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 · 31번대학 수준우리말 번역

(a) SS 를 원기둥면 y2+z2=9y^2 + z^2 = 9 (x=0x = 0 과 x=5x = 5 사이)와, yzyz평면 위에서 원점을 중심으로 하는 반지름 33 인 원판으로 이루어진 양동이 모양의 곡면이라 하자. (양동이 SS 는 바닥은 있지만 뚜껑은 없다.) SS 의 단위법선벡터가 바깥쪽을 향하도록 방향을 정한다. G=(x,−z,y)\mathbf{G} = (x, -z, y) 일 때, SS 를 지나는 벡터장 ∇×G{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{G} 의 플럭스를 구하세요. (b) SS 가 (a)와 같을 때, SS 를 지나는 벡터장 F=(2+z,xz2,xcos⁡y)\mathbf{F} = (2 + z, xz^2 , x \cos y) 의 플럭스를 구하세요.

영어 원문 보기

(a) Let SS be the bucket shaped surface consisting of the cylindrical surface y2+z2=9y^2 + z^2 = 9 between x=0x = 0 and x=5x = 5, and the disc inside the yzyz-plane of radius 33 centered at the origin. (The bucket SS has a bottom, but no lid.) Orient SS in such a way that the unit normal points outward. Compute the flux of the vector field ∇×G{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{G} through SS, where G=(x,−z,y)\mathbf{G} = (x, -z, y). (b) Compute the flux of the vector field F=(2+z,xz2,xcos⁡y)\mathbf{F} = (2 + z, xz^2 , x \cos y) through SS, where SS is as in (a).

답 쓰고 채점
(a)
(b)
정답·풀이 보기

(a) 직접 계산: G\mathbf{G} 의 회전(curl)은 다음과 같다.

∇×G=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zx−zy]=2ı^\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{G} &=\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} \\ x & -z & y \end{matrix} \right] =2\hat{\boldsymbol{\imath}} \end{aligned}

SS 중 제1팔분공간에 있는 부분은 아래 왼쪽 그림과 같다. SS 는 두 부분, 즉 원기둥면

S1={ (x,y,z) ∣ y2+z2=9, 0≤x≤5 }S_1 = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ y^2+z^2=9,\ 0\le x\le 5\ \big\}

과 원판

S2={ (x,y,z) ∣ x=0, y2+z2≤9 }S_2 = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x=0,\ y^2+z^2\le 9\ \big\}

으로 이루어진다.

S1S_1 의 법선벡터 n^\hat{\mathbf{n}} 은 항상 원기둥에서 반지름 방향 바깥쪽을 향하므로 ı^\hat{\boldsymbol{\imath}} 성분이 항상 00 이다. S2S_2 의 법선벡터는 −ı^-\hat{\boldsymbol{\imath}} 이다. 따라서 플럭스는 다음과 같다.

∬S∇×G⋅n^ dS=∬S12ı^⋅n^ dS+∬S22ı^⋅(−ı^) dS=−2∬S2dS=−2(π32)=−18π\begin{aligned} \iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times \mathbf{G} \cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= \iint _{S_1} 2\hat{\boldsymbol{\imath}} \cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S + \iint _{S_2} 2\hat{\boldsymbol{\imath}} \cdot (-\hat{\boldsymbol{\imath}})\,\mathrm{d}S \\ &= -2 \iint _{S_2} \mathrm{d}S \\ &= -2 \big(\pi 3^2\big) = -18\pi \end{aligned}

(a) 스토크스 정리 이용: 스토크스 정리를 이용하자. SS 의 경계 ∂S\partial S 는 원 y2+z2=9y^2+z^2=9, x=5x=5 이고, xx축의 먼 쪽에서 볼 때 시계 방향으로 방향이 주어진다. 이를 r(θ)=(5,3cos⁡θ,−3sin⁡θ)\mathbf{r}(\theta)=\big(5, 3\cos\theta, -3\sin\theta\big) 로 매개화한다. 그러면 스토크스 정리에 의해 다음을 얻는다.

∬S∇×G⋅n^ dS=∮∂SG⋅dr=∫02π(5 , 3sin⁡θ,3cos⁡θ)⋅(0 , −3sin⁡θ , −3cos⁡θ) dθ=∫02π(−9sin⁡2θ−9cos⁡2θ) dθ=−18π\begin{aligned} \iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{G}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\oint_{\partial S}\mathbf{G}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} \\ &=\int_0^{2\pi} \big(5\,,\,3\sin\theta,3\cos\theta\big)\cdot \big(0\,,\,-3\sin\theta\,,\,-3\cos\theta\big)\,\mathrm{d}\theta \\ &=\int_0^{2\pi} \big(-9\sin^2\theta-9\cos^2\theta\big)\,\mathrm{d}\theta \\ &=-18\pi \end{aligned}

그림

그림

(b) 이번에는 발산 정리를 이용하자. 곡면 SS 는 닫혀 있지 않다. 그래서 SS 위에 뚜껑 T={ (5,y,z) ∣ y2+z2≤9 }T=\big\{ \ (5,y,z)\ \big|\ y^2+z^2\le 9\ \big\} 를 “덮어서” 만든 보조 곡면을 이용한다. TT 의 법선벡터를 ı^\hat{\boldsymbol{\imath}} 로 정하면, SS 와 TT 의 합집합인 이 보조 곡면은 V={ (x,y,z) ∣ y2+z2≤9, 0≤x≤5 }V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ y^2+z^2\le 9,\ 0\le x\le 5\ \big\} 의 경계이다. 따라서 발산 정리에 의해 다음을 얻는다.

∬SF⋅n^ dS+∬TF⋅n^ dS=∬∂VF⋅n^ dS=∭V∇⋅F dV=0\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S +\iint _T \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= \iint _{\partial V} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S \\ &=\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot \mathbf{F}\ \mathrm{d}V \\ &=0 \end{aligned}

∇⋅F=0{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot \mathbf{F} = 0 이기 때문이다. 그러므로 구하는 플럭스는 다음과 같다.

∬SF⋅n^ dS=−∬TF⋅n^ dS=−∬TF⋅ı^ dS=−∬T(2+z) dS=−2∬T dSz 가 홀함수이므로 ∬Tz dS=0 이다=−18πT 의 넓이가 9π 이므로\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=-\iint _T \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =-\iint _T \mathbf{F}\cdot\hat{\boldsymbol{\imath}}\,\mathrm{d}S =-\iint _T (2+z)\,\mathrm{d}S \\ &=-2\iint _T \,\mathrm{d}S \qquad\text{$z$ 가 홀함수이므로 $\iint _T z\,\mathrm{d}S=0$ 이다}\\ &= -18\pi \qquad\text{$T$ 의 넓이가 $9\pi$ 이므로} \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

(a) by direct evaluation: The curl of G\mathbf{G} is

∇×G=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zx−zy]=2ı^\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{G} &=\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} \\ x & -z & y \end{matrix} \right] =2\hat{\boldsymbol{\imath}} \end{aligned}

The part of SS in the first octant is sketched in the figure on the left below. SS consists of two parts — the cylindrical surface

S1={ (x,y,z) ∣ y2+z2=9, 0≤x≤5 }S_1 = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ y^2+z^2=9,\ 0\le x\le 5\ \big\}

and the disc

S2={ (x,y,z) ∣ x=0, y2+z2≤9 }S_2 = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x=0,\ y^2+z^2\le 9\ \big\}

The normal n^\hat{\mathbf{n}} to S1S_1 always points radially outward from the cylinder and so always has ı^\hat{\boldsymbol{\imath}} component zero. The normal of S2S_2 is −ı^-\hat{\boldsymbol{\imath}}. So the flux is

∬S∇×G⋅n^ dS=∬S12ı^⋅n^ dS+∬S22ı^⋅(−ı^) dS=−2∬S2dS=−2(π32)=−18π\begin{aligned} \iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times \mathbf{G} \cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= \iint _{S_1} 2\hat{\boldsymbol{\imath}} \cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S + \iint _{S_2} 2\hat{\boldsymbol{\imath}} \cdot (-\hat{\boldsymbol{\imath}})\,\mathrm{d}S \\ &= -2 \iint _{S_2} \mathrm{d}S \\ &= -2 \big(\pi 3^2\big) = -18\pi \end{aligned}

(a) using Stokes' theorem: Let's use Stokes' theorem. The boundary ∂S\partial S of SS is the cirlce y2+z2=9y^2+z^2=9, x=5x=5, oriented clockwise when viewed from far down the xx-axis. We'll parametrize it by r(θ)=(5,3cos⁡θ,−3sin⁡θ)\mathbf{r}(\theta)=\big(5, 3\cos\theta, -3\sin\theta\big). Then Stokes' theorem gives

∬S∇×G⋅n^ dS=∮∂SG⋅dr=∫02π(5 , 3sin⁡θ,3cos⁡θ)⋅(0 , −3sin⁡θ , −3cos⁡θ) dθ=∫02π(−9sin⁡2θ−9cos⁡2θ) dθ=−18π\begin{aligned} \iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{G}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\oint_{\partial S}\mathbf{G}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} \\ &=\int_0^{2\pi} \big(5\,,\,3\sin\theta,3\cos\theta\big)\cdot \big(0\,,\,-3\sin\theta\,,\,-3\cos\theta\big)\,\mathrm{d}\theta \\ &=\int_0^{2\pi} \big(-9\sin^2\theta-9\cos^2\theta\big)\,\mathrm{d}\theta \\ &=-18\pi \end{aligned}

figure

figure

(b) This time we'll use the divergence theorem. The surface SS is not closed. So we'll use the auxilary surface formed by “topping SS off” with the cap T={ (5,y,z) ∣ y2+z2≤9 }T=\big\{ \ (5,y,z)\ \big|\ y^2+z^2\le 9\ \big\}. If we give TT the normal vector ı^\hat{\boldsymbol{\imath}}, this auxiliary surface, the union of SS and TT, is the boundary of V={ (x,y,z) ∣ y2+z2≤9, 0≤x≤5 }V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ y^2+z^2\le 9,\ 0\le x\le 5\ \big\}. So the divergence theorem gives

∬SF⋅n^ dS+∬TF⋅n^ dS=∬∂VF⋅n^ dS=∭V∇⋅F dV=0\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S +\iint _T \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= \iint _{\partial V} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S \\ &=\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot \mathbf{F}\ \mathrm{d}V \\ &=0 \end{aligned}

since ∇⋅F=0{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot \mathbf{F} = 0. Thus the flux of interest is

∬SF⋅n^ dS=−∬TF⋅n^ dS=−∬TF⋅ı^ dS=−∬T(2+z) dS=−2∬T dSsince ∬Tz dS=0, because z is odd=−18πsince T has area 9π\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=-\iint _T \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =-\iint _T \mathbf{F}\cdot\hat{\boldsymbol{\imath}}\,\mathrm{d}S =-\iint _T (2+z)\,\mathrm{d}S \\ &=-2\iint _T \,\mathrm{d}S \qquad\text{since $\iint _T z\,\mathrm{d}S=0$, because $z$ is odd}\\ &= -18\pi \qquad\text{since $T$ has area $9\pi$} \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-4 · 4.4절 · 32번우리말 번역

다음과 같이 두자.

F(x,y,z)=(yx+x1+x2 , x2−y1+y2 , cos⁡5(ln⁡z))\mathbf{F}(x, y, z) = \Big(\frac{y}{x} +x^{1+x^2}\,,\, x^2-y^{1+y^2}\,,\, \cos^5(\ln z)\Big)

(a) F\mathbf{F} 의 정의역 DD 를 쓰세요. (b) 옳은 설명을 모두 고르세요.

(a) D는 연결되어 있다. (b) D는 단순연결이다. (c) D는 연결되어 있지 않다. (c) ∇×F{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F} 를 구하세요. (d) CC 를 평면 z=2z = 2 위에서 꼭짓점이 (3±1,3±1)(3 \pm 1, 3 \pm 1) 인 정사각형이라 하고, 시계 방향(위에서 내려다본 방향, 즉 zz축 아래 방향으로 본 방향)으로 향을 주자. 다음을 구하세요.

∫CF⋅dr\int_C \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{r} (e) F\mathbf{F} 는 보존적인지 판단하세요.

다 풀었으면 정답 확인

(a)

  • yx\frac{y}{x} 는 x≠0x\ne 0 일 때 정의되고,
  • x1+x2=e(1+x2)ln⁡xx^{1+x^2}=e^{(1+x^2)\ln x} 는 ln⁡x\ln x 가 정의될 때 정의되는데, 이는 x>0x>0 일 때이다(복소수를 사용할 수 없다고 가정한다). 그리고
  • y1+y2=e(1+y2)ln⁡yy^{1+y^2}=e^{(1+y^2)\ln y} 는 ln⁡y\ln y 가 정의될 때 정의되는데, 이는 y>0y>0 일 때이다. 그리고
  • cos⁡5(ln⁡z)\cos^5(\ln z) 는 ln⁡z\ln z 가 정의될 때 정의되는데, 이는 z>0z>0 일 때이다.

따라서 F\mathbf{F} 의 정의역은 다음과 같다.

D={ (x,y,z) ∣ x>0, y>0, z>0 }D=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x>0,\ y>0,\ z>0\ \big\}

(b) 정의역 DD 는 연결되어 있고(D 안의 임의의 두 점을 D 안에 완전히 놓이는 곡선으로 이을 수 있다) 단순연결이다(D 안의 임의의 단순닫힌곡선을 D 안에서 연속적으로 한 점까지 줄일 수 있다).

(c) F\mathbf{F} 의 회전은 다음과 같다.

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zyx+x1+x2x2−y1+y2cos⁡5(ln⁡z)]=(2x−1/x)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} \\ \frac{y}{x} +x^{1+x^2} & x^2-y^{1+y^2} & \cos^5(\ln z) \end{matrix} \right] =\big(2x-{1}/{x}\big)\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}

(d) 직접 계산하려면 피적분함수가 매우 복잡해 보인다. 반면 ∇×F{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F} 는 상당히 간단하다. 그러므로 스토크스 정리를 써 보자. 다음과 같이 놓는다.

S={ (x,y,z) ∣ 2≤x≤4, 2≤y≤4, z=2 }S=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 2\le x\le 4,\ 2\le y\le 4,\ z=2\ \big\}

SS 의 경계는 CC 이다. CC 가 시계 방향이므로 SS 의 법선벡터를 −k^-\hat{\mathbf{k}} 로 정한다. 아래 그림을 보라.

그림

그러면 스토크스 정리에 의해

∮CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=∬S∇×F⋅(−k^) dS=−∬S(2x−1x) dS=−∫24dx∫24dy (2x−1x)=−∫24dx 2(2x−1x)=−2[x2−ln⁡x]24=−2[12−ln⁡2]=2ln⁡2−24\begin{aligned} \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 { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S = -\iint _S \big(2x-\tfrac{1}{x}\big)\,\mathrm{d}S \\ &= -\int_2^4\mathrm{d}x\int_2^4\mathrm{d}y\ \big(2x-\tfrac{1}{x}\big) =-\int_2^4\mathrm{d}x\ 2\big(2x-\tfrac{1}{x}\big) = - 2\Big[x^2-\ln x\Big]_2^4 \\ &=-2\big[12-\ln 2\big] =2\ln 2-24 \end{aligned}

(e) ∇×F{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F} 가 0\mathbf{0} 이 아니므로 F\mathbf{F} 는 보존적일 수 없다.

이 문제로 이어서 풀기
# 스토크스 정리계산도전자동 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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