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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 · 39번대학 수준우리말 번역

SS 를 반원뿔

z=x2+y2,y≥0,z=\sqrt{x^2+y^2},\quad y\ge 0,

에서 평면 z=1z=1 아래에 있는 부분이라 하자.

(a) SS 의 매개화를 구하세요. (b) 속도장

v=x ı^+y ȷ^−2z k^\mathbf{v}=x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + y\, \hat{\boldsymbol{\jmath}} -2 z\,\hat{\mathbf{k}}

이 SS 를 아래쪽으로 통과하는 선속을 구하세요. (c) 벡터장 F\mathbf{F} 의 회전이 ∇×F=x ı^+y ȷ^−2z k^{ \boldsymbol{\nabla} }\times \mathbf{F}= x\, \hat{\boldsymbol{\imath}} + y\, \hat{\boldsymbol{\jmath}} -2 z\,\hat{\mathbf{k}} 이다. xzxz평면 위에서 벡터장 F\mathbf{F} 는 상수이며 F(x,0,z)=ȷ^\mathbf{F}(x,0,z)=\hat{\boldsymbol{\jmath}} 이다. 이 정보를 이용하여

∫CF⋅dr,\int_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r},

의 값을 구하세요. 여기서 C\mathcal{C} 는 반원

x2+y2=1, z=1, y≥0x^2+y^2=1,\ z=1,\ y\ge 0

이며 (−1,0,1)(-1,0,1) 에서 (1,0,1)(1,0,1) 로 향하는 방향이다.

영어 원문 보기

Let SS be the part of the half cone

z=x2+y2,y≥0,z=\sqrt{x^2+y^2},\quad y\ge 0,

that lies below the plane z=1z=1.

(a) Find a parametrization for SS. (b) Calculate the flux of the velocity field

v=x ı^+y ȷ^−2z k^\mathbf{v}=x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + y\, \hat{\boldsymbol{\jmath}} -2 z\,\hat{\mathbf{k}}

downward through SS. (c) A vector field F\mathbf{F} has curl ∇×F=x ı^+y ȷ^−2z k^{ \boldsymbol{\nabla} }\times \mathbf{F}= x\, \hat{\boldsymbol{\imath}} + y\, \hat{\boldsymbol{\jmath}} -2 z\,\hat{\mathbf{k}}. On the xzxz-plane, the vector field F\mathbf{F} is constant with F(x,0,z)=ȷ^\mathbf{F}(x,0,z)=\hat{\boldsymbol{\jmath}}. Given this information, calculate

∫CF⋅dr,\int_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r},

where C\mathcal{C} is the half circle

x2+y2=1, z=1, y≥0x^2+y^2=1,\ z=1,\ y\ge 0

oriented from (−1,0,1)(-1,0,1) to (1,0,1)(1,0,1).

정답·풀이 보기

(a) 원기둥좌표를 이용하여 SS 를 매개화한다:

r(r,θ)=rcos⁡θ ı^+rsin⁡θ ȷ^+r k^단, 0≤r≤1, 0≤θ≤π\mathbf{r}(r, \theta) = r\cos \theta\, \hat{\boldsymbol{\imath}} +r\sin \theta\, \hat{\boldsymbol{\jmath}} + r\,\hat{\mathbf{k}} \qquad \text{단, $0\le r\le 1$, $0\le \theta \le \pi$}

(b) 다음을 계산한다.

∂r∂r=cos⁡θ ı^+sin⁡θ ȷ^+ k^∂r∂θ=−rsin⁡θ ı^+rcos⁡θ ȷ^n^ dS=±∂r∂r×∂r∂θ drdθ=±(−rcos⁡θ ı^−rsin⁡θ ȷ^+r k^) drdθ\begin{aligned} \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial r} &= \cos \theta \,\hat{\boldsymbol{\imath}} +\sin \theta \,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\,\hat{\mathbf{k}} \\ \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \theta} &= -r \sin \theta \,\hat{\boldsymbol{\imath}} + r\cos \theta \,\hat{\boldsymbol{\jmath}} \\ \hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S &= \pm \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial r}\times \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \theta} \ \mathrm{d}r \mathrm{d}\theta = \pm \big(-r\cos \theta \,\hat{\boldsymbol{\imath}} - r \sin \theta \,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + r \,\hat{\mathbf{k}}\big)\, \mathrm{d}r \mathrm{d}\theta \end{aligned}

아래쪽 선속을 구하려면 음의 부호를 택한다. 따라서

∬Sv⋅n^ dS=∫0πdθ∫01dr (rcos⁡θ,rsin⁡θ,−2r)⋅(rcos⁡θ,rsin⁡θ,−r)=∫0πdθ∫01dr 3r2=πr3∣r=01=π\begin{aligned} \iint _S \mathbf{v} \cdot \hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S & = \int_0^\pi \mathrm{d}\theta \int_0^1 \mathrm{d}r\ (r \cos \theta, r\sin \theta, -2r)\cdot (r\cos \theta, r\sin \theta, -r) \\ &= \int_0^\pi \mathrm{d}\theta \int_0^1 \mathrm{d}r\ 3 r^2 = \pi r^3\Big|_{r=0}^1 = \pi \end{aligned}

이다.

(c) 풀이 1: P\mathcal{P} 를 (1,0,1)(1,0,1) 에서 (0,0,0)(0,0,0) 까지, 그리고 (0,0,0)(0,0,0) 에서 (−1,0,1)(-1,0,1) 까지 선분을 따라가는 경로라 하자. 그림은 다음과 같다. P\mathcal{P} 는 파란색이다.

그림

그러면

∫CF⋅dr+∫PF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS\int_\mathcal{C} \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{r} + \int_\mathcal{P} \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{r} = \iint _S { \boldsymbol{\nabla} } \times \mathbf{F} \cdot \hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S

이다. 이는 스토크스 정리에 의한 것이다. P\mathcal{P} 를 따라 벡터장 F\mathbf{F} 는 곡선에 수직이므로 ∫PF⋅dr=0\int_\mathcal{P} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}=0 이다. ∇×F\nabla\times \mathbf{F} 는 (b)의 벡터장 v\mathbf{v} 와 같다는 점에 주목한다. 따라서

∫CF⋅dr=∬Sv⋅n^ dS=π\int_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} = \iint _S \mathbf{v} \cdot \hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S = \pi

이다.

(c) 풀이 2: L\mathcal{L} 을 (1,0,1)(1,0,1) 에서 (−1,0,1)(-1,0,1) 까지의 선분이라 하고,

R={(x,y,z)}x2+y2≤1,y≥0,z=1\begin{aligned} \mathcal{R}=\left\{(x,y,z)\right\}{x^2+y^2\le1, y\ge 0, z=1} \end{aligned}

이라 하자. 그림은 다음과 같다. L\mathcal{L} 은 파란색이고 R\mathcal{R} 은 색칠한 부분이다.

그림

그러면

∫CF⋅dr+∫LF⋅dr=∬R∇×F⋅(−k^) dS\int_\mathcal{C} \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{r} + \int_\mathcal{L} \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{r} = \iint _{\mathcal{R}} { \boldsymbol{\nabla} } \times \mathbf{F} \cdot (-\hat{\mathbf{k}})\, \mathrm{d}S

이다. 이는 스토크스 정리에 의한 것이다. L\mathcal{L} 을 따라 벡터장 F=ȷ^\mathbf{F}=\hat{\boldsymbol{\jmath}} 는 곡선(방향이 −ı^-\hat{\boldsymbol{\imath}} 이므로)에 수직이어서 ∫LF⋅dr=0\int_\mathcal{L} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}=0 이다. ∇×F\nabla\times \mathbf{F} 는 (b)의 벡터장 v\mathbf{v} 와 같다는 점에 주목한다. 따라서

∫CF⋅dr=−∬Rv⋅k^ dS=∬R2z dS=2∬R dS=2 넓이(R)=π\int_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} = -\iint _\mathcal{R} \mathbf{v} \cdot \hat{\mathbf{k}}\, \mathrm{d}S = \iint _\mathcal{R} 2z \, \mathrm{d}S = 2\iint _\mathcal{R} \, \mathrm{d}S =2\,\text{넓이}(\mathcal{R}) = \pi

이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) We parametrize SS in cylindrical coordinates:

r(r,θ)=rcos⁡θ ı^+rsin⁡θ ȷ^+r k^with 0≤r≤1, 0≤θ≤π\mathbf{r}(r, \theta) = r\cos \theta\, \hat{\boldsymbol{\imath}} +r\sin \theta\, \hat{\boldsymbol{\jmath}} + r\,\hat{\mathbf{k}} \qquad \text{with $0\le r\le 1$, $0\le \theta \le \pi$}

(b) We compute

∂r∂r=cos⁡θ ı^+sin⁡θ ȷ^+ k^∂r∂θ=−rsin⁡θ ı^+rcos⁡θ ȷ^n^ dS=±∂r∂r×∂r∂θ drdθ=±(−rcos⁡θ ı^−rsin⁡θ ȷ^+r k^) drdθ\begin{aligned} \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial r} &= \cos \theta \,\hat{\boldsymbol{\imath}} +\sin \theta \,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\,\hat{\mathbf{k}} \\ \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \theta} &= -r \sin \theta \,\hat{\boldsymbol{\imath}} + r\cos \theta \,\hat{\boldsymbol{\jmath}} \\ \hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S &= \pm \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial r}\times \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \theta} \ \mathrm{d}r \mathrm{d}\theta = \pm \big(-r\cos \theta \,\hat{\boldsymbol{\imath}} - r \sin \theta \,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + r \,\hat{\mathbf{k}}\big)\, \mathrm{d}r \mathrm{d}\theta \end{aligned}

To calculate the downward flux, we use the minus sign. We find

∬Sv⋅n^ dS=∫0πdθ∫01dr (rcos⁡θ,rsin⁡θ,−2r)⋅(rcos⁡θ,rsin⁡θ,−r)=∫0πdθ∫01dr 3r2=πr3∣r=01=π\begin{aligned} \iint _S \mathbf{v} \cdot \hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S & = \int_0^\pi \mathrm{d}\theta \int_0^1 \mathrm{d}r\ (r \cos \theta, r\sin \theta, -2r)\cdot (r\cos \theta, r\sin \theta, -r) \\ &= \int_0^\pi \mathrm{d}\theta \int_0^1 \mathrm{d}r\ 3 r^2 = \pi r^3\Big|_{r=0}^1 = \pi \end{aligned}

(c) Solution 1: Let P\mathcal{P} be the path along line segments from (1,0,1)(1,0,1) to (0,0,0)(0,0,0) and from (0,0,0)(0,0,0) to (−1,0,1)(-1,0,1). Here is a sketch. P\mathcal{P} is in blue.

figure

Then

∫CF⋅dr+∫PF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS\int_\mathcal{C} \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{r} + \int_\mathcal{P} \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{r} = \iint _S { \boldsymbol{\nabla} } \times \mathbf{F} \cdot \hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S

by Stokes' Theorem. Along P\mathcal{P}, the vector field F\mathbf{F} is orthogonal to the curve so that ∫PF⋅dr=0\int_\mathcal{P} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}=0. Note that ∇×F\nabla\times \mathbf{F} is the vector field v\mathbf{v} from part (b). Thus

∫CF⋅dr=∬Sv⋅n^ dS=π\int_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} = \iint _S \mathbf{v} \cdot \hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S = \pi

(c) Solution 2: Let L\mathcal{L} be the line segment from (1,0,1)(1,0,1) to (−1,0,1)(-1,0,1) and let

R={(x,y,z)}x2+y2≤1,y≥0,z=1\begin{aligned} \mathcal{R}=\left\{(x,y,z)\right\}{x^2+y^2\le1, y\ge 0, z=1} \end{aligned}

Here is a sketch. L\mathcal{L} is in blue and R\mathcal{R} is shaded.

figure

Then

∫CF⋅dr+∫LF⋅dr=∬R∇×F⋅(−k^) dS\int_\mathcal{C} \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{r} + \int_\mathcal{L} \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{r} = \iint _{\mathcal{R}} { \boldsymbol{\nabla} } \times \mathbf{F} \cdot (-\hat{\mathbf{k}})\, \mathrm{d}S

by Stokes' Theorem. Along L\mathcal{L}, the vector field F=ȷ^\mathbf{F}=\hat{\boldsymbol{\jmath}} is orthogonal to the curve (which has direction −ı^-\hat{\boldsymbol{\imath}} so that ∫LF⋅dr=0\int_\mathcal{L} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}=0. Note that ∇×F\nabla\times \mathbf{F} is the vector field v\mathbf{v} from part (b). Thus

∫CF⋅dr=−∬Rv⋅k^ dS=∬R2z dS=2∬R dS=2 Area(R)=π\int_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} = -\iint _\mathcal{R} \mathbf{v} \cdot \hat{\mathbf{k}}\, \mathrm{d}S = \iint _\mathcal{R} 2z \, \mathrm{d}S = 2\iint _\mathcal{R} \, \mathrm{d}S =2\,\text{Area}(\mathcal{R}) = \pi

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-4 · 4.4절 · 40번우리말 번역

∬S(∇×F)⋅n^ dS\iint _S({ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F})\cdot\hat{\mathbf{n}}\,dS 를 생각하세요. 여기서 SS 는 구 x2+y2+z2=1x^2+y^2+z^2=1 의 일부분으로 x+y+z≥1x+y+z\ge 1 을 만족하고, n^\hat{\mathbf{n}} 은 구의 위쪽을 향하는 법선벡터이며 F=(y−z)ı^+(z−x)ȷ^+(x−y)k^\mathbf{F}=(y-z)\hat{\boldsymbol{\imath}}+(z-x)\hat{\boldsymbol{\jmath}}+(x-y)\hat{\mathbf{k}} 입니다. ∬S(∇×F)⋅n^ dS=∬S′(∇×F)⋅n^ dS\iint _S({ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F})\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iint _{S'}({ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F})\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S 를 만족하는 다른 곡면 S′S' 을 구하고, ∬S′(∇×F)⋅n^ dS\iint _{S'}({ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F})\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S 의 값을 구하세요.

답 쓰고 채점
다 풀었으면 정답 확인

S′S' 을 평면 x+y+z=1x+y+z=1 중에서 구 x2+y2+z2=1x^2+y^2+z^2=1 의 내부에 있는 부분이라 하자. 그러면 ∂S=∂S′\partial S=\partial S' 이므로 스토크스 정리에 의해 (n^\hat{\mathbf{n}} 은 항상 위쪽을 향하는 법선벡터)

∬S′(∇×F)⋅n^ dS=∮∂S′F⋅dr=∮∂SF⋅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. 한편

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zy−zz−xx−y]=−2(ı^+ȷ^+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-z & z-x & x-y \end{matrix}\right] =-2(\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}) \end{aligned}

이고, S′S' 위에서 n^=13(ı^+ȷ^+k^)\hat{\mathbf{n}}=\frac{1}{\sqrt{3}}(\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}) 이므로

∬S′(∇×F)⋅n^ dS=∬S′(−23) dS=−23×Area(S′)\iint _{S'}({ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F})\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iint _{S'}\big(-2\sqrt{3}\big)\,\mathrm{d}S =-2\sqrt{3}\times{\rm Area}(S')

이다.

S′S' 은 평면과 구의 교선으로 둘러싸인 부분이므로 원판이다. 그 중심 (xc,yc,zc)(x_c,y_c,z_c) 는 xc+yc+zc=1x_c+y_c+z_c=1 을 만족해야 한다. 대칭성에 의해 xc=yc=zcx_c=y_c=z_c 이므로 xc=yc=zc=13x_c=y_c=z_c=\frac{1}{3} 이다. x+y+z=1x+y+z=1 과 x2+y2+z2=1x^2+y^2+z^2=1 을 모두 만족하는 임의의 점 (x,y,z)(x,y,z) 는

(x−13)2+(y−13)2+(z−13)2=x2+y2+z2−23(x+y+z)+319=1−23+13=23\begin{aligned} \left(x-\frac{1}{3}\right)^2+\left(y-\frac{1}{3}\right)^2 +\left(z-\frac{1}{3}\right)^2 =x^2+y^2+z^2-\frac{2}{3}(x+y+z)+3\frac{1}{9} =1-\frac{2}{3} +\frac{1}{3}=\frac{2}{3} \end{aligned}

을 만족한다.

즉 S′S' 의 경계 위의 모든 점은 (13 , 13 , 13)\big(\frac{1}{3}\,,\,\frac{1}{3}\,,\,\frac{1}{3}\big) 로부터 거리 23\sqrt{\frac{2}{3}} 에 있다. 따라서 S′S' 의 반지름은 23\sqrt{\frac{2}{3}} 이고, S′S' 의 넓이는 23π\frac{2}{3}\pi 이며

∬S′(∇×F)⋅n^ dS=−23×Area(S′)=−43π\iint _{S'}({ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F})\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =-2\sqrt{3}\times{\rm Area}(S') =-\frac{4}{\sqrt{3}}\pi

이다.

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# 스토크스 정리활용도전자동 분류
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