면적분과 플럭스 연습문제 — CLP-4 · 3.3절 · 42번

CLP-4 · 3.3절 · 42번대학 수준우리말 번역

$\mathcal{S}$ 를 곡면 $(x+y+1)^2+z^2=4$ 중 제1팔분공간에 놓인 부분이라 하자. $\mathcal{S}$ 를 통과하는 $\mathbf{F}$ 의 아래쪽 방향 플럭스를 구하세요. 여기서 $\mathbf{F}=xy\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(z-xy)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$

영어 원문 보기

Let $\mathcal{S}$ be the part of the surface $(x+y+1)^2+z^2=4$ which lies in the first octant. Find the flux of $\mathbf{F}$ downwards through $\mathcal{S}$ where $\mathbf{F}=xy\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(z-xy)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$

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먼저 다음을 관찰하자.

$(x+y+1)^2\ge 0$ 이므로, $(x+y+1)^2+z^2=4$ 위의 모든 점은 $|z|\le 2$ 이다. 그리고,
$|z_0|\le 2$ 일 때, 곡면 $(x+y+1)^2+z^2=4$ 는 수평면 $z=z_0$ 와 $(x+y+1)^2 = 4-z_0^2$ 에서 만난다. 즉 두 직선 $x+y=\pm\sqrt{4-z_0^2}-1$ , $z=z_0$ 에서 만난다.
직선 $x+y=\pm\sqrt{4-z_0^2}-1$ , $z=z_0$ 가 제1팔분공간과 만나는 것은 $z_0\ge0$ 이고 $\pm\sqrt{4-z_0^2}-1\ge 0$ 일 때, 그리고 그때에 한한다.
따라서 $x+y=-\sqrt{4-z_0^2}-1$ , $z=z_0$ 는 제1팔분공간과 절대 만나지 않고,
$x+y=\sqrt{4-z_0^2}-1$ , $z=z_0$ 가 제1팔분공간과 만나는 것은 $0\le z_0\le \sqrt{3}$ 일 때, 그리고 그때에 한한다.
$z_0=0$ 일 때, 직선 $x+y=\sqrt{4-z_0^2}-1$ , $z=z_0$ 는 $x+y=1$ , $z=0$ 이다.
$z_0=\sqrt{3}$ 일 때, 직선 $x+y=\sqrt{4-z_0^2}-1$ , $z=z_0$ 는 $x+y=0$ , $z=2$ 이다.
그러므로 $(x,y,z)$ 가 $\mathcal{S}$ 위를 움직일 때, $(x,y)$ 는 삼각형 $x\ge0$ , $y\ge 0$ , $x+y\le 1$ 위를 움직인다.

$G(x,y,z)=(x+y+1)^2+z^2$ 이라 하자. 그러면 $\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S=\pm\frac{{ \boldsymbol{\nabla} } G}{{ \boldsymbol{\nabla} } G\cdot\hat{\mathbf{k}}}\ \mathrm{d}x\mathrm{d}y =\pm\frac{2(x+y+1)\hat{\boldsymbol{\imath}}+2(x+y+1)\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2z\hat{\mathbf{k}}}{2z}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 아래쪽 법선을 택하려면 음의 부호가 필요하므로

$\begin{aligned} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=-\big[xy\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(z-xy)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\big]\cdot \Big[\frac{(x+y+1)\hat{\boldsymbol{\imath}}+(x+y+1)\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z\hat{\mathbf{k}}}{z}\Big]\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &=-\frac{1}{z}\big[xy(x+y+1)+(z-xy)(x+y+1)\big]\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &=-\frac{1}{z}\big[z(x+y+1)\big]\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &=-(x+y+1)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y \end{aligned}$

적분 정의역은 $x\ge 0,\ y\ge 0,\ x+y\le 1$ 이므로

$\begin{aligned} \iint _\mathcal{S}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=-\int_0^1 \mathrm{d}x\int_0^{1-x} \mathrm{d}y \ (x+y+1) =-\int_0^1 \mathrm{d}x\ \Big[(1+x)(1-x)+\frac{1}{2}(1-x)^2\Big]\\ &=-\int_0^1 \mathrm{d}x\ \Big[\frac{3}{2}-x-\frac{1}{2} x^2\Big] =-\Big[\frac{3}{2}-\frac{1}{2}-\frac{1}{6}\Big] =-\frac{5}{6} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

First observe that,

because $(x+y+1)^2\ge 0$ , all points on $(x+y+1)^2+z^2=4$ have $|z|\le 2$ and that,
for $|z_0|\le 2$ , the surface $(x+y+1)^2+z^2=4$ intersects the horizontal plane $z=z_0$ on $(x+y+1)^2 = 4-z_0^2$ , i.e. on the two lines $x+y=\pm\sqrt{4-z_0^2}-1$ , $z=z_0$ .
The line $x+y=\pm\sqrt{4-z_0^2}-1$ , $z=z_0$ intersects the first octant if and only if $z_0\ge0$ and $\pm\sqrt{4-z_0^2}-1\ge 0$ .
Thus $x+y=-\sqrt{4-z_0^2}-1$ , $z=z_0$ never intersects the first octant and
$x+y=\sqrt{4-z_0^2}-1$ , $z=z_0$ intersects the first octant if and only if $0\le z_0\le \sqrt{3}$ .
When $z_0=0$ , the line $x+y=\sqrt{4-z_0^2}-1$ , $z=z_0$ is $x+y=1$ , $z=0$ .
When $z_0=\sqrt{3}$ , the line $x+y=\sqrt{4-z_0^2}-1$ , $z=z_0$ is $x+y=0$ , $z=2$ .
So as $(x,y,z)$ runs over $\mathcal{S}$ , $(x,y)$ runs over the triangle $x\ge0$ , $y\ge 0$ , $x+y\le 1$ .

Let $G(x,y,z)=(x+y+1)^2+z^2$ . Then $\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S=\pm\frac{{ \boldsymbol{\nabla} } G}{{ \boldsymbol{\nabla} } G\cdot\hat{\mathbf{k}}}\ \mathrm{d}x\mathrm{d}y =\pm\frac{2(x+y+1)\hat{\boldsymbol{\imath}}+2(x+y+1)\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2z\hat{\mathbf{k}}}{2z}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ For the downward normal, we need the minus sign, so

The domain of integration is $x\ge 0,\ y\ge 0,\ x+y\le 1$ , so

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-4 · 3.3절 · 31번우리말 번역

벡터장

$\mathbf{F} = \frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}|} = \frac{x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z\,\hat{\mathbf{k}}}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$

의 순 바깥쪽 플럭스를, 원점을 중심으로 하는 반지름 $1$ 인 구와 반지름 $2$ 인 구 사이 영역의 경계면에 대해 구하세요.

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다 풀었으면 정답 확인

다음과 같이 놓는다.

$V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 1\le x^2+y^2+z^2\le 4\ \big\}$

$V$ 의 경계는 두 부분으로 이루어진다. 하나는 원점을 중심으로 하는 반지름 $2$ 인 구 $S_2$ 로, (바깥쪽) 법선벡터는 $\hat{\mathbf{n}}=\frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}|}=\frac{\mathbf{r}}{2}$ 이다. 다른 하나는 원점을 중심으로 하는 반지름 $1$ 인 구 $S_1$ 로, (안쪽) 법선벡터는 $\hat{\mathbf{n}} = -\mathbf{r}$ 이다. 따라서

$\begin{aligned} \iint _{\partial V} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iint _{S_2} \frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}|}\cdot\frac{\mathbf{r}}{2}\,\mathrm{d}S -\iint _{S_1} \frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}|}\cdot\mathbf{r}\,\mathrm{d}S \\ &=\iint _{S_2} \mathrm{d}S -\iint _{S_1} \mathrm{d}S \\ &=4\pi(2)^2 -4\pi(1)^2 \\ &=12\pi \end{aligned}$

이 문제로 이어서 풀기

# 면적분과 플럭스계산도전자동 분류