∧ dy
とも表す．すなわち
dy ∧ dzdu ∧ dv
=∂Φ
∂u× ∂Φ
∂vの x成分 =
∂y
∂u
∂z
∂v− ∂y
∂v
∂z
∂u
などとなる．曲面 Sが向き付け可能とは，その法線ベクトルを連続的に選ぶことができ
ることをいう．有名なMobiusの帯は向き付け可能でない曲面の例である．
定理 16 (Stokes) S の境界を ∂S で表すと∫S
rot F =
∫∂S
F
ただし，
rot F =
∂∂x∂∂y∂∂z
×
f(x, y, z)g(x, y, z)
h(x, y, z)
82 第 2章 偏微分
証明.
∫S
rot F =
∫U
Dyh−Dzg
Dzf −Dxh
Dxg −Dyf
·
∂y∂u
∂z∂v − ∂z
∂u∂y∂v
∂z∂u
∂x∂v − ∂x
∂u∂z∂v
∂x∂u
∂y∂v − ∂y
∂u∂x∂v
dudv (2.4)
一方，∂S のパラメータを η(t) (t ∈ [0, 1])とすれば∫∂S
F =
∫ 1
0
F (x(u(t), v(t)), y(u(t), v(t)), z(u(t), v(t)) · dηdtdt
=
∫ 1
0
(f(x, y, z)(∂x
∂u
du
dt+∂x
∂v
dv
dt) + g(x, y, z)(
∂y
∂u
du
dt+∂y
∂v
dv
dt)
+h(x, y, z)(∂z
∂u
du
dt+∂z
∂v
dv
dt)) dt
=
∫ 1
0
(f(x, y, z)∂x
∂u+ g(x, y, z)
∂y
∂u+ h(x, y, z)
∂z
∂u)du
dt
+(f(x, y, z)∂x
∂v+ g(x, y, z)
∂y
∂v+ h(x, y, z)
∂z
∂v)dv
dtdt
=
∫C
(f(x, y, z)∂x
∂u+ g(x, y, z)
∂y
∂u+ h(x, y, z)
∂z
∂u)du
+(f(x, y, z)∂x
∂v+ g(x, y, z)
∂y
∂v+ h(x, y, z)
∂z
∂v)dv
ここで，CはSのUへの射影の境界，Cで囲まれる領域をDとすれば，Green
の定理より
上の右辺 =
∫D
∂
∂u(f(x, y, z)
∂x
∂v+ g(x, y, z)
∂y
∂v+ h(x, y, z)
∂z
∂v)
− ∂
∂v(f(x, y, z)
∂x
∂u+ g(x, y, z)
∂y
∂u+ h(x, y, z)
∂z
∂u) dudv
ここで f に関わる項だけを抜き出せば(∂f
∂x
∂x
∂u+∂f
∂y
∂y
∂u+∂f
∂z
∂z
∂u
)∂x
∂v+ f(x, y, z)
∂2x
∂u∂v
−(∂f
∂x
∂x
∂v+∂f
∂y
∂y
∂v+∂f
∂z
∂z
∂v
)∂x
∂u− f(x, y, z)
∂2x
∂u∂v
= −∂f∂y
(∂x
∂u
∂y
∂v− ∂x
∂v
∂y
∂u) +
∂f
∂z(∂z
∂u
∂x
∂v− ∂z
∂v
∂x
∂u)
などとなって，他の項も計算すれば (2.4)と一致することが確かめられる．
定理 17 (Gauss) Ωを滑らかな閉領域⊂ R3として，∂Ωはその表面とする．∫Ω
div F dxdydz =
∫∂Ω
F
2.12. 面積分 83
証明. ∫Ω
div F dxdydz =
∫Ω
(∂f
∂x+∂g
∂y+∂h
∂z) dxdydz
ΩをD ⊂ R2 で φ(u, v) ≤ ψ(u, v)に囲まれる領域とすれば∫Ω
∂h
∂zdxdydz =
∫D
(∫ ψ(u,v)
φ(u,v)
∂h
∂zdz
)dudv
=
∫D
(h(u, v, ψ(u, v))− h(u, v, φ(u, v))) dudv
一方，∂Ωは 2つの平面
S(φ) = (u, v, φ(u, v)) : (u, v) ∈ D, S(ψ) = (u, v, ψ(u, v)) : (u, v) ∈ D
である．S(ψ)の接ベクトルは
∂S(ψ)
∂u=
1
0
Duψ
,∂S(ψ)
∂v=
0
1
Dvψ
で，その外積が面積になり，外向きは uから vにねじればよいのでS(φ), S(ψ)
の法線ベクトルは外向きに気をつければ
N(ψ) = −
−Duφ
Dvφ
1
, N(φ) = −
−Duψ
Dvψ
1
になる．そこで， ∫
∂Ω
F =
∫∂Ω
F ·N dS
の z成分に対応するところだけを抜き出すと
−∫D
h(u, v, φ(u, v)) dudv +
∫D
h(u, v, ψ(u, v) dudv
となり，一致する．
2.12.1∫Ddω =
∫Cω
以上の結果を，微分形式の形∫D
dω =
∫C
ω
で導いておこう．
84 第 2章 偏微分
Greenの定理の 2次元版∫D
divF dxdy =
∫C
F ·N dS
F =
(f(x, y)
g(x, y)
)としましょう．曲線 C = (x(t), y(t))で表すと
dS =√x′(t)2 + y′(t)2 dt
進行方向のベクトル(x′(t)
y′(t)
)に直交する右回りの単位ベクトル
N =1√
x′(t)2 + y′(t)2
(y′(t)
−x′(t)
)を考えると
F ·N dS =1√
x′(t)2 + y′(t)2(f(x, y)y′(t)− g(x, y)x′(t)) dS
=
(f(x, y)
dy
dt− g(x, y)
dx
dt
)dt
= −g(x, y) dx+ f(x, y) dy
なので，これを ωとおけば dx ∧ dx = dy ∧ dy = 0に注意して
dω = −∂g∂ydy ∧ dx+
∂f
∂xdx ∧ dy
=
(∂f
∂x+∂g
∂y
)dx ∧ dy
= divF dx ∧ dy
Greenの定理の 3次元版 (Gauss) 面 C を (x(t, s), y(t, s))の 2つのパラメータで表します．それそれのパラメータをちょっと変化させたときの面積は，その面に直交するベクトルx(t+∆t, s)
y(t+∆t, s)
z(t+∆t, s)
×
x(t, s+∆s)
y(t, s∆s)
z(t, s∆s)
の長さで与えられます．その極限を考えて
∂x∂t∂y∂t∂z∂t
×
∂x∂s∂y∂s∂z∂s
dtds
=
∂y∂t
∂z∂s −
∂y∂s
∂y∂t
∂z∂t
∂x∂s − ∂z
∂s∂x∂t
∂x∂t
∂y∂s −
∂x∂s
∂y∂t
2.12. 面積分 85
より，F (x, y, z) =
f(x, y, z)g(x, y, z)
h(x, y, z)
とおくとF ·N dS =
f
(∂y
∂t
∂z
∂s− ∂y
∂s
∂y
∂t
)+ g
(∂z
∂t
∂x
∂s− ∂z
∂s
∂x
∂t
)+ h
(∂x
∂t
∂y
∂s− ∂x
∂s
∂y
∂t
)dtds
= f(x, y, z)dy ∧ dz + g(x, y, z)dz ∧ dx+ h(x, y, z)dx ∧ dy
を得るので，これを ωとおくと
dω =
(∂f
∂x+∂g
∂y+∂h
∂z
)dx ∧ dy ∧ dz
= divF dx ∧ dy ∧ dz
Stokesの定理 3次元の閉曲線 C を (x(t), y(t), z(t))で表しましょう．
F ·N dS =
f(x, y, z)g(x, y, z)
h(x, y, z)
·
x′(t)
y′(t)
z′(t)
dt
= f(x, y, z) dx+ g(x, y, z) dy + h(x, y, z) dz
これを ωとおけば
dω =∂f
∂ydy ∧ dx+
∂f
∂zdz ∧ dx+
∂g
∂xdx ∧ dy + ∂g
∂zdz ∧ dy + ∂h
∂xdx ∧ dz + ∂h
∂ydy ∧ dz
=
(−∂f∂y
+∂g
∂x
)dx ∧ dy +
(−∂g∂z
+∂h
∂y
)dy ∧ dz +
(−∂h∂x
+∂f
∂z
)dz ∧ dx
= rot F ·
dx ∧ dydy ∧ dzdz ∧ dx
86
第3章 ベクトル解析
3.1 テンソル3.1.1 反変ベクトル，共変ベクトル普通のベクトルを反変ベクトルとよび，その全体を V で表す．共変ベクト
ルとは反変ベクトルを実数へ写像する線形写像 φ : V → Rである．すなわち，共変ベクトル全体は V の共役 V ∗ になる．1つの座標系を与えると反変ベクトルは縦ベクトルをして表現され，単位ベクトル eiを 1に，残りの ej (j = i)
を 0にうつす写像を φi とおくと，φi は tei と同一視できるし，φiを基底ととれば，一般の共変ベクトルは横ベクトルとして表現できる．V の基底 eiを別の基底に移す変換は，新しい座標系の基底を eiで表
したベクトルを並べて行列 U を作ると古い基底で xと表されるベクトルは新しい基底では U−1xと表される．どちらも正規直交基底ならば，U は直交変換であるので U∗U = UU∗ = Eをみたす．y∗を V ∗の元を古い基底で表したものとすると
y∗x = y∗UU∗x = (y∗U)(U−1x)
より，新しい基底では y∗ は y∗U で表されることになる．共変ベクトルは 1次形式とも呼ばれる．
3.1.2 2階のテンソル行列M は反変ベクトル vと共変ベクトル u∗を 1つずつ与えると u∗Mvは
実数になる．これを混合テンソルという．すなわち，どちらの成分についても線形な写像 φ : V ×V ∗ → Rが混合テンソルである．同様に，どちらの成分についても線形な写像 φ : V ×V → Rが 2階の共変テンソル，ψ : V ∗×V ∗ → Rが 2階の反変テンソルという．φを 2階の共変テンソルとすると
φ(v, v′) = (Mv, v′)
をみたす混合テンソルM(行列)が存在する．実際，座標系が与えられていれば，M の (i, j)成分は φ(ei, ej)ととればよい．2階の共変テンソルは双 1次形式とも呼ばれる．
3.1. テンソル 87
3.1.3 対称テンソル，交代テンソル2階の共変テンソル (双 1次形式)が対称であるとは φ(v, v′) = φ(v′, v)をみ
たすことであり，交代であるとは φ(v, v′) = −φ(v′, v)をみたすことである．
3.1.4 高階のテンソル反変ベクトル全体 V について，どの成分についても線形な写像 φ : V k → R
を k重 1次形式，または k階の共変テンソルという．k個の共変ベクトル (1
次形式)φ1, . . . , φk があれば，反変ベクトル v1, . . . , vk について
φ(v1, . . . , vk) = φ1(v1)× · · · × φk(vk)
で定義すれば k重 1次形式が得られるが，これをテンソル積
φ = φ1 ⊗ · · · ⊗ φk
で表す．対称テンソル，交代テンソルも 2階のときと同様に定義される．共変ベクトル (1次形式)φ1, φ2 について
[φ1, φ2] = φ1 ⊗ φ2 − φ2 ⊗ φ1
を交代積または外積という．これは 2階の交代テンソルである．3次元ならば 4階以上の交代テンソルは 0だけである．実際，φ(v1, v2, v3, v4)
は各 viは基底ベクトルによって決定されるが，必ず，その中に同じものがあることになる．交代テンソルならば，同じものがあれば，0に等しいことからわかる．
3.1.5 スカラー場，ベクトル場，テンソル場，微分形式空間 V の各点に，スカラー，ベクトル，テンソルが対応するものを，それ
ぞれ，スカラー場，ベクトル場，テンソル場という．スカラー場は，共変ベクトルと見なせる．ベクトル場 aについて，(a, v) = φ(v)とおけば，1次の微分形式 (共変ベクトル場)が作れる．また，(a× v, v′) = det(a, v, v′)は 2次の微分形式 (共変テンソル場)が得られる．k次の共変テンソル場を k次の微分形式という．1次の微分形式 φ,ψにつ
いて，交代積により，2次の外微分形式
ω = [φ,ψ]
を外積という．3次の外微分形式も 3つの 1次の微分形式 φ,ψ, τ から [φ,ψ, τ ]
も作れる．これも外積という．
88 第 3章 ベクトル解析
3.1.6 勾配，全微分C1 級のスカラー場 f について，
grad f =
(∂f
∂x,∂f
∂y,∂f
∂z
)はベクトル場になる．
(grad f, v) = df(v)
により，1次微分形式 (共変ベクトル場)df を定義する．この df をスカラー場f の全微分とよぶ．1次微分形式 ωを
ω = ωxdx+ ωydy + ωzdz
と表す．すなわち，ベクトル v = (vx, vy, vz)に対応する値は
ω(v) = ωxvx + ωyvy + ωzvz
となる．このとき，スカラー場 f の全微分は
df =∂f
∂xdx+
∂f
∂ydy +
∂f
∂zdz
と表されることになる．各点 (x, y, z)に対して，x方向の値 xを対応させるスカラー場の全微分は
dxで表されるとみなせる．すなわち，全微分は dx, dy, dzを基底とする線形空間になる．
3.1.7 拡散 (div)
拡散を 2つの見方から説明しましょう．
閉曲線から出て行く量 平面 R2に速度 v = v(x, y)の流れがあるとしましょう．C を R2の単純閉曲線とします．C の小さな部分∆から外へ出る量は∆
での法線ベクトル nとの内積 (v,n)×∆と考えられます．C の中から出て行く発散量は，C を 1周するのですから，∫
C
(v,n) ds
で与えられます．
例 29 v = (1, 0)，Cは単位円とします．そのとき，発散量はC(t) = (cos t, sin t)
とおいて ds =√x′(t)2 + y′(t)2 dt = dtですから∫C
(v,n) ds =
∫ 2π
0
cos t(− sin t+ cos t) dt = 0
3.1. テンソル 89
例 30 C は単位円とします
v(x, y) =( x
x2 + y2,
y
x2 + y2
)のときは (x, y) = (cos t, sin t)とおくと v = 1
r (cos t, sin t) = (cos t, sin t)ですから ∫ 2π
0
1 ds = 2π
小さな正方形から出て行く量 ここでも直感的にわかりやすくするために，F = (f, g)を R2 の上のベクトル場とします．このとき，
divF =∂f
∂x+∂g
∂y
です．1辺が hで左下の点を (x, y)とする正方形を考えましょう (図 3.1)．左側
f(x, y) f(x+ h, y)
(x, y) (x+ h, y)
図 3.1: x方向への拡散
の辺から入ってくる量は f(x, y)×h，右側の辺から出ていく量は f(x+h, y)×h，したがって，差し引き
f(x+ h, y)h− f(x, y)h ≈ ∂f
∂xh2
となります．同じように，下側の辺から入り，上側から抜けていく量を考えれば，全体で divF × h2だけ，この正方形から出ていきますから，単位面積あたりの出て行く量が拡散 divF ということになります．記号ナブラ∇ = ( ∂∂x ,
∂∂y )をベクトルのように考え，ベクトル場と内積をと
るとみなせばdivF = (∇,F )
とも表せます．
90 第 3章 ベクトル解析
3次元の場合にも同じように定義できます．3次元の場合には．ベクトル場F = (f, g, h)について
divF =∂f
∂x+∂g
∂y+∂h
∂z
となります．内積を用いて形式的に
divF = (∇,F ) =
∂∂x∂∂y∂∂z
,
fgh
と表すこともできます．
2つは同じ 示すべき式は閉曲線 C の内部を V で表すと，v = (f, g)として∫C
(v,n) ds =
∫ (f(x(t), y(t))
g(x(t), y(t))
)·
(y′(t)
−x′(t)
)dt
=
∫ (−f(x(t), y(t))y′(t) + g(x(t), y(t))x′(t)
)dt
=
∫C
f(x, y) dy − g(x, y) dx =
∫V
∂g
∂y+∂f
∂xdxdy =
∫V
div v dxdy
となりますこれは Greenの定理になります．
3.1.8 回転 (rot)
まず，平面上の回転を考えてみましょう．速度 v = v(x, y)の中を単純閉曲線 C に沿って左回りに 1周します．C 上の点 (x, y)で dsの方向の単位ベクトルを tと表して v · tが単位長さ ds当たりの回転の力と考えられるので，それを 1周積分すれば ∫
C
v · t ds
を C に与える回転と考えます．
例 31 x軸に平行な流れ v(x, y) = (1, 0)として，単位円を 1周しましょう．Cを (cos t, sin t)でパラメータ付けすると，t = (− sin t, cos t)なので，回転は∫ 2π
0
− sin t dt =[cos t
]2π0
= 0
例 32
v(x, y) =
(x
x2 + y2,
y
x2 + y2
)という流れの中で単位円上を 1周しましょう．∫ 2π
0
− cos t sin t
r+
sin t cos t
rdt = 0
3.1. テンソル 91
これもGreenの定理を用いて面の積分にしましょう．v = (f(x(t), y(t)), g(x(t), y(t)))
として∫C
v ·t ds =∫ (
f(t)x′(t)+g(t)y′(t))dt =
∫C
f dx+g dy =
∫D
∂g
∂x− ∂f
∂ydxdy
回転は右ねじの法則のように，閉曲線 C に直交する方向に力が働くと考えた方が自然です．したがって，回転を 3次元で考えるようにしましょう．これまでに定義してきた gradや div などと違うことに注意しましょう．上の式の右辺は z軸方向への回転の量と考えようというわけです.
(x, y, z)
f(x, y, z)
(x+ h, y, z)
g(x+ h, y, z)
(x+ h, y + h, z)
(x, y + h, z)−f(x, y + h, z)
−g(x, y, z)
図 3.2: 回転
F = (f, g, h)を R3 のベクトル場としましょう．
rotF =(∂h∂y
− ∂g
∂z,∂f
∂z− ∂h
∂x,∂g
∂x− ∂f
∂y
)と定めます．外積を用いて形式的に
rotF = ∇× F =
∂∂x
∂∂y
∂∂z
×
fgh
とも表せます．xy平面内に (x, y, z)を左下の点として 1辺 hの正方形を考え，それを左回
りに 1周しましょう．(x, y, z)から (x+ h, y, z)へ移動する際に，それを手助けしてくれる力は f(x, y, z)× h，逆に (x+ h, y+ h, z)から (x, y+ h, z)に戻る際に，手助けしてくれる力は −f(x, y + h, z)× hなので，差し引き
−f(x, y + h, z)h+ f(x, y, z)h ≈ −∂f∂y
h2,
92 第 3章 ベクトル解析
同様に y方向に移動するときに得る量は
g(x+ h, y, z)h− g(x, y, z)h ≈ ∂g
∂xh2
であるので，1周するときに手助けしてくれる力は，単位面積あたり∂g
∂x− ∂f
∂y
というわけです．この回転の力を右ねじの法則を考えるように，xy平面に直角なベクトルとして与えることにします．同様に yz平面や zx平面に回転する力を考えたのが回転 rotであるというわけです．
3.1.4 grad, div, rotに関する公式ベクトル量に対する微分演算を行って，さまざまな関係式を研究すること
をベクトル解析と言い，物理学では基本的な道具として利用します．以下の式では現れる関数やベクトル場は十分に滑らかであること，すなわち必要なだけ微分可能であることを仮定しています．まず，微分の和や積の公式から次のような関係が成り立つことは容易に確かめられます．
grad(af + bg) = a grad f + b grad g
grad(fg) = f × grad g + g × grad f,
同様に，f を関数，F ,Gをベクトル場とするとき，
(∇, (aF + bG)) = a(∇,F ) + b(∇,G)
(∇, (fF )) = f(∇,F ) + (∇f,F )
も微分の和や積の公式から容易に導けます．よく使われる重要な式としては
div(grad f) = ∆f (3.1)
rot(grad f) = 0 (3.2)
div(rotF ) = 0 (3.3)
rot(rotF ) = grad(divF )−∆F (3.4)
があげられます．どれも一見，難しそうに見えますが，定義に戻って計算するだけで何も特殊なテクニックを用いることなく確かめることができます．
証明. 式 (3.1)は
div(grad f)) = div(∂f∂x,∂f
∂y,∂f
∂z
)=
∂
∂x
(∂f
∂x
)+
∂
∂y
(∂f
∂y
)+
∂
∂z
(∂f
∂z
)= ∆f
3.1. テンソル 93
式 (3.2)はrot(grad f) = rot
(∂f∂x,∂f
∂y,∂f
∂z
)です．例えばこの x座標は
∂
∂y
(∂f
∂z
)− ∂
∂z
(∂f
∂y
)ですから，f が C2 級ならば微分の順序が交換できるので 0に等しいことがわかります．式 (3.3)は F = (f, g, h)とすると
div(rotF ) = div(∂h∂y
− ∂g
∂z,∂f
∂z− ∂h
∂x,∂g
∂x− ∂f
∂y
)=
∂
∂x
(∂h
∂y− ∂g
∂z
)+
∂
∂y
(∂f
∂z− ∂h
∂x
)+
∂
∂z
(∂g
∂x− ∂f
∂y
)となり，整理をすれば，上と同様に f, g, hがC2級ならば，0に等しいことがわかるでしょう．式 (3.4)は
rot(rotF ) = rot(∂h∂y
− ∂g
∂z,∂f
∂z− ∂h
∂x,∂g
∂x− ∂f
∂y
)の例えば x座標を考えると
∂
∂y
(∂g
∂x− ∂f
∂y
)− ∂
∂z
(∂f
∂z− ∂h
∂x
)=
∂2g
∂x∂y+
∂2h
∂z∂x− ∂2f
∂y2− ∂2f
∂z2
=∂2f
∂x2+
∂2g
∂x∂y+
∂2h
∂z∂x− ∂2f
∂x2− ∂2f
∂y2− ∂2f
∂z2
=∂
∂xdivF −∆f
により証明が終わります．