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문제 은행 · 미적분 · 대학 미적분 · 벡터 미적분

선적분

먼저 혼자 풀어 보고, 풀이로 확인한 다음, 아래 「한 번 더」 문제로 이어서 연습하세요.

CLP-4 · 2.4절 · 15번대학 수준우리말 번역

F=(yzcos⁡x , zsin⁡x+2yz , ysin⁡x+y2−sin⁡z)\mathbf{F} = \big(yz\cos x\,,\,z\sin x+2yz\,,\,y\sin x+y^2-\sin z\big) 라 하고, CC 를 0≤t≤π/20\le t\le\pi/2 에서 선분 r(t)=(t,t,t)\mathbf{r}(t) = (t,t,t) 라 하자. ∫CF⋅dr\displaystyle\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let F=(yzcos⁡x , zsin⁡x+2yz , ysin⁡x+y2−sin⁡z)\mathbf{F} = \big(yz\cos x\,,\,z\sin x+2yz\,,\,y\sin x+y^2-\sin z\big) and let CC be the line segment r(t)=(t,t,t)\mathbf{r}(t) = (t,t,t), for 0≤t≤π/20\le t\le\pi/2. Evaluate ∫CF⋅dr\displaystyle\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}.

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흠. F\mathbf{F} 가 수상할 만큼 복잡해 보인다. F\mathbf{F} 가 보존적이라고 추측하고 그 퍼텐셜 함수를 찾아보자. ϕ(x,y,z)\phi(x,y,z) 가 이 F\mathbf{F} 의 퍼텐셜 함수일 필요충분조건은 다음과 같다.

∂φ∂x(x,y,z)=yzcos⁡x∂φ∂y(x,y,z)=zsin⁡x+2yz∂φ∂z(x,y,z)=ysin⁡x+y2−sin⁡z\begin{aligned} \frac{\partial \varphi}{\partial x}(x,y,z) &= yz\cos x \\ \frac{\partial \varphi}{\partial y}(x,y,z) &= z\sin x+2yz \\ \frac{\partial \varphi}{\partial z}(x,y,z) &= y\sin x+y^2-\sin z \end{aligned}

이 식들 중 첫 번째 식을 적분하면

φ(x,y,z)=yzsin⁡x+f(y,z)\varphi(x,y,z) = yz\sin x + f(y,z)

이다. 이를 두 번째 식에 대입하면

zsin⁡x+∂f∂y(y,z)=zsin⁡x+2yz또는∂f∂y(y,z)=2yzz\sin x + \frac{\partial f}{\partial y}(y,z) = z\sin x+2yz\qquad\text{또는}\quad \frac{\partial f}{\partial y}(y,z) = 2yz

이고, 이를 적분하면

f(y,z)=y2z+g(z)f(y,z) = y^2z + g(z)

이다. 마지막으로 φ(x,y,z)=yzsin⁡x+y2z+g(z)\varphi(x,y,z) = yz\sin x+y^2z + g(z) 를 마지막 식에 대입하면

ysin⁡x+y2+g′(z)=ysin⁡x+y2−sin⁡z또는g′(z)=−sin⁡zy\sin x+y^2 + g'(z) = y\sin x+y^2-\sin z\qquad\text{또는}\quad g'(z) = -\sin z

이고, 이를 적분하면

g(z)=cos⁡z+Cg(z) = \cos z + C

이다. 여기서 CC 는 임의의 상수이다. 따라서 ϕ(x,y,z)=yzsin⁡x+y2z+cos⁡z\phi(x,y,z)=yz\sin x+y^2z+\cos z 는 가능한 스칼라 퍼텐셜 중 하나이고, 구하는 적분은

∫CF⋅dr=φ(r)∣r(0)r(π/2)=φ(π/2 , π/2 , π/2)−φ(0,0,0)=π38+π24−1\begin{aligned} \int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} = \varphi(\mathbf{r})\Big|_{\mathbf{r}(0)}^{\mathbf{r}(\pi/2)} = \varphi(\pi/2\,,\,\pi/2\,,\,\pi/2) -\varphi (0,0,0) = \frac{\pi^3}{8}+\frac{\pi^2}{4}-1 \end{aligned}

이다.

원본 교재 풀이(영어)

Hmmm. F\mathbf{F} looks suspiciously complicated. Let's guess that F\mathbf{F} is conservative and look for a potential for it. ϕ(x,y,z)\phi(x,y,z) is a potential for this F\mathbf{F} if and only if

∂φ∂x(x,y,z)=yzcos⁡x∂φ∂y(x,y,z)=zsin⁡x+2yz∂φ∂z(x,y,z)=ysin⁡x+y2−sin⁡z\begin{aligned} \frac{\partial \varphi}{\partial x}(x,y,z) &= yz\cos x \\ \frac{\partial \varphi}{\partial y}(x,y,z) &= z\sin x+2yz \\ \frac{\partial \varphi}{\partial z}(x,y,z) &= y\sin x+y^2-\sin z \end{aligned}

Integrating the first of these equations gives

φ(x,y,z)=yzsin⁡x+f(y,z)\varphi(x,y,z) = yz\sin x + f(y,z)

Substituting this into the second equation gives

zsin⁡x+∂f∂y(y,z)=zsin⁡x+2yzor∂f∂y(y,z)=2yzz\sin x + \frac{\partial f}{\partial y}(y,z) = z\sin x+2yz\qquad\text{or}\quad \frac{\partial f}{\partial y}(y,z) = 2yz

which integrates to

f(y,z)=y2z+g(z)f(y,z) = y^2z + g(z)

Finally, substituting φ(x,y,z)=yzsin⁡x+y2z+g(z)\varphi(x,y,z) = yz\sin x+y^2z + g(z) into the last equation gives

ysin⁡x+y2+g′(z)=ysin⁡x+y2−sin⁡zorg′(z)=−sin⁡zy\sin x+y^2 + g'(z) = y\sin x+y^2-\sin z\qquad\text{or}\quad g'(z) = -\sin z

which integrates to

g(z)=cos⁡z+Cg(z) = \cos z + C

with CC being an arbitrary constant. So ϕ(x,y,z)=yzsin⁡x+y2z+cos⁡z\phi(x,y,z)=yz\sin x+y^2z+\cos z is one allowed scalar potential and the specified integral is

∫CF⋅dr=φ(r)∣r(0)r(π/2)=φ(π/2 , π/2 , π/2)−φ(0,0,0)=π38+π24−1\begin{aligned} \int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} = \varphi(\mathbf{r})\Big|_{\mathbf{r}(0)}^{\mathbf{r}(\pi/2)} = \varphi(\pi/2\,,\,\pi/2\,,\,\pi/2) -\varphi (0,0,0) = \frac{\pi^3}{8}+\frac{\pi^2}{4}-1 \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-4 · 2.4절 · 16번우리말 번역

CC 를 중심이 (1,0)(1, 0) 인 단위원의 위쪽 반원 (즉, 원에서 xx축 위쪽에 놓인 부분)이라 하고, 시계 방향으로 향하게 하자. 선적분 ∫Cxy dy\int_C xy\,\mathrm{d}y 의 값을 구하세요.

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풀이 1:

주어진 반원 CC 와 F=xy ȷ^\mathbf{F}=xy\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 에 대하여 선적분 ∫CF⋅dr\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} 의 값을 구하는 문제이다. ∇×F≠0{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\ne\mathbf{0} 이므로 벡터장 F\mathbf{F} 는 보존적이지 않다. 따라서 직접 적분한다. 먼저 그림을 이용하여

그림

CC 를 다음과 같이 매개화한다.

r(θ)=(x(θ) , y(θ))=(1−cos⁡θ) ı^+sin⁡θ ȷ^0≤θ≤π\mathbf{r}(\theta) = \big(x(\theta)\,,\,y(\theta)\big) =(1-\cos\theta)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\qquad 0\le\theta\le\pi

그러면 적분은 다음과 같다.

∫Cxy dy=∫0πx(θ) y(θ) y′(θ) dθ=∫0π(1−cos⁡θ) sin⁡θ cos⁡θ dθ\begin{aligned} \int_C xy\,\mathrm{d}y =\int_0^\pi x(\theta)\,y(\theta)\, y'(\theta)\ \mathrm{d}\theta =\int_0^\pi (1-\cos\theta)\,\sin\theta\,\cos\theta \ \mathrm{d}\theta \end{aligned}

u=cos⁡θu=\cos\theta, du=−sin⁡θ dθ\mathrm{d}u =-\sin\theta\,\mathrm{d}\theta, u(0)=1u(0)=1, u(π)=−1u(\pi)=-1 로 치환하면

∫Cxy dy=∫1−1(1−u) u (−du)=∫−11(u−u2) du=−2∫01u2 du=−2133=−23\begin{aligned} \int_C xy\,\mathrm{d}y =\int_1^{-1} (1-u)\, u\, (-\mathrm{d}u) =\int_{-1}^1 (u-u^2)\,\mathrm{d}u =-2 \int_0^1 u^2\,\mathrm{d}u =-2 \frac{1^3}{3}=-\frac{2}{3} \end{aligned}

풀이 2:

CC 위에서 xx 를 yy 에 대한 식으로 두 부분으로 나누어 나타낼 수 있다.

  • C1C_1 을 yy 가 0에서 1까지 변할 때의 사분원 x=1−1−y2x=1-\sqrt{1-y^2} 이라 하고,
  • C2C_2 를 yy 가 1에서 0까지 변할 때의 사분원 x=1+1−y2x=1+\sqrt{1-y^2} 이라 하자.

그러면 다음과 같다.

∫Cxydy=∫C1xydy+∫c2xydy=∫01(1−1−y2)y dy+∫10(1+1−y2)y dy=∫01y dy−∫01y1−y2 dy+∫10y dy+∫10y1−y2 dy=−2∫01y1−y2 dy치환 u=1−y2, du=−2y dy 를 이용하면:=∫10u1/2du=−23\begin{aligned} \int_C xy\mathrm{d}y &=\int_{C_1} xy\mathrm{d}y+\int_{c_2}xy\mathrm{d}y\\ &=\int_0^1\left(1-\sqrt{1-y^2}\right)y\,\mathrm{d}y+\int_1^0\left(1+\sqrt{1-y^2}\right)y\,\mathrm{d}y\\ &=\int_0^1 y\,\mathrm{d}y-\int_0^1y\sqrt{1-y^2}\,\mathrm{d}y+\int_1^0y\,\mathrm{d}y+\int_1^0 y\sqrt{1-y^2}\,\mathrm{d}y\\ &=-2\int_0^1 y\sqrt{1-y^2}\,\mathrm{d}y \\ \text{치환 $u=1-y^2$, $\mathrm{d}u=-2y\,\mathrm{d}y$ 를 이용하면:} \\ &=\int_1^0u^{1/2}\mathrm{d}u=-\frac23 \end{aligned}

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# 선적분계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)

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