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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 · 27번대학 수준우리말 번역

SS 를 꼭짓점이 (±1,±1,±1)(\pm 1,\pm1,\pm1) 인 정육면체의 윗면과 네 옆면으로 이루어진, 바깥쪽으로 향하도록 방향이 주어진 곡면이라 하자. F(x,y,z)=(xyz,xy2,x2yz)\mathbf{F}(x,y,z)=(xyz,xy^2,x^2yz) 일 때, SS 를 통과하는 ∇×F{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F} 의 선속을 구하세요.

영어 원문 보기

Let SS be the oriented surface consisting of the top and four sides of the cube whose vertices are (±1,±1,±1)(\pm 1,\pm1,\pm1), oriented outward. If F(x,y,z)=(xyz,xy2,x2yz)\mathbf{F}(x,y,z)=(xyz,xy^2,x^2yz), find the flux of ∇×F{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F} through SS.

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풀이 1: S′S' 을 정육면체의 아랫면이라 하고, 법선벡터 k^\hat{\mathbf{k}} 로 방향을 정하자. 그러면 ∂S=∂S′\partial S=\partial S' 이므로 스토크스 정리에 의해

∬S∇×F⋅n^ dS=∮∂SF⋅dr=∮∂S′F⋅dr=∬S′∇×F⋅n^ dS\iint _S{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S =\oint_{\partial S}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\oint_{\partial S'}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\iint _{S'}{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S

이다.

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zxyzxy2x2yz]=(⋯ , ⋯ , y2−xz)\begin{aligned} { \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] xyz & xy^2 & x^2yz \end{matrix}\right] =\big(\cdots\,,\,\cdots\,,\,y^2-xz\big) \end{aligned}

이고 S′S' 위에서 n^=k^\hat{\mathbf{n}}=\hat{\mathbf{k}} 이며 S′S' 위에서 z=−1z=-1 이므로

∬S′∇×F⋅n^ dS=∫−11dx∫−11dy (⋯ ,⋯ ,y2−xz)⋅k^∣z=−1=∫−11dx∫−11dy (y2+x)=∫−11dx∫−11dy y2=2×2∫01dy y2=43\begin{aligned} \iint _{S'}{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S &=\int_{-1}^1 \mathrm{d}x\int_{-1}^1 \mathrm{d}y\ \big(\cdots,\cdots,y^2-xz\big)\cdot\hat{\mathbf{k}}\Big|_{z=-1} =\int_{-1}^1 \mathrm{d}x\int_{-1}^1 \mathrm{d}y\ (y^2+x) \\ &=\int_{-1}^1 \mathrm{d}x\int_{-1}^1 \mathrm{d}y\ y^2 =2\times 2\int_0^1\mathrm{d}y\ y^2 =\frac{4}{3} \end{aligned}

이다.

풀이 2: SS 의 경계는 아래 그림과 같이 변 C1C_1, ⋯\cdots, C4C_4 로 이루어진 정사각형 CC 이다.

그림

스토크스 정리에 의해

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

이다.

C1C_1 을 xx 로 매개화하자. 즉 r(x)=xı^−ȷ^−k^\mathbf{r}(x)= x\hat{\boldsymbol{\imath}} - \hat{\boldsymbol{\jmath}} -\hat{\mathbf{k}}, −1≤x≤1-1\le x\le 1 이다. r′(x)=ı^\mathbf{r}'(x) = \hat{\boldsymbol{\imath}} 이고 C1C_1 위에서 y=z=−1y=z=-1 이므로

∫C1F⋅dr=∫−11F(r(x))⋅r′(x) dx=∫−11F(r(x))⋅ı^ dx=∫−11x(−1)(−1)⏞xyz dx=0(x 는 홀함수이므로)\begin{aligned} \int_{C_1}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\int_{-1}^1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(x)\big)\cdot\mathbf{r}'(x)\ \mathrm{d}x =\int_{-1}^1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(x)\big)\cdot\hat{\boldsymbol{\imath}}\ \mathrm{d}x =\int_{-1}^1\overbrace{x(-1)(-1)}^{xyz}\ \mathrm{d}x \\ &=0\qquad\text{($x$ 는 홀함수이므로)} \end{aligned}

이다.

C2C_2 를 yy 로 매개화하자. 즉 r(y)=ı^+y ȷ^−k^\mathbf{r}(y)= \hat{\boldsymbol{\imath}} + y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -\hat{\mathbf{k}}, −1≤y≤1-1\le y\le 1 이다. r′(y)=ȷ^\mathbf{r}'(y) = \hat{\boldsymbol{\jmath}} 이고 C2C_2 위에서 x=1x=1 이므로

∫C2F⋅dr=∫−11F(r(y))⋅ȷ^ dy=∫−11y2⏞xy2 dy=[y33]−11=23\begin{aligned} \int_{C_2}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\int_{-1}^1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(y)\big)\cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}}\ \mathrm{d}y =\int_{-1}^1\overbrace{y^2}^{xy^2}\ \mathrm{d}y =\left[\frac{y^3}{3}\right]_{-1}^1 =\frac{2}{3} \end{aligned}

이다.

C3C_3 을 xx 로 매개화하자. 즉 r(x)=xı^+ȷ^−k^\mathbf{r}(x)= x\hat{\boldsymbol{\imath}} + \hat{\boldsymbol{\jmath}} -\hat{\mathbf{k}} 이고 xx 는 11 에서 −1-1 까지 변한다. (이것이 불안하면 t=−xt=-x 로 매개화하라. 즉 r(t)=−t ı^+ȷ^−k^\mathbf{r}(t)= -t\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + \hat{\boldsymbol{\jmath}} -\hat{\mathbf{k}}, −1≤t≤1-1\le t\le 1 이다.) r′(x)=ı^\mathbf{r}'(x) = \hat{\boldsymbol{\imath}} 이고 C3C_3 위에서 y=1y=1, z=−1z=-1 이므로

∫C3F⋅dr=∫1−1F(r(x))⋅ı^ dx=∫1−1x (1)(−1)⏞xyz dx=0(x 는 홀함수이므로)\begin{aligned} \int_{C_3}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\int^{-1}_1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(x)\big)\cdot\hat{\boldsymbol{\imath}}\ \mathrm{d}x =\int^{-1}_1\overbrace{x\ (1)(-1)}^{xyz}\ \mathrm{d}x =0\qquad\text{($x$ 는 홀함수이므로)} \end{aligned}

이다.

C4C_4 를 yy 로 매개화하자. 즉 r(y)=−ı^+y ȷ^−k^\mathbf{r}(y)= -\hat{\boldsymbol{\imath}} + y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -\hat{\mathbf{k}} 이고 yy 는 11 에서 −1-1 까지 변한다. r′(y)=ȷ^\mathbf{r}'(y) = \hat{\boldsymbol{\jmath}} 이고 C4C_4 위에서 x=−1x=-1 이므로

∫C4F⋅dr=∫1−1F(r(y))⋅ȷ^ dy=∫1−1(−1)y2⏞xy2 dy=−[y33]1−1=23\begin{aligned} \int_{C_4}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\int^{-1}_1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(y)\big)\cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}}\ \mathrm{d}y =\int^{-1}_1\overbrace{(-1)y^2}^{xy^2}\ \mathrm{d}y =-\left[\frac{y^3}{3}\right]^{-1}_1 =\frac{2}{3} \end{aligned}

이다.

모두 합하면

∬S∇×F⋅n^ dS=∫C1F⋅dr+∫C2F⋅dr+∫C3F⋅dr+∫C4F⋅dr=43\iint _S{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S =\int_{C_1}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} + \int_{C_2}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} +\int_{C_3}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} + \int_{C_4}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\frac{4}{3}

이다.

원본 교재 풀이(영어)

Solution 1: Let S′S' be the bottom surface of the cube, oriented with normal k^\hat{\mathbf{k}}. Then, by Stokes' theorem, since ∂S=∂S′\partial S=\partial S',

∬S∇×F⋅n^ dS=∮∂SF⋅dr=∮∂S′F⋅dr=∬S′∇×F⋅n^ dS\iint _S{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S =\oint_{\partial S}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\oint_{\partial S'}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\iint _{S'}{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S

Since

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zxyzxy2x2yz]=(⋯ , ⋯ , y2−xz)\begin{aligned} { \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] xyz & xy^2 & x^2yz \end{matrix}\right] =\big(\cdots\,,\,\cdots\,,\,y^2-xz\big) \end{aligned}

and n^=k^\hat{\mathbf{n}}=\hat{\mathbf{k}} on S′S' and z=−1z=-1 on S′S'

∬S′∇×F⋅n^ dS=∫−11dx∫−11dy (⋯ ,⋯ ,y2−xz)⋅k^∣z=−1=∫−11dx∫−11dy (y2+x)=∫−11dx∫−11dy y2=2×2∫01dy y2=43\begin{aligned} \iint _{S'}{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S &=\int_{-1}^1 \mathrm{d}x\int_{-1}^1 \mathrm{d}y\ \big(\cdots,\cdots,y^2-xz\big)\cdot\hat{\mathbf{k}}\Big|_{z=-1} =\int_{-1}^1 \mathrm{d}x\int_{-1}^1 \mathrm{d}y\ (y^2+x) \\ &=\int_{-1}^1 \mathrm{d}x\int_{-1}^1 \mathrm{d}y\ y^2 =2\times 2\int_0^1\mathrm{d}y\ y^2 =\frac{4}{3} \end{aligned}

Solution 2: The boundary of SS is the square CC, with sides C1C_1, ⋯\cdots, C4C_4, in the sketch

figure

By Stokes' theorem,

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

Parametrize C1C_1 by xx. That is, r(x)=xı^−ȷ^−k^\mathbf{r}(x)= x\hat{\boldsymbol{\imath}} - \hat{\boldsymbol{\jmath}} -\hat{\mathbf{k}}, −1≤x≤1-1\le x\le 1. Since r′(x)=ı^\mathbf{r}'(x) = \hat{\boldsymbol{\imath}}, and y=z=−1y=z=-1 on C1C_1,

∫C1F⋅dr=∫−11F(r(x))⋅r′(x) dx=∫−11F(r(x))⋅ı^ dx=∫−11x(−1)(−1)⏞xyz dx=0(since x is odd)\begin{aligned} \int_{C_1}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\int_{-1}^1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(x)\big)\cdot\mathbf{r}'(x)\ \mathrm{d}x =\int_{-1}^1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(x)\big)\cdot\hat{\boldsymbol{\imath}}\ \mathrm{d}x =\int_{-1}^1\overbrace{x(-1)(-1)}^{xyz}\ \mathrm{d}x \\ &=0\qquad\text{(since $x$ is odd)} \end{aligned}

Parametrize C2C_2 by yy. That is, r(y)=ı^+y ȷ^−k^\mathbf{r}(y)= \hat{\boldsymbol{\imath}} + y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -\hat{\mathbf{k}}, −1≤y≤1-1\le y\le 1. Since r′(y)=ȷ^\mathbf{r}'(y) = \hat{\boldsymbol{\jmath}}, and x=1x=1 on C2C_2,

∫C2F⋅dr=∫−11F(r(y))⋅ȷ^ dy=∫−11y2⏞xy2 dy=[y33]−11=23\begin{aligned} \int_{C_2}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\int_{-1}^1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(y)\big)\cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}}\ \mathrm{d}y =\int_{-1}^1\overbrace{y^2}^{xy^2}\ \mathrm{d}y =\left[\frac{y^3}{3}\right]_{-1}^1 =\frac{2}{3} \end{aligned}

Parametrize C3C_3 by xx. That is, r(x)=xı^+ȷ^−k^\mathbf{r}(x)= x\hat{\boldsymbol{\imath}} + \hat{\boldsymbol{\jmath}} -\hat{\mathbf{k}} with xx running from 11 to −1-1. (If you're nervous about this, parametrize by t=−xt=-x. That is r(t)=−t ı^+ȷ^−k^\mathbf{r}(t)= -t\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + \hat{\boldsymbol{\jmath}} -\hat{\mathbf{k}}, −1≤t≤1-1\le t\le 1.) Since r′(x)=ı^\mathbf{r}'(x) = \hat{\boldsymbol{\imath}}, and y=1y=1, z=−1z=-1 on C3C_3,

∫C3F⋅dr=∫1−1F(r(x))⋅ı^ dx=∫1−1x (1)(−1)⏞xyz dx=0(since x is odd)\begin{aligned} \int_{C_3}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\int^{-1}_1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(x)\big)\cdot\hat{\boldsymbol{\imath}}\ \mathrm{d}x =\int^{-1}_1\overbrace{x\ (1)(-1)}^{xyz}\ \mathrm{d}x =0\qquad\text{(since $x$ is odd)} \end{aligned}

Parametrize C4C_4 by yy. That is, r(y)=−ı^+y ȷ^−k^\mathbf{r}(y)= -\hat{\boldsymbol{\imath}} + y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -\hat{\mathbf{k}}, with yy running from 11 to −1-1. Since r′(y)=ȷ^\mathbf{r}'(y) = \hat{\boldsymbol{\jmath}}, and x=−1x=-1 on C4C_4,

∫C4F⋅dr=∫1−1F(r(y))⋅ȷ^ dy=∫1−1(−1)y2⏞xy2 dy=−[y33]1−1=23\begin{aligned} \int_{C_4}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\int^{-1}_1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(y)\big)\cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}}\ \mathrm{d}y =\int^{-1}_1\overbrace{(-1)y^2}^{xy^2}\ \mathrm{d}y =-\left[\frac{y^3}{3}\right]^{-1}_1 =\frac{2}{3} \end{aligned}

All together

∬S∇×F⋅n^ dS=∫C1F⋅dr+∫C2F⋅dr+∫C3F⋅dr+∫C4F⋅dr=43\iint _S{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S =\int_{C_1}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} + \int_{C_2}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} +\int_{C_3}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} + \int_{C_4}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\frac{4}{3}

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-4 · 4.4절 · 25번우리말 번역

S\mathcal{S} 를 아래의 곡면이라 하고, 바깥쪽 법선으로 방향을 정하자. x2+y2+2(z−1)2=6,z≥0.x^2 + y^2 + 2(z-1)^2 = 6,\qquad z\ge 0. (예를 들어, 곡면의 가장 높은 점에서 단위법선벡터는 k^\hat{\mathbf{k}} 이다.)

다음과 같이 정의한다. G=∇×F,whereF=(xz−y3cos⁡z) ı^+x3ez ȷ^+xyzex2+y2+z2 k^.\mathbf{G} = \nabla\times\mathbf{F}, \qquad{\rm where}\qquad \mathbf{F} = (xz - y^3\cos z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + x^3 e^z\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + xyze^{x^2+y^2+z^2}\,\hat{\mathbf{k}}. ∬SG⋅n^dS\iint _\mathcal{S} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\mathrm{d}S 의 값을 구하세요.

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주어진 곡면은 (x,y,z)=(0,0,1)(x,y,z)=(0,0,1) 을 중심으로 하는 타원면이다. 이 곡면은 평면 z=0z=0 위의 곡선 C\mathcal{C} 를 덮고 있으며, 이 곡선은 x2+y2=4x^2+y^2=4 로 주어진다. 이는 원점을 중심으로 하고 반지름이 22 인 원이며, zz축의 양의 방향에서 볼 때 시계 반대 방향으로 방향이 정해져 있다.

방법 I — 스토크스 정리를 두 번 사용: D\mathcal{D} 를 평면 위의 원판 x2+y2≤4x^2+y^2\le 4, z=0z=0 이라 하자. 스토크스 정리를 두 번 사용하면 다음을 얻는다. ∬SG⋅n^ dS=∬S∇×F⋅n^ dS=∮CF⋅dr=∬D∇×F⋅n^ dS=∬DG⋅n^ dS\iint _\mathcal{S} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \iint _\mathcal{S} \nabla\times\mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \oint_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} = \iint _\mathcal{D} \nabla\times\mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \iint _\mathcal{D} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S 이제 D\mathcal{D} 위에서 n^=k^\hat{\mathbf{n}}=\hat{\mathbf{k}} 이고 z=0z=0 이므로, 이 곡면 위에서

G⋅n^=(∇×F)⋅k^=det⁡[001∂∂x∂∂y∂∂z(xz−y3cos⁡z)x3ezxyzex2+y2+z2]z=0=[3x2ez+3y2cos⁡z]z=0=3(x2+y2)\begin{aligned} \mathbf{G}\cdot\hat{\mathbf{n}} = (\nabla\times\mathbf{F})\cdot\hat{\mathbf{k}} &= \det\left[\begin{matrix} 0 & 0 & 1 \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ (xz - y^3\cos z) & x^3 e^z & xyze^{x^2+y^2+z^2} \end{matrix}\right]_{z=0} \\[0.05in] &= \big[3x^2 e^z + 3y^2\cos z\big]_{z=0} = 3(x^2+y^2) \end{aligned}

따라서 극좌표를 이용하면 ∬SG⋅n^ dS=∬D3(x2+y2) dxdy=3∫θ=02π∫r=02(r2) r dr dθ=3(2π)(4)=24π\iint _\mathcal{S} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \iint _\mathcal{D} 3(x^2+y^2)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = 3\int_{\theta=0}^{2\pi} \int_{r=0}^2 (r^2)\,r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta = 3(2\pi)(4)= 24\pi

방법 II — 스토크스 정리를 한 번 사용: 스토크스 정리에 의해

∬SG⋅n^ dS=∬S∇×F⋅n^ dS=∮CF⋅dr\iint _\mathcal{S} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \iint _\mathcal{S} \nabla\times\mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \oint_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}

원 C\mathcal{C} 를 r(θ)=2cos⁡θ ı^+2sin⁡θ ȷ^,0≤θ≤2π\mathbf{r}(\theta) = 2\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 2\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}},\qquad 0\le\theta\le 2\pi 로 매개화하면 dr=drdθ dθ=(−2sin⁡θ ı^+2cos⁡θ ȷ^) dθ.\mathrm{d}\mathbf{r} = \frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}\theta}\,\mathrm{d}\theta = (-2\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 2\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}\theta. 를 얻는다. 그러면 C\mathcal{C} 위에서 z=0z=0 이므로,

∬SG⋅n^ dS=∫02π(−(2sin⁡θ)3 ı^+(2cos⁡θ)3 ȷ^⏞F(r(θ)))⋅(−2sin⁡θ ı^+2cos⁡θ ȷ^⏞r′(θ)) dθ=16∫02π(sin⁡4θ+cos⁡4θ) dθ\begin{aligned} \iint _\mathcal{S} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= \int_{0}^{2\pi}\big( \overbrace{-(2\sin\theta)^3\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (2\cos\theta)^3\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}}^ {\mathbf{F}\big(\mathbf{r}(\theta)\big)}\big) \cdot \big(\overbrace{-2\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 2\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}}^{\mathbf{r}'(\theta)}\big) \,\mathrm{d}\theta \\ &= 16 \int_{0}^{2\pi}\big(\sin^4\theta + \cos^4\theta\big)\,\mathrm{d}\theta \end{aligned}

배각 공식

cos⁡2θ=1+cos⁡(2θ)2sin⁡2θ=1−cos⁡(2θ)2\begin{aligned} \cos^2\theta=\frac{1+\cos(2\theta)}{2}\qquad \sin^2\theta=\frac{1-\cos(2\theta)}{2}\qquad \end{aligned}

에 의해 다음을 얻는다.

sin⁡4θ+cos⁡4θ=[1−cos⁡(2θ)]24+[1+cos⁡(2θ)]24=12+cos⁡2(2θ)2=12+1+cos⁡(4θ)4\begin{aligned} \sin^4\theta + \cos^4\theta &=\frac{\big[1-\cos(2\theta)\big]^2}{4} + \frac{\big[1+\cos(2\theta)\big]^2}{4} \\ &=\frac{1}{2} + \frac{\cos^2(2\theta)}{2} =\frac{1}{2} + \frac{1+\cos(4\theta)}{4} \end{aligned}

그러므로 ∬SG⋅n^ dS=16∫02π(34+14cos⁡(4θ)) dθ=16×34×(2π)=24π\iint _\mathcal{S} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =16\int_{0}^{2\pi} \left(\frac{3}{4}+\frac{1}{4}\cos(4\theta)\right) \,\mathrm{d}\theta = 16\times\frac{3}{4}\times (2\pi) = 24\pi

이 문제로 이어서 풀기
# 스토크스 정리계산보통자동 분류
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