빌드라인 스쿨

문제 은행 · 미적분 · 대학 미적분 · 벡터 미적분

그린 정리

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

CLP-4 · 4.3절 · 2번대학 수준우리말 번역

RR 을 xyxy 평면 위의 유한한 영역이라 하고, 그 경계 CC 는 반시계 방향으로 향하는, 구간별로 매끄러운 하나의 단순 닫힌곡선이라 하자. “단순”은 곡선이 자기 자신과 만나지 않는다는 뜻이다. 그린 정리를 이용하여 다음을 보이세요.

∬R∇⋅F dx dy=∮CF⋅n^ ds\iint _R{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=\oint_C\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}s

여기서 F=F1 ı^+F2 ȷ^\mathbf{F}=F_1\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+F_2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 이고, n^\hat{\mathbf{n}} 은 CC 의 바깥쪽 단위법선벡터, ss 는 CC 를 따라 잰 호의 길이이다.

그림

영어 원문 보기

Let RR be a finite region in the xyxy-plane, whose boundary, CC, consists of a single, piecewise smooth, simple closed curve that is oriented counterclockwise. “Simple” means that the curve does not intersect itself. Use Green's theorem to show that

∬R∇⋅F dx dy=∮CF⋅n^ ds\iint _R{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=\oint_C\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}s

where F=F1 ı^+F2 ȷ^\mathbf{F}=F_1\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+F_2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}, n^\hat{\mathbf{n}} is the outward unit normal to CC and ss is the arclength along CC.

figure

정답·풀이 보기

r(s)=x(s) ı^+y(s) ȷ^\mathbf{r}(s)=x(s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y(s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 를 CC 의 호의 길이에 의한 반시계 방향 매개변수 표현이라 하자. 그러면 T^(s)=r′(s)=x′(s) ı^+y′(s) ȷ^\hat{\mathbf{T}}(s) = \mathbf{r}'(s) = x'(s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y'(s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 는 r(s)\mathbf{r}(s) 에서 CC 의 진행 방향 단위접선벡터이고 n^(s)=r′(s)×k^=y′(s) ı^−x′(s) ȷ^\hat{\mathbf{n}}(s) = \mathbf{r}'(s)\times\hat{\mathbf{k}}=y'(s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-x'(s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 이다. r′(s)×k^\mathbf{r}'(s)\times\hat{\mathbf{k}} 가 정말로 n^(s)\hat{\mathbf{n}}(s) 임을 확인하기 위해, y′(s) ı^−x′(s) ȷ^y'(s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-x'(s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 가 다음을 만족함에 주목하자.

  • r′(s)\mathbf{r}'(s) 와 길이가 같으며, 그 길이는 11 이다(r(s)\mathbf{r}(s) 는 호의 길이에 의한 매개변수 표현임을 상기하자).
  • xyxy 평면 위에 있다.
  • r′(s)\mathbf{r}'(s) 에 수직이다. (r′(s)⋅[y′(s) ı^−x′(s) ȷ^]=0\mathbf{r}'(s)\cdot\big[y'(s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-x'(s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\big]=0 임을 확인하자.)
  • 오른손 법칙을 이용하여 r′(s)×k^\mathbf{r}'(s)\times\hat{\mathbf{k}} 가 −n^-\hat{\mathbf{n}} 이 아니라 n^\hat{\mathbf{n}} 임을 확인한다.

그림

따라서 그린 정리에 의해

∮CF⋅n^ ds=∮C[F1 dyds−F2 dxds] ds=∮C[−F2 dx+F1 dy]=∬R[∂∂xF1−∂∂y(−F2)] dx dy=∬R∇⋅F dx dy\begin{aligned} \oint_C\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}s &=\oint_C\left[F_1\,\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}s}-F_2\,\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}s}\right]\,\mathrm{d}s =\oint_C\left[-F_2\,\mathrm{d}x+F_1\,\mathrm{d}y\right] =\iint _R\left[\frac{\partial }{\partial x}F_1-\frac{\partial }{\partial y}(-F_2)\right]\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\ &=\iint _R{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

Let r(s)=x(s) ı^+y(s) ȷ^\mathbf{r}(s)=x(s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y(s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} be a counterclockwise parametrization of CC by arc length. Then T^(s)=r′(s)=x′(s) ı^+y′(s) ȷ^\hat{\mathbf{T}}(s) = \mathbf{r}'(s) = x'(s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y'(s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} is the forward pointing unit tangent vector to CC at r(s)\mathbf{r}(s) and n^(s)=r′(s)×k^=y′(s) ı^−x′(s) ȷ^\hat{\mathbf{n}}(s) = \mathbf{r}'(s)\times\hat{\mathbf{k}}=y'(s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-x'(s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}. To see that r′(s)×k^\mathbf{r}'(s)\times\hat{\mathbf{k}} really is n^(s)\hat{\mathbf{n}}(s), note that y′(s) ı^−x′(s) ȷ^y'(s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-x'(s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}

  • has the same length, namely 11, as r′(s)\mathbf{r}'(s) (recall that r(s)\mathbf{r}(s) is a parametrization by arc length),
  • lies in the xyxy-plane and
  • is perpendicular to r′(s)\mathbf{r}'(s). (Check that r′(s)⋅[y′(s) ı^−x′(s) ȷ^]=0\mathbf{r}'(s)\cdot\big[y'(s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-x'(s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\big]=0.)
  • Use the right hand rule to check that r′(s)×k^\mathbf{r}'(s)\times\hat{\mathbf{k}} is n^\hat{\mathbf{n}} rather than −n^-\hat{\mathbf{n}}.

figure

So, by Green's theorem,

∮CF⋅n^ ds=∮C[F1 dyds−F2 dxds] ds=∮C[−F2 dx+F1 dy]=∬R[∂∂xF1−∂∂y(−F2)] dx dy=∬R∇⋅F dx dy\begin{aligned} \oint_C\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}s &=\oint_C\left[F_1\,\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}s}-F_2\,\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}s}\right]\,\mathrm{d}s =\oint_C\left[-F_2\,\mathrm{d}x+F_1\,\mathrm{d}y\right] =\iint _R\left[\frac{\partial }{\partial x}F_1-\frac{\partial }{\partial y}(-F_2)\right]\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\ &=\iint _R{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-4 · 4.3절 · 3번우리말 번역

12π∮Cx dy−y dxx2+y2\displaystyle \frac{1}{2\pi}\oint_C \frac{x\,\mathrm{d}y-y\,\mathrm{d}x}{x^2+y^2} 을 다음 곡선을 따라 반시계 방향으로 적분하세요.

(a) 원 x2+y2=a2x^2+y^2=a^2 (b) 꼭짓점이 (−1,−1)(-1,-1), (−1,1)(-1,1), (1,1)(1,1), (1,−1)(1,-1) 인 정사각형의 경계 (c) 영역 1≤x2+y2≤2, y≥01\le x^2+y^2\le 2,\ y\ge0 의 경계

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(a)
(b)
(c)
다 풀었으면 정답 확인

(a) 원을 x=acos⁡θ, y=asin⁡θx=a\cos\theta,\ y=a\sin\theta, 0≤θ≤2π0\le\theta\le 2\pi 로 매개변수로 나타내자. 그러면 dx=−asin⁡θ dθ\mathrm{d}x=-a\sin\theta\,\mathrm{d}\theta 이고 dy=acos⁡θ dθ\mathrm{d}y=a\cos\theta\,\mathrm{d}\theta 이므로

12π∮Cx dy−y dxx2+y2=12π∫02πa2cos⁡2θ dθ+a2sin⁡2θ dθa2cos⁡2θ+a2sin⁡2θ=12π∫02πdθ=1\begin{aligned} \frac{1}{2\pi}\oint_C \frac{x\,\mathrm{d}y-y\,\mathrm{d}x}{x^2+y^2} =\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} \frac{a^2\cos^2\theta\,\mathrm{d}\theta+a^2\sin^2\theta\,\mathrm{d}\theta} {a^2\cos^2\theta+a^2\sin^2\theta} =\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta=1 \end{aligned}

(b) 정사각형의 경계는 네 변으로 이루어져 있다. y=−1y=-1 인 변, x=1x=1 인 변, y=1y=1 인 변, x=−1x=-1 인 변이다.

그림

네 변에서의 적분을 계산하기 위해

  • y=−1y=-1 인 부분은 xx 로 매개변수화하여 r(x)=x ı^−ȷ^\mathbf{r}(x) = x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-\hat{\boldsymbol{\jmath}}, r′(x)=ı^\mathbf{r}'(x)=\hat{\boldsymbol{\imath}} 로 두고, xx 는 −1-1 에서 11 까지 움직인다.
  • x=+1x=+1 인 부분은 yy 로 매개변수화하여 r(y)=ı^+y ȷ^\mathbf{r}(y) = \hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}, r′(y)=ȷ^\mathbf{r}'(y)=\hat{\boldsymbol{\jmath}} 로 두고, yy 는 −1-1 에서 11 까지 움직인다.
  • y=+1y=+1 인 부분은 xx 로 매개변수화하여 r(x)=x ı^+ȷ^\mathbf{r}(x) = x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}, r′(x)=ı^\mathbf{r}'(x)=\hat{\boldsymbol{\imath}} 로 두고, xx 는 11 에서 −1-1 까지 움직인다.
  • x=−1x=-1 인 부분은 yy 로 매개변수화하여 r(y)=−ı^+y ȷ^\mathbf{r}(y) = -\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}, r′(y)=ȷ^\mathbf{r}'(y)=\hat{\boldsymbol{\jmath}} 로 두고, yy 는 11 에서 −1-1 까지 움직인다.

따라서 적분은

12π∮Cx dy−y dxx2+y2=12π∫−11−(−1)dxx2+1⏞y=−1 part+12π∫−11(1)dy1+y2⏞x=+1 part+12π∫1−1−(1)dxx2+1⏞y=+1 part+12π∫1−1(−1)dy1+y2⏞x=−1 part=412πarctan⁡x∣−11=2π[π4+π4]=1\begin{aligned} \frac{1}{2\pi}\oint_C \frac{x\,\mathrm{d}y-y\,\mathrm{d}x}{x^2+y^2} &=\frac{1}{2\pi}\overbrace{\int_{-1}^1 \frac{-(-1)\mathrm{d}x}{x^2+1}}^{y=-1{\rm\ part}} +\frac{1}{2\pi}\overbrace{\int_{-1}^1 \frac{(1)\mathrm{d}y}{1+y^2}}^{x=+1{\rm\ part}} +\frac{1}{2\pi}\overbrace{\int^{-1}_1 \frac{-(1)\mathrm{d}x}{x^2+1}}^{y=+1{\rm\ part}} +\frac{1}{2\pi}\overbrace{\int^{-1}_1 \frac{(-1)\mathrm{d}y}{1+y^2}}^{x=-1{\rm\ part}} \\ &=4\frac{1}{2\pi}\arctan x\bigg|_{-1}^1 =\frac{2}{\pi}\Big[\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{4}\Big] =1 \end{aligned}

(c) (a)에서 a=2a=\sqrt{2} 로 하고 θ\theta 가 00 에서 π\pi 까지 움직이는 경우와 같으므로, 바깥쪽 반원에서의 적분값은

12π∫0πa2cos⁡2θ dθ+a2sin⁡2θ dθa2cos⁡2θ+a2sin⁡2θ=12π∫0πdθ=12\frac{1}{2\pi}\int_0^{\pi} \frac{a^2\cos^2\theta\,\mathrm{d}\theta+a^2\sin^2\theta\,\mathrm{d}\theta} {a^2\cos^2\theta+a^2\sin^2\theta} =\frac{1}{2\pi}\int_0^{\pi}\mathrm{d}\theta =\frac{1}{2}

그림

(a)에서 a=1a=1 로 하고 θ\theta 가 π\pi 에서 00 까지 움직이는 경우와 같으므로, 안쪽 반원에서의 적분값은

12π∫π0a2cos⁡2θ dθ+a2sin⁡2θ dθa2cos⁡2θ+a2sin⁡2θ=12π∫π0dθ=−12\frac{1}{2\pi}\int^0_{\pi} \frac{a^2\cos^2\theta\,\mathrm{d}\theta+a^2\sin^2\theta\,\mathrm{d}\theta} {a^2\cos^2\theta+a^2\sin^2\theta} =\frac{1}{2\pi}\int^0_{\pi}\mathrm{d}\theta =-\frac{1}{2}

두 직선 부분은 그 위에서 y=0y=0 이고 dy=0\mathrm{d}y=0 이므로 각각 00 이다. 따라서

12π∮Cx dy−y dxx2+y2=12+0−12+0=0\frac{1}{2\pi}\oint_C \frac{x\,\mathrm{d}y-y\,\mathrm{d}x}{x^2+y^2} =\frac{1}{2}+0-\frac{1}{2}+0=0

그린 정리를 이용한 다른 풀이는 다음 문제의 풀이에 나와 있다.

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# 그린 정리증명·논술기본자동 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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