熱力学の解答付き演習

経路に沿った微分形式の積分

演習 6 · レッスン 4 — 熱力学第一法則

  • 微分形式
  • 完全微分
  • シュワルツの判定条件
  • 線積分

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問題

二つの微分形式

ω1=y dx+x dy,ω2=y dx,\omega_1 = y\,\mathrm{d}x + x\,\mathrm{d}y, \qquad \omega_2 = y\,\mathrm{d}x,

と、原点 O(0,0)O(0,0) から点 M(1,1)M(1,1) へ至る三つの経路を考える。 γ1\gamma_1 は水平線分 O→(1,0)O\to(1,0) と、それに続く鉛直線分 (1,0)→M(1,0)\to M、 γ2\gamma_2 は鉛直線分 O→(0,1)O\to(0,1) と、それに続く水平線分 (0,1)→M(0,1)\to M、 γ3\gamma_3 は OO と MM を直接結ぶ直線分である。

  1. ω1=df\omega_1 = \mathrm{d}f を満たす関数 ff を示し、ω1\omega_1 が完全形式であることを証明せよ。
  2. 各線分をパラメータ表示して ∫γ1ω1\int_{\gamma_1}\omega_1 と ∫γ2ω1\int_{\gamma_2}\omega_1 を計算せよ。また、計算をせずに同じ結果を導け。
  3. ω2\omega_2 にシュワルツの判定条件を適用せよ。何が結論できるか。
  4. ∫γ1ω2\int_{\gamma_1}\omega_2、∫γ2ω2\int_{\gamma_2}\omega_2、∫γ3ω2\int_{\gamma_3}\omega_2 を計算し、考察せよ。

ヒント
水平線分では dy=0\mathrm{d}y = 0、鉛直線分では dx=0\mathrm{d}x = 0 であり、 各積分は通常の一変数積分に帰着する。

詳しい解答

解答
問1。 f(x,y)=xyf(x,y) = xy とすればよい。実際、∂f/∂x=y\partial f/\partial x = y、∂f/∂y=x\partial f/\partial y = x である。

問2。 t↦(x(t),y(t))t\mapsto\bigl(x(t),y(t)\bigr) とパラメータ表示された曲線に対して

∫γω1=∫[y(t)x′(t)+x(t)y′(t)],dt.\int_\gamma\omega_1 = \int \left[y(t)x'(t)+x(t)y'(t)\right],\mathrm{d}t.

経路 γ1\gamma_1 は二つの線分の和である。第一線分では x(t)=tx(t)=t、y(t)=0y(t)=0、 t∈[0,1]t\in[0,1] なので、dx=dt\mathrm{d}x=\mathrm{d}t、dy=0\mathrm{d}y=0 である。 第二線分では x(t)=1x(t)=1、y(t)=ty(t)=t、同じく t∈[0,1]t\in[0,1] なので、 dx=0\mathrm{d}x=0、dy=dt\mathrm{d}y=\mathrm{d}t である。したがって

I1=∫γ1ω1=∫01(0×1+t×0) dt+∫01(t×0+1×1) dt=0+∫01dt=1.\begin{aligned} I_1 = \int_{\gamma_1}\omega_1 &= \int_0^1\left(0\times 1+t\times 0\right)\,\mathrm{d}t + \int_0^1\left(t\times 0+1\times 1\right)\,\mathrm{d}t \\ &= 0+\int_0^1\mathrm{d}t = 1. \end{aligned}

γ2\gamma_2 では、第一線分を x(t)=0x(t)=0、y(t)=ty(t)=t、第二線分を x(t)=tx(t)=t、y(t)=1y(t)=1 とパラメータ表示する。いずれも t∈[0,1]t\in[0,1] である。よって

I2=∫γ2ω1=∫01(t×0+0×1) dt+∫01(1×1+t×0) dt=0+∫01dt=1.\begin{aligned} I_2 = \int_{\gamma_2}\omega_1 &= \int_0^1\left(t\times 0+0\times 1\right)\,\mathrm{d}t + \int_0^1\left(1\times 1+t\times 0\right)\,\mathrm{d}t \\ &= 0+\int_0^1\mathrm{d}t = 1. \end{aligned}

二つの値は一致する。これは計算せずとも分かる。ω1=df\omega_1=\mathrm{d}f、 f(x,y)=xyf(x,y)=xy なので、その積分は端点だけに依存し、

∫γω1=f(M)−f(O)=f(1,1)−f(0,0)=1.\int_\gamma\omega_1=f(M)-f(O)=f(1,1)-f(0,0)=1.

問3。 ω2=A(x,y) dx+B(x,y) dy\omega_2=A(x,y)\,\mathrm{d}x+B(x,y)\,\mathrm{d}y と書く。 ここで A(x,y)=yA(x,y)=y、B(x,y)=0B(x,y)=0 である。形式が完全なら、シュワルツの判定条件から

∂A∂y=∂B∂x\frac{\partial A}{\partial y}=\frac{\partial B}{\partial x}

でなければならない。しかし ∂A/∂y=1\partial A/\partial y=1 に対し、 ∂B/∂x=0\partial B/\partial x=0 である。交差偏微分が異なるので ω2\omega_2 は完全形式ではない。 したがって、その積分は OO から MM までの経路に依存し得る。次の計算でこれを確かめる。

問4。 ω2=y dx\omega_2=y\,\mathrm{d}x なので、yy がゼロでない値にあるときの xx の変化だけが積分に寄与する。先のパラメータ表示を用いると、γ1\gamma_1 では

J1=∫γ1ω2=∫010×1 dt+∫01t×0 dt=0.\begin{aligned} J_1 =\int_{\gamma_1}\omega_2 &=\int_0^1 0\times 1\,\mathrm{d}t +\int_0^1 t\times 0\,\mathrm{d}t \\ &=0. \end{aligned}

γ2\gamma_2 の第一線分では x(t)=0x(t)=0、したがって dx=0\mathrm{d}x=0 である。 第二線分では x(t)=tx(t)=t、y(t)=1y(t)=1、dx=dt\mathrm{d}x=\mathrm{d}t なので

J2=∫γ2ω2=∫01t×0 dt+∫011×1 dt=1.\begin{aligned} J_2 =\int_{\gamma_2}\omega_2 &=\int_0^1 t\times 0\,\mathrm{d}t +\int_0^1 1\times 1\,\mathrm{d}t \\ &=1. \end{aligned}

最後に、対角線分 γ3\gamma_3 は

x(t)=t,y(t)=t,t∈[0,1]x(t)=t,\qquad y(t)=t,\qquad t\in[0,1]

と明示的にパラメータ表示できる。したがって dx=dt\mathrm{d}x=\mathrm{d}t、 dy=dt\mathrm{d}y=\mathrm{d}t であり、

J3=∫γ3ω2=∫01y(t)x′(t) dt=∫01t dt=12.J_3 =\int_{\gamma_3}\omega_2 =\int_0^1 y(t)x'(t)\,\mathrm{d}t =\int_0^1 t\,\mathrm{d}t =\frac12.

三経路の端点は同じだが、J1=0J_1=0、J2=1J_2=1、J3=1/2J_3=1/2 と異なる値を与える。 これこそ完全でない微分形式に特徴的な経路依存性である。