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문제 은행 · 미적분 · 대학 미적분 · 벡터 미적분

스토크스 정리

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

CLP-4 · 4.4절 · 5번대학 수준우리말 번역

∮CF⋅dr\oint_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} 의 값을 구하세요. 여기서 F=yex ı^+(x+ex) ȷ^+z2 k^\mathbf{F}=ye^x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(x+e^x)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z^2\,\hat{\mathbf{k}} 이고 CC 는 다음 곡선입니다.

r(t)=(1+cos⁡t) ı^+(1+sin⁡t) ȷ^+(1−sin⁡t−cos⁡t) k^0≤t≤2π\mathbf{r}(t)=(1+\cos t)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(1+\sin t)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+(1-\sin t-\cos t)\,\hat{\mathbf{k}}\qquad 0\le t\le 2\pi

영어 원문 보기

Evaluate ∮CF⋅dr\oint_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} where F=yex ı^+(x+ex) ȷ^+z2 k^\mathbf{F}=ye^x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(x+e^x)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z^2\,\hat{\mathbf{k}} and CC is the curve

r(t)=(1+cos⁡t) ı^+(1+sin⁡t) ȷ^+(1−sin⁡t−cos⁡t) k^0≤t≤2π\mathbf{r}(t)=(1+\cos t)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(1+\sin t)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+(1-\sin t-\cos t)\,\hat{\mathbf{k}}\qquad 0\le t\le 2\pi

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스토크스 정리를 적용한다. 먼저,

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zyexx+exz2]=(1+ex−ex) k^=k^{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\[0.05in] \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\[0.05in] ye^x & x+e^x & z^2 \end{matrix}\right] =\big(1+e^x-e^x\big)\,\hat{\mathbf{k}} =\hat{\mathbf{k}}

r(t)=x(t) ı^+y(t) ȷ^+z(t) k^\mathbf{r}(t) = x(t)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y(t)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +z(t)\,\hat{\mathbf{k}} 는 모든 tt 에 대해 x(t)+y(t)+z(t)=3x(t)+y(t)+z(t)=3 을 만족하고, x(t) ı^+y(t) ȷ^=(1+cos⁡t) ı^+(1+sin⁡t) ȷ^x(t)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y(t)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} =(1+\cos t)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(1+\sin t)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 는 (1,1)(1,1) 을 중심으로 하는 반지름 1인 원을 따라 반시계 방향으로 돈다는 점에 주목한다. 따라서 SS 를 평면 G(x,y,z)=x+y+z=3G(x,y,z)=x+y+z=3 중 (x−1)2+(y−1)2≤1(x-1)^2+(y-1)^2\le 1 인 부분으로 택한다. 그러면 스토크스 정리에 의해

∮CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=∬Sk^⋅n^ dS\oint_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iint _S \hat{\mathbf{k}}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S

이고,

n^ dS=±∇G∇G⋅k^ dxdy=±(ı^+ȷ^+k^) dxdy\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\big(\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}\big)\,\mathrm{d}x \mathrm{d}y

이다. (1+cos⁡t) ı^+(1+sin⁡t) ȷ^(1+\cos t)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(1+\sin t)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 가 원 (x−1)2+(y−1)2≤1(x-1)^2+(y-1)^2\le 1 을 따라 반시계 방향으로 돌므로, 스토크스 정리에 의해 부호는 플러스이고

∮CF⋅dr=∬(x−1)2+(y−1)2≤1dx dy=π\oint_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\iint _{(x-1)^2+(y-1)^2\le 1} \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\pi

이다.

원본 교재 풀이(영어)

We apply Stokes' theorem. First,

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zyexx+exz2]=(1+ex−ex) k^=k^{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\[0.05in] \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\[0.05in] ye^x & x+e^x & z^2 \end{matrix}\right] =\big(1+e^x-e^x\big)\,\hat{\mathbf{k}} =\hat{\mathbf{k}}

Note that r(t)=x(t) ı^+y(t) ȷ^+z(t) k^\mathbf{r}(t) = x(t)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y(t)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +z(t)\,\hat{\mathbf{k}} obeys x(t)+y(t)+z(t)=3x(t)+y(t)+z(t)=3, for every tt, and that x(t) ı^+y(t) ȷ^=(1+cos⁡t) ı^+(1+sin⁡t) ȷ^x(t)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y(t)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} =(1+\cos t)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(1+\sin t)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} runs counterclockwise around the circle of radius 1 centered on (1,1)(1,1). So we choose SS to be the part of the plane G(x,y,z)=x+y+z=3G(x,y,z)=x+y+z=3 with (x−1)2+(y−1)2≤1(x-1)^2+(y-1)^2\le 1. Then, by Stokes' Theorem,

∮CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=∬Sk^⋅n^ dS\oint_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iint _S \hat{\mathbf{k}}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S

with

n^ dS=±∇G∇G⋅k^ dxdy=±(ı^+ȷ^+k^) dxdy\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\big(\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}\big)\,\mathrm{d}x \mathrm{d}y

As (1+cos⁡t) ı^+(1+sin⁡t) ȷ^(1+\cos t)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(1+\sin t)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} runs counterclockwise around the circle (x−1)2+(y−1)2≤1(x-1)^2+(y-1)^2\le 1, Stokes' theorem specifies the plus sign and

∮CF⋅dr=∬(x−1)2+(y−1)2≤1dx dy=π\oint_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\iint _{(x-1)^2+(y-1)^2\le 1} \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\pi

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-4 · 4.4절 · 4번우리말 번역

원기둥 x2+y2=1x^2+y^2=1 과 곡면 z=y2z=y^2 의 교선을 CC 라 하고, CC 의 방향은 (0,0,100)(0,0,100) 에서 볼 때 반시계 방향이라고 하자. F=(x2−y , y2+x , 1)\mathbf{F}=(x^2-y\,,\,y^2+x\,,\,1) 일 때, ∮CF⋅dr\oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} 의 값을 다음 방법으로 구하세요.

(a) 직접 계산하여 구하세요. (b) 스토크스 정리를 이용하여 구하세요.

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(a) x(t)=cos⁡tx(t)=\cos t, y(t)=sin⁡ty(t)=\sin t 는 x(t)2+y(t)2=1x(t)^2+y(t)^2=1 을 만족함을 알 수 있다. 그러면 z(t)=y(t)2=sin⁡2tz(t)=y(t)^2=\sin ^2 t 이다. 따라서 곡선을 r(t)=(cos⁡t,sin⁡t,sin⁡2t)\mathbf{r}(t)=(\cos t, \sin t, \sin^2 t) (0≤t≤2π0\le t\le 2\pi) 로 매개화할 수 있다. 그러면

r′(t)=(−sin⁡t , cos⁡t , 2sin⁡tcos⁡t)F(r(t))=(cos⁡2t−sin⁡t , sin⁡2t+cos⁡t , 1)F(r(t))⋅r′(t)=−sin⁡tcos⁡2t+sin⁡2t+sin⁡2tcos⁡t+cos⁡2t+2sin⁡tcos⁡t=1+13ddt[cos⁡3t+sin⁡3t]+sin⁡(2t)∮CF⋅dr=∫02π{1+13ddt[cos⁡3t+sin⁡3t]+sin⁡(2t)} dt=[t+13[cos⁡3t+sin⁡3t]−12cos⁡(2t)]02π=2π\begin{aligned} \mathbf{r}'(t)&=(-\sin t\,,\, \cos t \,,\, 2\sin t\cos t)\\ \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(t)\big)&=\big(\cos^2t-\sin t\,,\,\sin^2t+\cos t\,,\,1\big)\\ \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(t)\big)\cdot\mathbf{r}'(t)&=-\sin t\cos^2 t+\sin^2 t+\sin^2t\cos t +\cos^2t+2\sin t\cos t\\ &=1+\frac{1}{3}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}[\cos^3t+\sin^3 t]+\sin(2t)\\ \oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\int_0^{2\pi} \left\{1+\frac{1}{3}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}[\cos^3t+\sin^3 t]+\sin(2t)\right\}\,\mathrm{d}t \\ &=\left[t+\frac{1}{3}[\cos^3t+\sin^3 t] -\frac{1}{2}\cos(2t) \right]_0^{2\pi}\\ &=2\pi \end{aligned}

(b) SS 를 곡면 z=f(x,y)z=f(x,y) (f(x,y)=y2f(x,y)=y^2, x2+y2≤1x^2+y^2\le 1) 라 하자. CC 의 방향이 zz축 위쪽 높은 곳에서 볼 때 반시계 방향이므로, 스토크스 정리에 따라 SS 의 법선벡터 n^\hat{\mathbf{n}} 은 zz성분이 양수인 것을 써야 한다. 따라서

n^ dS=[−∂f∂x ı^−∂f∂y ȷ^+k^] dx dy=[−2y ȷ^+k^] dx dy∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zx2−yy2+x1]=2k^∇×F⋅n^ dS=2 dx dy∮CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=2∬x2+y2≤1 dx dy=2π\begin{aligned} \hat{\mathbf{n}}\,dS&=\Big[-\frac{\partial f}{\partial x}\,\hat{\boldsymbol{\imath}} -\frac{\partial f}{\partial y}\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}\Big]\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\Big[-2y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}\Big]\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\\ { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}&=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\[0.05in] \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\[0.05in] x^2-y & y^2+x & 1 \end{matrix}\right] =2\hat{\mathbf{k}}\\ { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,dS&=2\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\\ \oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _S{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =2\iint _{x^2+y^2\le 1}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\\ &=2\pi \end{aligned}

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# 스토크스 정리계산보통자동 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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