그린 정리 연습문제 — CLP-4 · 4.3절 · 3번

CLP-4 · 4.3절 · 3번대학 수준우리말 번역

$\displaystyle \frac{1}{2\pi}\oint_C \frac{x\,\mathrm{d}y-y\,\mathrm{d}x}{x^2+y^2}$ 을 다음 곡선을 따라 반시계 방향으로 적분하세요.

(a) 원 $x^2+y^2=a^2$ (b) 꼭짓점이 $(-1,-1)$ , $(-1,1)$ , $(1,1)$ , $(1,-1)$ 인 정사각형의 경계 (c) 영역 $1\le x^2+y^2\le 2,\ y\ge0$ 의 경계

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Integrate $\displaystyle \frac{1}{2\pi}\oint_C \frac{x\,\mathrm{d}y-y\,\mathrm{d}x}{x^2+y^2}$ counterclockwise around

(a) the circle $x^2+y^2=a^2$ (b) the boundary of the square with vertices $(-1,-1)$ , $(-1,1)$ , $(1,1)$ and $(1,-1)$ (c) the boundary of the region $1\le x^2+y^2\le 2,\ y\ge0$

답 쓰고 채점

(a)

(b)

(c)

정답·풀이 보기

(a) 원을 $x=a\cos\theta,\ y=a\sin\theta$ , $0\le\theta\le 2\pi$ 로 매개변수로 나타내자. 그러면 $\mathrm{d}x=-a\sin\theta\,\mathrm{d}\theta$ 이고 $\mathrm{d}y=a\cos\theta\,\mathrm{d}\theta$ 이므로

$\begin{aligned} \frac{1}{2\pi}\oint_C \frac{x\,\mathrm{d}y-y\,\mathrm{d}x}{x^2+y^2} =\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} \frac{a^2\cos^2\theta\,\mathrm{d}\theta+a^2\sin^2\theta\,\mathrm{d}\theta} {a^2\cos^2\theta+a^2\sin^2\theta} =\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta=1 \end{aligned}$

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

네 변에서의 적분을 계산하기 위해

$y=-1$ 인 부분은 $x$ 로 매개변수화하여 $\mathbf{r}(x) = x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ , $\mathbf{r}'(x)=\hat{\boldsymbol{\imath}}$ 로 두고, $x$ 는 $-1$ 에서 $1$ 까지 움직인다.
$x=+1$ 인 부분은 $y$ 로 매개변수화하여 $\mathbf{r}(y) = \hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ , $\mathbf{r}'(y)=\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 로 두고, $y$ 는 $-1$ 에서 $1$ 까지 움직인다.
$y=+1$ 인 부분은 $x$ 로 매개변수화하여 $\mathbf{r}(x) = x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ , $\mathbf{r}'(x)=\hat{\boldsymbol{\imath}}$ 로 두고, $x$ 는 $1$ 에서 $-1$ 까지 움직인다.
$x=-1$ 인 부분은 $y$ 로 매개변수화하여 $\mathbf{r}(y) = -\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ , $\mathbf{r}'(y)=\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 로 두고, $y$ 는 $1$ 에서 $-1$ 까지 움직인다.

따라서 적분은

$\begin{aligned} \frac{1}{2\pi}\oint_C \frac{x\,\mathrm{d}y-y\,\mathrm{d}x}{x^2+y^2} &=\frac{1}{2\pi}\overbrace{\int_{-1}^1 \frac{-(-1)\mathrm{d}x}{x^2+1}}^{y=-1{\rm\ part}} +\frac{1}{2\pi}\overbrace{\int_{-1}^1 \frac{(1)\mathrm{d}y}{1+y^2}}^{x=+1{\rm\ part}} +\frac{1}{2\pi}\overbrace{\int^{-1}_1 \frac{-(1)\mathrm{d}x}{x^2+1}}^{y=+1{\rm\ part}} +\frac{1}{2\pi}\overbrace{\int^{-1}_1 \frac{(-1)\mathrm{d}y}{1+y^2}}^{x=-1{\rm\ part}} \\ &=4\frac{1}{2\pi}\arctan x\bigg|_{-1}^1 =\frac{2}{\pi}\Big[\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{4}\Big] =1 \end{aligned}$

$\frac{1}{2\pi}\int_0^{\pi} \frac{a^2\cos^2\theta\,\mathrm{d}\theta+a^2\sin^2\theta\,\mathrm{d}\theta} {a^2\cos^2\theta+a^2\sin^2\theta} =\frac{1}{2\pi}\int_0^{\pi}\mathrm{d}\theta =\frac{1}{2}$

(a)에서 $a=1$ 로 하고 $\theta$ 가 $\pi$ 에서 $0$ 까지 움직이는 경우와 같으므로, 안쪽 반원에서의 적분값은

$\frac{1}{2\pi}\int^0_{\pi} \frac{a^2\cos^2\theta\,\mathrm{d}\theta+a^2\sin^2\theta\,\mathrm{d}\theta} {a^2\cos^2\theta+a^2\sin^2\theta} =\frac{1}{2\pi}\int^0_{\pi}\mathrm{d}\theta =-\frac{1}{2}$

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

$\frac{1}{2\pi}\oint_C \frac{x\,\mathrm{d}y-y\,\mathrm{d}x}{x^2+y^2} =\frac{1}{2}+0-\frac{1}{2}+0=0$

그린 정리를 이용한 다른 풀이는 다음 문제의 풀이에 나와 있다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) Parametrize the circle by $x=a\cos\theta,\ y=a\sin\theta$ , $0\le\theta\le 2\pi$ . Then $\mathrm{d}x=-a\sin\theta\,\mathrm{d}\theta$ and $\mathrm{d}y=a\cos\theta\,\mathrm{d}\theta$ so that

(b) The boundary of the square has four sides — one with $y=-1$ , one with $x=1$ , one with $y=1$ and one with $x=-1$ .

To evaluate the integrals over the four sides

parametrize the $y=-1$ part by $x$ so that $\mathbf{r}(x) = x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ , $\mathbf{r}'(x)=\hat{\boldsymbol{\imath}}$ , with $x$ running from $-1$ to $1$ ,
parametrize the $x=+1$ part by $y$ so that $\mathbf{r}(y) = \hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ , $\mathbf{r}'(y)=\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ , with $y$ running from $-1$ to $1$ ,
parametrize the $y=+1$ part by $x$ so that $\mathbf{r}(x) = x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ , $\mathbf{r}'(x)=\hat{\boldsymbol{\imath}}$ , with $x$ running from $1$ to $-1$ , and
parametrize the $x=-1$ part by $y$ so that $\mathbf{r}(y) = -\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ , $\mathbf{r}'(y)=\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ , with $y$ running from $1$ to $-1$ ,

so that the integral

$\frac{1}{2\pi}\int_0^{\pi} \frac{a^2\cos^2\theta\,\mathrm{d}\theta+a^2\sin^2\theta\,\mathrm{d}\theta} {a^2\cos^2\theta+a^2\sin^2\theta} =\frac{1}{2\pi}\int_0^{\pi}\mathrm{d}\theta =\frac{1}{2}$

As in part (a) with $a=1$ , but with $\theta$ running from $\pi$ to $0$ , the inner semicircle gives

$\frac{1}{2\pi}\int^0_{\pi} \frac{a^2\cos^2\theta\,\mathrm{d}\theta+a^2\sin^2\theta\,\mathrm{d}\theta} {a^2\cos^2\theta+a^2\sin^2\theta} =\frac{1}{2\pi}\int^0_{\pi}\mathrm{d}\theta =-\frac{1}{2}$

The two flat pieces each give zero, since on them $y=0$ and $\mathrm{d}y=0$ . So

$\frac{1}{2\pi}\oint_C \frac{x\,\mathrm{d}y-y\,\mathrm{d}x}{x^2+y^2} =\frac{1}{2}+0-\frac{1}{2}+0=0$

An alternate solution, that uses Green's theorem, is given in the solution to the next question.

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-4 · 4.3절 · 1번우리말 번역

$R$ 을 정사각형

$\begin{aligned} R=\big\{ \ (x,y)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le y\le 1\ \big\} \end{aligned}$

이라 하고, $f(x,y)$ 는 연속인 일계 편도함수를 가진다고 하자.

(a) 미적분의 기본정리를 이용하여 다음이 성립함을 보이세요.

$\begin{aligned} \iint _R\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\int_0^1 f(x,1)\ \mathrm{d}x - \int_0^1 f(x,0)\ \mathrm{d}x \end{aligned}$ (b) 그린 정리를 이용하여 다음이 성립함을 보이세요.

$\begin{aligned} \iint _R\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\int_0^1 f(x,1)\ \mathrm{d}x - \int_0^1 f(x,0)\ \mathrm{d}x \end{aligned}$

다 풀었으면 정답 확인

(a) 좌변을 $y$ 를 안쪽 적분변수로 하는 반복적분으로 나타내면

$\begin{aligned} \iint _R\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y &=\int_0^1\mathrm{d}x\left[\int_0^1\mathrm{d}y\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\right] \\ &=\int_0^1\mathrm{d}x\ \big[f(x,1)-f(x,0)\big] \\ &\text{미적분의 기본정리에 의해} \\ &=\int_0^1 f(x,1)\ \mathrm{d}x - \int_0^1 f(x,0)\ \mathrm{d}x \end{aligned}$

(b) $F_1(x,y)=f(x,y)$ , $F_2(x,y)=0$ 이라 하자. 그러면 그린 정리에 의해

$\begin{aligned} \iint _R\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y &=-\iint _R\Big[\frac{\partial F_2}{\partial x}(x,y) -\frac{\partial F_1}{\partial y}(x,y)\Big]\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\ &=-\int_{\partial R}\big[F_1(x,y)\,\mathrm{d}x +F_2(x,y)\,\mathrm{d}y\big] \\ &=-\int_{\partial R}f(x,y)\,\mathrm{d}x \end{aligned}$

반시계 방향으로 향을 정한 $R$ 의 경계는 네 선분의 합집합이다.

$\begin{aligned} \\[-0.1in] &\text{$C_1$: $(0,0)$ 에서 $(1,0)$ 까지} \qquad\smash{ ![그림](clp/clp4-domainSquare.png) }\\ &\text{$C_2$: $(1,0)$ 에서 $(1,1)$ 까지} \\ &\text{$C_3$: $(1,1)$ 에서 $(0,1)$ 까지} \\ &\text{$C_4$: $(0,1)$ 에서 $(0,0)$ 까지} \\[-0.1in] \end{aligned}$

이제 $C_2$ 와 $C_4$ 위에서 $x$ 는 상수이므로

$\int_{C_2}f(x,y)\,\mathrm{d}x = \int_{C_4}f(x,y)\,\mathrm{d}x =0$

따라서 $-C_3$ 을 $(0,1)$ 에서 $(1,1)$ 까지의 선분이라 하면

$\begin{aligned} \iint _R\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y &=-\left[\int_{C_1}f(x,y)\,\mathrm{d}x+\int_{C_3}f(x,y)\,\mathrm{d}x\right]\\ &=\int_{-C_3}f(x,y)\,\mathrm{d}x-\int_{C_1}f(x,y)\,\mathrm{d}x \\ &=\int_0^1 f(x,1)\ \mathrm{d}x - \int_0^1 f(x,0)\ \mathrm{d}x \end{aligned}$

이 문제로 이어서 풀기

# 그린 정리계산기본자동 분류