빌드라인 스쿨

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 · 28번대학 수준우리말 번역

SS 를 다음과 같이 매개변수로 나타낸 나선형 경사로(즉, 나선면)의 일부라고 하자.

x=ucos⁡v, y=usin⁡v, z=v0≤u≤1, 0≤v≤2πx=u\cos v,\ y=u\sin v,\ z=v\qquad 0\le u\le 1,\ 0\le v\le 2\pi

CC 를 SS 의 경계라고 하고, 방향은 SS 위의 위쪽을 향하는 법선으로 정해진다고 하자. 다음 값을 구하세요.

∫Cy dx−x dy+xy dz\int_C y\,\mathrm{d}x-x\,\mathrm{d}y+ xy\,\mathrm{d}z

영어 원문 보기

Let SS denote the part of the spiral ramp (that is helicoidal surface) parametrized by

x=ucos⁡v, y=usin⁡v, z=v0≤u≤1, 0≤v≤2πx=u\cos v,\ y=u\sin v,\ z=v\qquad 0\le u\le 1,\ 0\le v\le 2\pi

Let CC denote the boundary of SS with orientation specified by the upward pointing normal on SS. Find

∫Cy dx−x dy+xy dz\int_C y\,\mathrm{d}x-x\,\mathrm{d}y+ xy\,\mathrm{d}z

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스토크스 정리를 이용해 보자. F=y ı^−x ȷ^+xy k^\mathbf{F}=y\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-x\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+xy\,\hat{\mathbf{k}} 라 하면

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zy−xxy]=x ı^−y ȷ^−2 k^\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] y & -x & xy \end{matrix}\right] =x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}-2\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}

이제 (u,v)(u,v) 매개변수로 n^ dS\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S 를 계산한다.

r(u,v)=(ucos⁡v,usin⁡v,v)∂r∂u(u,v)=(cos⁡v,sin⁡v,0)∂r∂v(u,v)=(−usin⁡v,ucos⁡v,1)∂r∂u×∂r∂v=det⁡[ı^ȷ^k^cos⁡vsin⁡v0−usin⁡vucos⁡v1]=(sin⁡v,−cos⁡v,u)n^ dS=(sin⁡v,−cos⁡v,u) du dv\begin{aligned} \mathbf{r}(u,v)&=\big(u\cos v, u\sin v, v\big)\\ \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial u}(u,v)&=\big(\cos v, \sin v, 0\big)\\ \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial v}(u,v)&=\big(-u\sin v, u\cos v, 1\big)\\ \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial u}\times\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial v} &=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\[0.05in] \cos v & \sin v & 0 \\ -u\sin v& u\cos v& 1 \end{matrix}\right] =\big(\sin v, -\cos v, u\big)\\ \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S&=\big(\sin v, -\cos v, u\big)\,\mathrm{d}u\,\mathrm{d}v \end{aligned}

u≥0u\ge 0 이므로 실제로 위쪽을 향하는 법선이다. 따라서 스토크스 정리에 의해

∫Cy dx−x dy+xy dz=∫CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=∫01du∫02πdv (ucos⁡v,−usin⁡v,−2)⋅(sin⁡v,−cos⁡v,u)=∫01du∫02πdv (2usin⁡vcos⁡v−2u)=[∫01du u][∫02πdv (sin⁡2v−2)]=12(−4π)=−2π\begin{aligned} \int_C y\,\mathrm{d}x-x\,\mathrm{d}y+ xy\,\mathrm{d}z &=\int_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S\\ &=\int_0^1 \mathrm{d}u \int_0^{2\pi} \mathrm{d}v\ \big(u\cos v, -u\sin v, -2\big) \cdot\big(\sin v, -\cos v, u\big)\\ &=\int_0^1 \mathrm{d}u \int_0^{2\pi} \mathrm{d}v\ \big(2u\sin v\cos v-2u\big) =\left[\int_0^1 \mathrm{d}u \ u\right] \left[\int_0^{2\pi} \mathrm{d}v\ \big(\sin 2v-2\big)\right]\\ &=\tfrac{1}{2}(-4\pi)=-2\pi \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

Let's try Stokes' Theorem. Call F=y ı^−x ȷ^+xy k^\mathbf{F}=y\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-x\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+xy\,\hat{\mathbf{k}}. Then

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zy−xxy]=x ı^−y ȷ^−2 k^\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] y & -x & xy \end{matrix}\right] =x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}-2\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}

Now compute n^ dS\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S in the (u,v)(u,v)-parametrization.

r(u,v)=(ucos⁡v,usin⁡v,v)∂r∂u(u,v)=(cos⁡v,sin⁡v,0)∂r∂v(u,v)=(−usin⁡v,ucos⁡v,1)∂r∂u×∂r∂v=det⁡[ı^ȷ^k^cos⁡vsin⁡v0−usin⁡vucos⁡v1]=(sin⁡v,−cos⁡v,u)n^ dS=(sin⁡v,−cos⁡v,u) du dv\begin{aligned} \mathbf{r}(u,v)&=\big(u\cos v, u\sin v, v\big)\\ \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial u}(u,v)&=\big(\cos v, \sin v, 0\big)\\ \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial v}(u,v)&=\big(-u\sin v, u\cos v, 1\big)\\ \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial u}\times\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial v} &=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\[0.05in] \cos v & \sin v & 0 \\ -u\sin v& u\cos v& 1 \end{matrix}\right] =\big(\sin v, -\cos v, u\big)\\ \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S&=\big(\sin v, -\cos v, u\big)\,\mathrm{d}u\,\mathrm{d}v \end{aligned}

Since u≥0u\ge 0, we do indeed have the upward pointing normal. So, Stokes' theorem tells us

∫Cy dx−x dy+xy dz=∫CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=∫01du∫02πdv (ucos⁡v,−usin⁡v,−2)⋅(sin⁡v,−cos⁡v,u)=∫01du∫02πdv (2usin⁡vcos⁡v−2u)=[∫01du u][∫02πdv (sin⁡2v−2)]=12(−4π)=−2π\begin{aligned} \int_C y\,\mathrm{d}x-x\,\mathrm{d}y+ xy\,\mathrm{d}z &=\int_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S\\ &=\int_0^1 \mathrm{d}u \int_0^{2\pi} \mathrm{d}v\ \big(u\cos v, -u\sin v, -2\big) \cdot\big(\sin v, -\cos v, u\big)\\ &=\int_0^1 \mathrm{d}u \int_0^{2\pi} \mathrm{d}v\ \big(2u\sin v\cos v-2u\big) =\left[\int_0^1 \mathrm{d}u \ u\right] \left[\int_0^{2\pi} \mathrm{d}v\ \big(\sin 2v-2\big)\right]\\ &=\tfrac{1}{2}(-4\pi)=-2\pi \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-4 · 4.4절 · 19번우리말 번역

CC 를 방향이 주어진 곡선이라 하자. 이 곡선은 5개의 선분으로 이루어져 있으며, 각각 (0,0,0)(0, 0, 0) 에서 (0,1,1)(0, 1, 1) 로, (0,1,1)(0, 1, 1) 에서 (0,1,2)(0, 1, 2) 로, (0,1,2)(0, 1, 2) 에서 (0,2,0)(0, 2, 0) 로, (0,2,0)(0, 2, 0) 에서 (2,2,0)(2, 2, 0) 로, (2,2,0)(2, 2, 0) 에서 (0,0,0)(0, 0, 0) 으로 가는 경로이다. 또한

F=(−y+exsin⁡x) ı^+y4 ȷ^+ztan⁡z k^\mathbf{F} = (-y+e^x\sin x)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +y^4\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\sqrt{z}\tan z\,\hat{\mathbf{k}}

라 하자. 이때 적분 ∫CF⋅dr\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} 의 값을 구하세요.

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복잡한 벡터장을 비교적 복잡한 닫힌곡선을 따라 선적분하는 문제이다. 따라서 적분을 직접 계산하려 해서는 안 됨을 알 수 있다. 스토크스 정리가 유용한지 알아보기 위해 회전을 계산해 보자.

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂z−y+exsin⁡xy4ztan⁡z]=k^\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F} &=\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} &\hat{\boldsymbol{\jmath}} &\hat{\mathbf{k}} \\ \tfrac{\partial}{\partial x} & \tfrac{\partial}{\partial y} & \tfrac{\partial}{\partial z} \\[0.05in] -y+e^x\sin x & y^4 & \sqrt{z}\tan z \end{matrix} \right] =\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}

이 결과는 시사하는 바가 있다. 다음으로 CC 를 경계로 하는 곡면을 찾아야 한다. 먼저 CC 의 개형은 다음과 같다.

그림

곡면 SS 를 평평한 두 부분의 합집합으로 택할 수 있다.

  • yzyz평면 위에 있고 꼭짓점이 (0,0,0)(0,0,0), (0,1,1)(0,1,1), (0,1,2)(0,1,2), (0,2,0)(0,2,0) 인 사각형 QQ
  • xyxy평면 위에 있고 꼭짓점이 (0,0,0)(0,0,0), (0,2,0)(0,2,0), (2,2,0)(2,2,0) 인 삼각형 TT

QQ 의 법선벡터는 −ı^-\hat{\boldsymbol{\imath}} 이고 TT 의 법선벡터는 −k^-\hat{\mathbf{k}} 이다. 그러면 스토크스 정리에 의해 다음을 얻는다.

∫CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=∬Qk^⋅(−ı^) dS+∬Tk^⋅(−k^) dS=−∬TdS=−넓이(T)=−122⏞밑변2⏞높이=−2\begin{aligned} \int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S \\ &=\iint _Q \hat{\mathbf{k}}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\imath}})\,\mathrm{d}S + \iint _T \hat{\mathbf{k}}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S \\ &= - \iint _T \mathrm{d}S \\ &=-\text{넓이}(T) \\ &= -\tfrac{1}{2}\overbrace{2}^{\text{밑변}}\overbrace{2}^{\text{높이}} \\ &=-2 \end{aligned}

이 문제로 이어서 풀기
# 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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