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문제 은행 · 미적분 · 대학 미적분 · 벡터 미적분

발산 정리

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

CLP-4 · 4.2절 · 18번대학 수준우리말 번역

면적분

∬SF⋅n^ dS\iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S

의 값을 구하세요. 여기서 F(x,y,z)=(cos⁡z+xy2 , xe−z , sin⁡y+x2z)\mathbf{F}(x, y, z) = \big(\cos z + xy^2\,,\, xe^{-z}\,,\, \sin y + x^2 z\big) 이고 SS 는 포물면 z=x2+y2z = x^2 + y^2 과 평면 z=4z = 4 로 둘러싸인 입체 영역의 경계이며, 법선벡터는 바깥쪽을 향합니다.

영어 원문 보기

Evaluate the surface integral

∬SF⋅n^ dS\iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S

where F(x,y,z)=(cos⁡z+xy2 , xe−z , sin⁡y+x2z)\mathbf{F}(x, y, z) = \big(\cos z + xy^2\,,\, xe^{-z}\,,\, \sin y + x^2 z\big) and SS is the boundary of the solid region enclosed by the paraboloid z=x2+y2z = x^2 + y^2 and the plane z=4z = 4, with outward pointing normal.

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정답·풀이 보기

F\mathbf{F} 가 복잡해 보이므로 플럭스 적분을 직접 계산하는 것은 피하는 것이 좋을 것이다. 먼저 F\mathbf{F} 의 발산을 계산하여, 대신 발산 정리를 쓰는 것이 좋을지 살펴보자.

∇⋅F=∂∂x(cos⁡z+xy2)+∂∂y(xe−z)+∂∂z(sin⁡y+x2z)=y2+x2\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} = \frac{\partial }{\partial x}\big(\cos z + xy^2\big) +\frac{\partial }{\partial y}\big(xe^{-z}\big) +\frac{\partial }{\partial z}\big(\sin y + x^2 z\big) =y^2+x^2 \end{aligned}

쓸 만해 보인다. 게다가 SS 는 다음 입체 영역의 경계이다.

V={ (x,y,z) ∣ x2+y2≤z≤4 }−45pt[65pt][30pt]![그림](clp/clp4−OE07A4.png)V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le z\le 4\ \big\} {-45pt}[65pt][30pt]{ ![그림](clp/clp4-OE07A_4.png) }

따라서 발산 정리에 의해 다음을 얻는다.

∬SF⋅n^ dS=∭V∇⋅F dV=∭V(x2+y2) dV\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}V =\iiint _V (x^2+y^2)\ \mathrm{d}V \end{aligned}

삼중적분을 계산하기 위해 원기둥 좌표 (r,θ,z)(r,\theta,z) 를 사용한다. zz 좌표는 00 부터 44 까지 변한다. 0≤z≤40\le z \le 4 인 각 고정된 zz 에 대해 (아래 그림의 파란 원판을 보라. 그림은 VV 의 제1팔분공간에 있는 부분을 나타낸다)

그림

(x,y)(x,y) 는 0≤x2+y2≤z0\le x^2+y^2 \le z 의 범위를 움직이며, 이는 원기둥 좌표로 0≤r2≤z0\le r^2\le z 또는 0≤r≤z0\le r\le\sqrt{z} 이다. 따라서 플럭스와 삼중적분은 다음과 같다.

∬SF⋅n^ dS=∭V(x2+y2) dV=∫04dz∫0zdr r∫02πdθ r2=2π∫04dz∫0zdr r3=2π∫04dz z24=2π433×4=323π\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _V (x^2+y^2)\ \mathrm{d}V \\ &=\int_0^4\mathrm{d}z\int_0^{\sqrt{z}}\mathrm{d}r\ r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ r^2 \\ &=2\pi \int_0^4\mathrm{d}z\int_0^{\sqrt{z}}\mathrm{d}r\ r^3 \\ &=2\pi \int_0^4\mathrm{d}z\ \frac{z^2}{4} =2\pi \frac{4^3}{3\times 4}\\ &=\frac{32}{3}\pi \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

As F\mathbf{F} looks complicated, we will probably want to avoid evaluating the flux integral directly. Let's first compute the divergence of F\mathbf{F}, to see if it looks wise to use the divergence theorem instead.

∇⋅F=∂∂x(cos⁡z+xy2)+∂∂y(xe−z)+∂∂z(sin⁡y+x2z)=y2+x2\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} = \frac{\partial }{\partial x}\big(\cos z + xy^2\big) +\frac{\partial }{\partial y}\big(xe^{-z}\big) +\frac{\partial }{\partial z}\big(\sin y + x^2 z\big) =y^2+x^2 \end{aligned}

Looks promising. Furthermore SS is the boundary of the solid region

V={ (x,y,z) ∣ x2+y2≤z≤4 }−45pt[65pt][30pt]![figure](clp/clp4−OE07A4.png)V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le z\le 4\ \big\} {-45pt}[65pt][30pt]{ ![figure](clp/clp4-OE07A_4.png) }

So the divergence theorem gives

∬SF⋅n^ dS=∭V∇⋅F dV=∭V(x2+y2) dV\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}V =\iiint _V (x^2+y^2)\ \mathrm{d}V \end{aligned}

To compute the triple integral, we'll use the cylindrical coordinates (r,θ,z)(r,\theta,z). The zz-coordinate runs from 00 to 44. For each fixed 0≤z≤40\le z \le 4 (see the blue disk in the figure below — which shows the part of VV in the first octant),

figure

(x,y)(x,y) runs over 0≤x2+y2≤z0\le x^2+y^2 \le z, which in cylindrical coordinates is 0≤r2≤z0\le r^2\le z or 0≤r≤z0\le r\le\sqrt{z}. So the flux and the triple integral are

∬SF⋅n^ dS=∭V(x2+y2) dV=∫04dz∫0zdr r∫02πdθ r2=2π∫04dz∫0zdr r3=2π∫04dz z24=2π433×4=323π\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _V (x^2+y^2)\ \mathrm{d}V \\ &=\int_0^4\mathrm{d}z\int_0^{\sqrt{z}}\mathrm{d}r\ r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ r^2 \\ &=2\pi \int_0^4\mathrm{d}z\int_0^{\sqrt{z}}\mathrm{d}r\ r^3 \\ &=2\pi \int_0^4\mathrm{d}z\ \frac{z^2}{4} =2\pi \frac{4^3}{3\times 4}\\ &=\frac{32}{3}\pi \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-4 · 4.2절 · 19번우리말 번역

SS 를 구 x2+y2+z2=4x^2 + y^2 + z^2 = 4 중에서 평면 z=1z = 1 과 z=0z = 0 사이에 있는 부분이라 하고, 원점에서 멀어지는 방향을 향하도록 방향을 주자.

F=(ey+xz) ı^+(zy+sin⁡(x)) ȷ^+(z2−1) k^\begin{aligned} \mathbf{F} = (e^y + xz)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (zy + \sin(x))\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + (z^2 - 1)\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}

이라 할 때, 다음 플럭스 적분의 값을 구하세요.

∬SF⋅n^ dS.\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S. \end{aligned}

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이 적분을 예를 들어 구면좌표를 써서 직접 계산하려 하면, 피적분함수에

sin⁡(x)=sin⁡(2sin⁡φcos⁡θ)\sin(x) = \sin\big(2\sin\varphi\cos\theta\big)

가 들어 있게 된다. 이는 그다지 다루기 좋은 꼴이 아니다. 그래서 대신 발산 정리를 이용해 보자. 먼저,

∇⋅F=∂∂x(ey+xz)+∂∂y(zy+sin⁡(x))+∂∂z(z2−1)=4z\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} &= \frac{\partial }{\partial x}\big(e^y + xz\big) +\frac{\partial }{\partial y}\big(zy + \sin(x)\big) +\frac{\partial }{\partial z}\big(z^2 - 1\big) = 4z \end{aligned}

이다. 매우 간단하다. 이제 SS 를 살펴보자. SS 중 제1팔분공간에 있는 부분은 아래 왼쪽 그림에 빨간색으로 표시되어 있다.

그림

그림

곡면 SS 는 닫혀 있지 않으므로 어떤 입체의 경계가 아니고, 따라서 발산 정리를 바로 적용할 수 없다. 그러나 경계가 SS 를 포함하는 입체를 쉽게 만들 수 있다.

V={ (x,y,z) ∣ x2+y2+z2≤4, 0≤z≤1 }V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2 + y^2 + z^2 \le 4,\ 0\le z\le 1\ \big\}

이라 하자. VV 의 경계 ∂V\partial V 는 세 부분, 즉 SS, 아래쪽 원판

Db={ (x,y,z) ∣ x2+y2≤4, z=0 }D_b = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2 + y^2 \le 4,\ z=0\ \big\}

그리고 위쪽 원판

Dt={ (x,y,z) ∣ x2+y2≤3, z=1 }D_t = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2 + y^2 \le 3,\ z=1\ \big\}

으로 이루어진다. DtD_t 의 바깥쪽 법선벡터는 k^\hat{\mathbf{k}} 이고 DbD_b 의 바깥쪽 법선벡터는 −k^-\hat{\mathbf{k}} 이다. 따라서 발산 정리에 의해

∭V∇⋅F dV=∬∂VF⋅n^ dS=∬SF⋅n^ dS+∬DtF⋅k^ dS+∬DbF⋅(−k^) dS\begin{aligned} \iiint _V{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\,\mathrm{d}V =\iint _{\partial V} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S +\iint _{D_t} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{k}}\,\mathrm{d}S +\iint _{D_b} \mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S \end{aligned}

이다. DbD_b 위에서는 z=0z=0 이므로 F⋅(−k^)=−(02−1)=1\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}}) = -(0^2-1)=1 이고, DtD_t 위에서는 z=1z=1 이므로 F⋅k^=12−1=0\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{k}} = 1^2-1=0 이다. 따라서

∬SF⋅n^ dS=∭V4z⏞∇⋅F dV−∬DbdS\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iiint _V\overbrace{4z}^{{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}}\,\mathrm{d}V -\iint _{D_b} \mathrm{d}S \end{aligned}

이다. VV 의 zz 가 일정한 단면은 반지름이 4−z2\sqrt{4-z^2} 인 원판이므로 넓이가 π(4−z2)\pi(4-z^2) 이고, DbD_b 는 반지름이 22 인 원판이므로 넓이가 4π4\pi 이다. 따라서

∬SF⋅n^ dS=∫01(4z) π(4−z2) dz−4π=4π[2z2−z44]01−4π=3π\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\int_0^1 (4z)\ \pi(4-z^2) \ \mathrm{d}z -4\pi =4\pi\Big[2z^2 - \frac{z^4}{4}\Big]_0^1 -4\pi =3\pi \end{aligned}

이다.

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