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문제 은행 · 미적분 · 대학 미적분 · 벡터 미적분

벡터 미적분 전체 문제

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21문제 · 1 / 2쪽

1.CLP-4 · 1.6절 · 2번대학 수준우리말 번역

(a) 극좌표로 r=r(θ)r=r(\theta), θ1≤θ≤θ2\theta_1\le \theta\le\theta_2 와 같이 주어진 곡선 C\mathcal{C} 를 따라 적분한 ∫Cf(x,y) ds\int_\mathcal{C} f(x,y)\,ds 가

∫θ1θ2f(r(θ)cos⁡θ,r(θ)sin⁡θ)r(θ)2+(drdθ(θ))2 dθ\int_{\theta_1}^{\theta_2}f\big(r(\theta)\cos\theta, r(\theta)\sin\theta\big) \sqrt{r(\theta)^2+\left(\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}\theta}(\theta)\right)^2}\, \mathrm{d}\theta 임을 보이세요. (b) r=1+cos⁡θ, 0≤θ≤2πr=1+\cos\theta,\ 0\le \theta\le 2\pi 의 곡선의 길이를 구하세요. 계산을 간단히 하기 위해 다음 공식을 사용해도 됩니다.

1+cos⁡θ=2cos⁡2θ21+\cos\theta=2\cos^2\frac{\theta}{2}

영어 원문 보기

(a) Show that the integral ∫Cf(x,y) ds\int_\mathcal{C} f(x,y)\,ds along the curve C\mathcal{C} given in polar coordinates by r=r(θ)r=r(\theta), θ1≤θ≤θ2\theta_1\le \theta\le\theta_2, is

∫θ1θ2f(r(θ)cos⁡θ,r(θ)sin⁡θ)r(θ)2+(drdθ(θ))2 dθ\int_{\theta_1}^{\theta_2}f\big(r(\theta)\cos\theta, r(\theta)\sin\theta\big) \sqrt{r(\theta)^2+\left(\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}\theta}(\theta)\right)^2}\, \mathrm{d}\theta (b) Compute the arc length of r=1+cos⁡θ, 0≤θ≤2πr=1+\cos\theta,\ 0\le \theta\le 2\pi. You may use the formula

1+cos⁡θ=2cos⁡2θ21+\cos\theta=2\cos^2\frac{\theta}{2}

to simplify the computation.

정답·풀이 보기

(a) 곡선은 r(θ)=x(θ) ı^+y(θ) ȷ^\mathbf{r}(\theta) = x(\theta)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 이고 x(θ)=r(θ)cos⁡θx(\theta)=r(\theta)\cos\theta, y(θ)=r(θ)sin⁡θy(\theta)=r(\theta)\sin\theta, θ1≤θ≤θ2\theta_1\le \theta\le \theta_2 이다. 이 곡선 위에서

v(θ)=drdθ(θ)=x′(θ)ı^+y′(θ)ȷ^=[r′(θ)cos⁡θ−r(θ)sin⁡θ]ı^+[r′(θ)sin⁡θ+r(θ)cos⁡θ]ȷ^  ⟹  dsdθ(θ)=[r′(θ)cos⁡θ−r(θ)sin⁡θ]2+[r′(θ)sin⁡θ+r(θ)cos⁡θ]2=r′(θ)2+r(θ)2\begin{aligned} \mathbf{v}(\theta) =\frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}\theta}(\theta)&= x'(\theta)\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y'(\theta)\hat{\boldsymbol{\jmath}} =\big[r'(\theta)\cos\theta-r(\theta)\sin\theta\big]\hat{\boldsymbol{\imath}}+ \big[r'(\theta)\sin\theta+r(\theta)\cos\theta\big]\hat{\boldsymbol{\jmath}}\\ \implies \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}\theta}(\theta) &=\sqrt{\big[r'(\theta)\cos\theta-r(\theta)\sin\theta\big]^2 + \big[r'(\theta)\sin\theta+r(\theta)\cos\theta\big]^2}\\ &=\sqrt{r'(\theta)^2+r(\theta)^2} \end{aligned}

따라서

∫Cf(x,y) ds=∫θ1θ2 ⁣ ⁣ ⁣f(x(θ),y(θ))dsdθ dθ=∫θ1θ2 ⁣ ⁣ ⁣f(r(θ)cos⁡θ,r(θ)sin⁡θ)r(θ)2+(drdθ(θ))2 dθ\begin{aligned} \int_\mathcal{C} f(x,y)\,ds &= \int_{\theta_1}^{\theta_2}\!\!\!f\big(x(\theta), y(\theta)\big) \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}\theta}\,\mathrm{d}\theta \\ &=\int_{\theta_1}^{\theta_2}\!\!\!f\big(r(\theta)\cos\theta, r(\theta)\sin\theta\big) \sqrt{r(\theta)^2 +\left(\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}\theta}(\theta)\right)^2}\, \mathrm{d}\theta \end{aligned}

이다.

(b) 이 경우 f(x,y)=1f(x,y)=1, r(θ)=1+cos⁡θr(\theta)=1+\cos\theta, θ1=0\theta_1=0, θ2=2π\theta_2=2\pi 이므로

∫C ds=∫02π[1+cos⁡θ]2+[−sin⁡θ]2 dθ=∫02π2(1+cos⁡θ) dθ=∫02π4cos⁡2θ2 dθ=2∫02π∣cos⁡θ2∣ dθ=4∫0πcos⁡θ2 dθ=8sin⁡θ2∣0π=8\begin{aligned} \int_C \,ds &=\int_0^{2\pi} \sqrt{[1+\cos\theta]^2+[-\sin\theta]^2}\,\mathrm{d}\theta =\int_0^{2\pi} \sqrt{2(1+\cos\theta)}\,\mathrm{d}\theta\\ &=\int_0^{2\pi} \sqrt{4\cos^2\frac{\theta}{2}}\,\mathrm{d}\theta =2\int_0^{2\pi} \left|\cos\frac{\theta}{2}\right|\,\mathrm{d}\theta =4\int_0^{\pi} \cos\frac{\theta}{2}\ \mathrm{d}\theta =8 \sin\frac{\theta}{2}\bigg|_0^{\pi} =8 \end{aligned}

이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) The curve is r(θ)=x(θ) ı^+y(θ) ȷ^\mathbf{r}(\theta) = x(\theta)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} with x(θ)=r(θ)cos⁡θx(\theta)=r(\theta)\cos\theta, y(θ)=r(θ)sin⁡θy(\theta)=r(\theta)\sin\theta and θ1≤θ≤θ2\theta_1\le \theta\le \theta_2. On this curve

v(θ)=drdθ(θ)=x′(θ)ı^+y′(θ)ȷ^=[r′(θ)cos⁡θ−r(θ)sin⁡θ]ı^+[r′(θ)sin⁡θ+r(θ)cos⁡θ]ȷ^  ⟹  dsdθ(θ)=[r′(θ)cos⁡θ−r(θ)sin⁡θ]2+[r′(θ)sin⁡θ+r(θ)cos⁡θ]2=r′(θ)2+r(θ)2\begin{aligned} \mathbf{v}(\theta) =\frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}\theta}(\theta)&= x'(\theta)\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y'(\theta)\hat{\boldsymbol{\jmath}} =\big[r'(\theta)\cos\theta-r(\theta)\sin\theta\big]\hat{\boldsymbol{\imath}}+ \big[r'(\theta)\sin\theta+r(\theta)\cos\theta\big]\hat{\boldsymbol{\jmath}}\\ \implies \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}\theta}(\theta) &=\sqrt{\big[r'(\theta)\cos\theta-r(\theta)\sin\theta\big]^2 + \big[r'(\theta)\sin\theta+r(\theta)\cos\theta\big]^2}\\ &=\sqrt{r'(\theta)^2+r(\theta)^2} \end{aligned}

Hence

∫Cf(x,y) ds=∫θ1θ2 ⁣ ⁣ ⁣f(x(θ),y(θ))dsdθ dθ=∫θ1θ2 ⁣ ⁣ ⁣f(r(θ)cos⁡θ,r(θ)sin⁡θ)r(θ)2+(drdθ(θ))2 dθ\begin{aligned} \int_\mathcal{C} f(x,y)\,ds &= \int_{\theta_1}^{\theta_2}\!\!\!f\big(x(\theta), y(\theta)\big) \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}\theta}\,\mathrm{d}\theta \\ &=\int_{\theta_1}^{\theta_2}\!\!\!f\big(r(\theta)\cos\theta, r(\theta)\sin\theta\big) \sqrt{r(\theta)^2 +\left(\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}\theta}(\theta)\right)^2}\, \mathrm{d}\theta \end{aligned}

(b) In this case f(x,y)=1f(x,y)=1, r(θ)=1+cos⁡θr(\theta)=1+\cos\theta, θ1=0\theta_1=0 and θ2=2π\theta_2=2\pi,

∫C ds=∫02π[1+cos⁡θ]2+[−sin⁡θ]2 dθ=∫02π2(1+cos⁡θ) dθ=∫02π4cos⁡2θ2 dθ=2∫02π∣cos⁡θ2∣ dθ=4∫0πcos⁡θ2 dθ=8sin⁡θ2∣0π=8\begin{aligned} \int_C \,ds &=\int_0^{2\pi} \sqrt{[1+\cos\theta]^2+[-\sin\theta]^2}\,\mathrm{d}\theta =\int_0^{2\pi} \sqrt{2(1+\cos\theta)}\,\mathrm{d}\theta\\ &=\int_0^{2\pi} \sqrt{4\cos^2\frac{\theta}{2}}\,\mathrm{d}\theta =2\int_0^{2\pi} \left|\cos\frac{\theta}{2}\right|\,\mathrm{d}\theta =4\int_0^{\pi} \cos\frac{\theta}{2}\ \mathrm{d}\theta =8 \sin\frac{\theta}{2}\bigg|_0^{\pi} =8 \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 1.6절 · 6번
# 선적분증명·논술기본자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
2.CLP-4 · 2.1절 · 4번대학 수준우리말 번역

F=P ı^+Q ȷ^\mathbf{F} = P\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + Q\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 를 아래에 그려진 이차원 벡터장이라 하자.

그림

점 AA 에서 PP, QQ, ∂Q∂x\frac{\partial Q}{\partial x}, ∂Q∂y\frac{\partial Q}{\partial y} 의 부호를 판단하세요.

영어 원문 보기

Let F=P ı^+Q ȷ^\mathbf{F} = P\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + Q\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} be the two-dimensional vector field sketched below.

figure

Determine the signs of PP, QQ, ∂Q∂x\frac{\partial Q}{\partial x} and ∂Q∂y\frac{\partial Q}{\partial y} at the point AA.

정답·풀이 보기

점 AA 근처의 화살표는 오른쪽을 향하므로 P>0P>0 이고, 위쪽을 향하므로 Q>0Q>0 이다. AA 근처에서 왼쪽에서 오른쪽으로 움직이면 화살표의 수직 성분이 감소하므로 ∂Q∂x<0\frac{\partial Q}{\partial x}<0 이다. AA 근처에서 수직으로 위쪽으로 움직이면 화살표의 수직 성분이 증가하므로 ∂Q∂y>0\frac{\partial Q}{\partial y}>0 이다.

원본 교재 풀이(영어)

The arrows near the point AA are pointing to the right, indicating that P>0P>0, and upward, indicating that Q>0Q>0. Moving from left to right near AA, the vertical component of the arrows is decreasing, indicating that ∂Q∂x<0\frac{\partial Q}{\partial x}<0. Moving vertically upwards near AA, the vertical component of the arrows is increasing, indicating that ∂Q∂y>0\frac{\partial Q}{\partial y}>0.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.1절 · 5번
# 벡터장과 흐름선그래프·표 해석기본자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
3.CLP-4 · 2.1절 · 5번대학 수준우리말 번역

벡터장 v(x,y)=x ı^+y ȷ^\mathbf{v}(x,y) = x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}

가 움직이는 유체의 속도장이라고 하자.

(a) 시각 00 에 점 (1,1)(1,1) 에서 유체에 나뭇가지를 떨어뜨린다. 시각 t=0.01t=0.01 에서 나뭇가지의 대략적인 위치는 어디인지 구하세요. (b) 시각 00 에 점 (0,0)(0,0) 에서 유체에 나뭇가지를 떨어뜨린다. 시각 t=0.01t=0.01 에서 나뭇가지의 위치를 구하세요. (c) 시각 00 에 점 (0,0)(0,0) 에서 유체에 나뭇가지를 떨어뜨린다. 시각 t=10t=10 에서 나뭇가지의 위치를 구하세요.

영어 원문 보기

Imagine that the vector field v(x,y)=x ı^+y ȷ^\mathbf{v}(x,y) = x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}

is the velocity field of a moving fluid.

(a) At time 00 you drop a twig into the fluid at the point (1,1)(1,1). What is the approximate position of the twig at time t=0.01t=0.01? (b) At time 00 you drop a twig into the fluid at the point (0,0)(0,0). What is the position of the twig at time t=0.01t=0.01? (c) At time 00 you drop a twig into the fluid at the point (0,0)(0,0). What is the position of the twig at time t=10t=10?

답 쓰고 채점
(a)
(b)
(c)
정답·풀이 보기

(a) 시각 00 에서 나뭇가지의 속도는 v(1,1)=ı^+ȷ^\mathbf{v}(1,1) =\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}} 이다. 따라서 시각 t=0.01t=0.01 에서 나뭇가지의 위치는 대략

(1,1)+0.01(1,1)=(1.01 , 1.01)(1,1) + 0.01(1,1) = (1.01\,,\,1.01)

이다.

(b) 시각 00 에서 나뭇가지의 속도는 v(0,0)=0\mathbf{v}(0,0) =\mathbf{0} 이다. 따라서 시각 t=0.01t=0.01 에서 나뭇가지의 위치는

(0,0)+0.01(0,0)=(0 , 0)(0,0) + 0.01(0,0) = (0\,,\,0)

이다.

(c) 시각 00 에서 나뭇가지의 속도는 v(0,0)=0\mathbf{v}(0,0) =\mathbf{0} 이다. 따라서 나뭇가지는 정지해 있고 속도는 모든 시각에서 0으로 유지된다. 시각 1010 에서, 그리고 사실 모든 시각에서 나뭇가지의 위치는 (0 , 0)(0\,,\,0) 이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) At time 00 the velocity of the twig is v(1,1)=ı^+ȷ^\mathbf{v}(1,1) =\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}. So at time t=0.01t=0.01, the position of the twig is approximately

(1,1)+0.01(1,1)=(1.01 , 1.01)(1,1) + 0.01(1,1) = (1.01\,,\,1.01)

(b) At time 00 the velocity of the twig is v(0,0)=0\mathbf{v}(0,0) =\mathbf{0}. So at time t=0.01t=0.01, the position of the twig is

(0,0)+0.01(0,0)=(0 , 0)(0,0) + 0.01(0,0) = (0\,,\,0)

(c) At time 00 the velocity of the twig is v(0,0)=0\mathbf{v}(0,0) =\mathbf{0}. So it is stationary and its velocity remains zero for all time. The position of the twig at time 1010, and in fact at all times, is (0 , 0)(0\,,\,0).

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.1절 · 11번
# 벡터장과 흐름선활용기본자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
4.CLP-4 · 2.1절 · 6번대학 수준우리말 번역

벡터장 v(x,y)=2x ı^−ȷ^\mathbf{v}(x,y) = 2x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} -\hat{\boldsymbol{\jmath}}

가 움직이는 유체의 속도장이라고 하자. 시각 00 에 점 (0,0)(0,0) 에서 유체에 나뭇가지를 떨어뜨린다. 시각 t=10t=10 에서 나뭇가지의 위치를 구하세요.

영어 원문 보기

Imagine that the vector field v(x,y)=2x ı^−ȷ^\mathbf{v}(x,y) = 2x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} -\hat{\boldsymbol{\jmath}}

is the velocity field of a moving fluid. At time 00 you drop a twig into the fluid at the point (0,0)(0,0). What is the position of the twig at time t=10t=10?

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

yy축 위의 모든 점에서 유체의 속도는 −ȷ^-\hat{\boldsymbol{\jmath}} 이다. 따라서 나뭇가지는 yy축 위에 머물며 결과적으로 모든 시각에서 속도 −ȷ^-\hat{\boldsymbol{\jmath}} 를 갖는다. 시각 1010 에서 나뭇가지의 위치는

(0,0)+10(0,−1)=(0 , −10)(0,0)+10(0,-1) = (0\,,\,-10)

이다.

원본 교재 풀이(영어)

The velocity of the fluid at all points of the yy-axis is −ȷ^-\hat{\boldsymbol{\jmath}}. So the twig will remain on the yy-axis and will consequently have velocity −ȷ^-\hat{\boldsymbol{\jmath}} for all time. The position of the twig at time 1010 will be

(0,0)+10(0,−1)=(0 , −10)(0,0)+10(0,-1) = (0\,,\,-10)

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.1절 · 14번
# 벡터장과 흐름선활용기본자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
5.CLP-4 · 2.3절 · 3번대학 수준우리말 번역

F\mathbf{F} 가 보존장이고 aa, bb, cc 가 상수라고 하자. F+(a,b,c)\mathbf{F}+(a,b,c) 의 퍼텐셜을 구하세요. 또는 F+(a,b,c)\mathbf{F}+(a,b,c) 가 보존장이 아니게 되는 보존장 F\mathbf{F} 와 상수 aa, bb, cc 를 하나 제시하세요.

영어 원문 보기

Suppose F\mathbf{F} is conservative and let aa, bb, and cc be constants. Find a potential for F+(a,b,c)\mathbf{F}+(a,b,c), OR give a conservative field F\mathbf{F} and constants aa, bb, and cc for which F+(a,b,c)\mathbf{F}+(a,b,c) is not conservative.

정답·풀이 보기

φ\varphi 를 F\mathbf{F} 의 퍼텐셜이라 하자. ϕ=φ+ax+by+cz\phi=\varphi+ax+by+cz 로 정의하면 ∇ϕ=∇φ+(a,b,c)=F+(a,b,c){ \boldsymbol{\nabla} } \phi = { \boldsymbol{\nabla} }\varphi+(a,b,c)=\mathbf{F}+(a,b,c) 이다. 따라서 F+(a,b,c)\mathbf{F}+(a,b,c) 도 보존장이다.

원본 교재 풀이(영어)

Let φ\varphi be a potential for F\mathbf{F}. Define ϕ=φ+ax+by+cz\phi=\varphi+ax+by+cz. Then ∇ϕ=∇φ+(a,b,c)=F+(a,b,c){ \boldsymbol{\nabla} } \phi = { \boldsymbol{\nabla} }\varphi+(a,b,c)=\mathbf{F}+(a,b,c). So, F+(a,b,c)\mathbf{F}+(a,b,c) is also conservative.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.3절 · 10번
# 보존 벡터장계산기본자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
6.CLP-4 · 2.3절 · 4번대학 수준우리말 번역

다음 각 명제를 증명하거나, 반례를 찾으세요.

a. F\mathbf{F} 가 보존장이고 G\mathbf{G} 가 비보존장이면, F+G\mathbf{F}+\mathbf{G} 는 비보존장이다. b. F\mathbf{F} 와 G\mathbf{G} 가 모두 비보존장이면, F+G\mathbf{F}+\mathbf{G} 는 비보존장이다. c. F\mathbf{F} 와 G\mathbf{G} 가 모두 보존장이면, F+G\mathbf{F}+\mathbf{G} 는 보존장이다.

영어 원문 보기

Prove, or find a counterexample to, each of the following statements.

a. If F\mathbf{F} is a conservative field and G\mathbf{G} is a non-conservative field, then F+G\mathbf{F}+\mathbf{G} is non-conservative. b. If F\mathbf{F} and G\mathbf{G} are both non-conservative fields, then F+G\mathbf{F}+\mathbf{G} is non-conservative. c. If F\mathbf{F} and G\mathbf{G} are both conservative fields, then F+G\mathbf{F}+\mathbf{G} is conservative.

정답·풀이 보기

a. 어떤 F\mathbf{F}, G\mathbf{G} 에 대해 F+G\mathbf{F}+\mathbf{G} 가 보존장이라고 하면, 정의에 따라 F+G=∇φ\mathbf{F}+\mathbf{G} = { \boldsymbol{\nabla} } \varphi 를 만족하는 퍼텐셜 φ\varphi 가 존재한다.

F\mathbf{F} 가 보존장이므로, F=∇ψ\mathbf{F} = { \boldsymbol{\nabla} } \psi 를 만족하는 퍼텐셜 ψ\psi 도 존재한다.

그러면 G=(F+G)−F=∇φ−∇ψ=∇(φ−ψ)\mathbf{G} = (\mathbf{F}+\mathbf{G})-\mathbf{F}={ \boldsymbol{\nabla} } \varphi - { \boldsymbol{\nabla} } \psi = { \boldsymbol{\nabla} }(\varphi-\psi) 이다. 즉 함수 (φ−ψ)(\varphi-\psi) 는 GG 의 퍼텐셜이다. 그러나 이는 불가능하다. G\mathbf{G} 가 비보존장이므로 이러한 성질을 갖는 함수는 존재하지 않기 때문이다.

따라서 F+G\mathbf{F}+\mathbf{G} 가 보존장일 수는 없다. 즉 비보존장이다. b. 반례: F=−G\mathbf{F} = -\mathbf{G} 이면, 임의의 상수 cc 에 대해 F+G=0=∇c\mathbf{F}+\mathbf{G} = \mathbf 0 = { \boldsymbol{\nabla} } c 이다. c. 두 장이 모두 보존장이므로 둘 다 퍼텐셜을 갖는다. 이를 F=∇φ\mathbf{F}={ \boldsymbol{\nabla} } \varphi, G=∇ψ\mathbf{G} = { \boldsymbol{\nabla} } \psi 라 하자. 그러면 F+G=∇φ+∇ψ=∇(φ+ψ)\mathbf{F}+\mathbf{G} = { \boldsymbol{\nabla} }\varphi+{ \boldsymbol{\nabla} }\psi={ \boldsymbol{\nabla} }(\varphi+\psi) 이다. 즉 (φ+ψ)(\varphi+\psi) 는 F+G\mathbf{F}+\mathbf{G} 의 퍼텐셜이므로 F+G\mathbf{F}+\mathbf{G} 는 보존장이다.

원본 교재 풀이(영어)

a. If F+G\mathbf{F}+\mathbf{G} is conservative for any particular F\mathbf{F} and G\mathbf{G}, then by definition, there exists a potential φ\varphi with F+G=∇φ\mathbf{F}+\mathbf{G} = { \boldsymbol{\nabla} } \varphi.

Since F\mathbf{F} is conservative, there also exists a potential ψ\psi with F=∇ψ\mathbf{F} = { \boldsymbol{\nabla} } \psi.

But now G=(F+G)−F=∇φ−∇ψ=∇(φ−ψ)\mathbf{G} = (\mathbf{F}+\mathbf{G})-\mathbf{F}={ \boldsymbol{\nabla} } \varphi - { \boldsymbol{\nabla} } \psi = { \boldsymbol{\nabla} }(\varphi-\psi). That means the function (φ−ψ)(\varphi-\psi) is a potential for GG. However, this is impossible: since G\mathbf{G} is non-conservative, no function with this property exists.

So it is not possible that F+G\mathbf{F}+\mathbf{G} is conservative. It must be non-conservative. b. Counterexample: if F=−G\mathbf{F} = -\mathbf{G}, then F+G=0=∇c\mathbf{F}+\mathbf{G} = \mathbf 0 = { \boldsymbol{\nabla} } c for any constant cc. c. Since both fields are conservative, they both have potentials, say F=∇φ\mathbf{F}={ \boldsymbol{\nabla} } \varphi and G=∇ψ\mathbf{G} = { \boldsymbol{\nabla} } \psi. Then F+G=∇φ+∇ψ=∇(φ+ψ)\mathbf{F}+\mathbf{G} = { \boldsymbol{\nabla} }\varphi+{ \boldsymbol{\nabla} }\psi={ \boldsymbol{\nabla} }(\varphi+\psi). That is, (φ+ψ)(\varphi+\psi) is a potential for F+G\mathbf{F}+\mathbf{G}, so F+G\mathbf{F}+\mathbf{G} is conservative.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 6.3절 · 7번
# 보존 벡터장증명·논술기본자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
7.CLP-4 · 2.4절 · 1번대학 수준우리말 번역

반시계 방향으로 꼭짓점이 (0,0)(0,0), (1,0)(1,0), (1,1)(1,1), (0,1)(0,1) 인 정사각형을 따라 ∫Cx2y2 dx+x3y dy\int_\mathcal{C} x^2y^2\,\mathrm{d}x+x^3y\,\mathrm{d}y 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Evaluate ∫Cx2y2 dx+x3y dy\int_\mathcal{C} x^2y^2\,\mathrm{d}x+x^3y\,\mathrm{d}y counterclockwise around the square with vertices (0,0)(0,0), (1,0)(1,0), (1,1)(1,1) and (0,1)(0,1).

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

정사각형은 네 변을 가지며, 각 변은 선분이다.

  • 첫 번째 변에서는 y=0y=0 이고 dy=0\mathrm{d}y=0 이다. 즉, 첫 번째 변은 0≤x≤10\le x\le 1 에서 r(x)=x ı^\mathbf{r}(x)=x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} 로 매개화할 수 있다.
  • 두 번째 변에서는 x=1x=1 이고 dx=0\mathrm{d}x=0 이다. 두 번째 변은 0≤y≤10\le y\le 1 에서 r(y)=ı^+y ȷ^\mathbf{r}(y)=\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 로 매개화할 수 있다.
  • 세 번째 변에서는 y=1y=1 이고 dy=0\mathrm{d}y=0 이다. 세 번째 변은 xx 가 11 에서 00 까지 변하는 r(x)=x ı^+ȷ^\mathbf{r}(x)=x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}} 로 매개화할 수 있다.
  • 마지막 변에서는 x=0x=0 이고 dx=0\mathrm{d}x=0 이다. 네 번째 변은 yy 가 11 에서 00 까지 변하는 r(y)=y ȷ^\mathbf{r}(y)=y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 로 매개화할 수 있다.

그림

따라서

∫Cx2y2 dx+x3y dy=∫01x2×02 dx+∫0113×y dy+∫10x2×12 dx+∫1003×y dy=12−13=16\begin{aligned} \int_\mathcal{C} x^2y^2\,\mathrm{d}x+x^3y\,\mathrm{d}y &=\int_0^1 x^2\times 0^2\,\mathrm{d}x +\int_0^1 1^3\times y\,\mathrm{d}y +\int_1^0 x^2\times 1^2\,\mathrm{d}x +\int_1^0 0^3\times y\,\mathrm{d}y \\ &=\frac{1}{2}-\frac{1}{3} =\frac{1}{6} \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

The square has four sides, each of which is a line segment.

  • On the first side, y=0y=0 and dy=0\mathrm{d}y=0. That is, we may parametrize the first side by r(x)=x ı^\mathbf{r}(x)=x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} with 0≤x≤10\le x\le 1.
  • On the second side, x=1x=1 and dx=0\mathrm{d}x=0. We may parametrize the second side by r(y)=ı^+y ȷ^\mathbf{r}(y)=\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} with 0≤y≤10\le y\le 1.
  • On the third side, y=1y=1 and dy=0\mathrm{d}y=0. We may parametrize the third side by r(x)=x ı^+ȷ^\mathbf{r}(x)=x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}} with xx running from 11 to 00.
  • On the final side, x=0x=0 and dx=0\mathrm{d}x=0. We may parametrize the fourth side by r(y)=y ȷ^\mathbf{r}(y)=y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} with yy running from 11 to 00.

figure

So

∫Cx2y2 dx+x3y dy=∫01x2×02 dx+∫0113×y dy+∫10x2×12 dx+∫1003×y dy=12−13=16\begin{aligned} \int_\mathcal{C} x^2y^2\,\mathrm{d}x+x^3y\,\mathrm{d}y &=\int_0^1 x^2\times 0^2\,\mathrm{d}x +\int_0^1 1^3\times y\,\mathrm{d}y +\int_1^0 x^2\times 1^2\,\mathrm{d}x +\int_1^0 0^3\times y\,\mathrm{d}y \\ &=\frac{1}{2}-\frac{1}{3} =\frac{1}{6} \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.4절 · 34번
# 선적분계산기본자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
8.CLP-4 · 2.4절 · 3번대학 수준우리말 번역

φ(x,y,z)=ex2+y2+cos⁡(z2)\varphi(x,y,z)=e^{x^2+y^2}+\cos(z^2) 이라 하고, F=∇φ\mathbf{F} = { \boldsymbol{\nabla} } \varphi 로 정의하자. 중심이 (1,2,3)(1,2,3) 이고 점 (5−1,−2,5−3)(\sqrt5-1,-2,\sqrt5-3), ((5−2)/2,−1/2,(5−6)/2)((\sqrt5-2)/2,-1/2,(\sqrt5-6)/2), (−2,3−2,3−3)(-2,\sqrt 3-2,\sqrt3-3) 을 지나며 시계 방향으로 도는 타원인 닫힌 곡선 CC 에 대하여 ∫CF⋅dr\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let φ(x,y,z)=ex2+y2+cos⁡(z2)\varphi(x,y,z)=e^{x^2+y^2}+\cos(z^2), and define F=∇φ\mathbf{F} = { \boldsymbol{\nabla} } \varphi. Evaluate ∫CF⋅dr\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} over the closed curve CC that is an ellipse traversed clockwise, centred at (1,2,3)(1,2,3), passing through the points (5−1,−2,5−3)(\sqrt5-1,-2,\sqrt5-3), ((5−2)/2,−1/2,(5−6)/2)((\sqrt5-2)/2,-1/2,(\sqrt5-6)/2), and (−2,3−2,3−3)(-2,\sqrt 3-2,\sqrt3-3).

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

F\mathbf{F} 는 보존적이므로 임의의 닫힌 곡선 CC 에 대하여 ∫CF⋅dr=0\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}=0 이다. 주어진 곡선은 닫힌 곡선이므로 적분값은 단순히 0이다.

원본 교재 풀이(영어)

Since F\mathbf{F} is conservative, ∫CF⋅dr=0\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}=0 over any closed curve CC. The given curve is closed, so the integral is simply zero.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.4절 · 1번
# 선적분계산기본자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
9.CLP-4 · 2.4절 · 4번대학 수준우리말 번역

P1P_1 과 P2P_2 를 R2\mathbb R^2 의 점이라 하자. 아래 그림과 같이 AA 와 BB 는 P1P_1 에서 P2P_2 로 가는 경로이다.

그림

F\mathbf{F} 가 R2\mathbb R^2 에서 보존적 벡터장이고 ∫AF⋅dr=5\int_A \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}=5 라 하자. ∫BF⋅dr\int_B \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} 의 값은 얼마인가요?

영어 원문 보기

Let P1P_1 and P2P_2 be points in R2\mathbb R^2. Let AA and BB be paths from P1P_1 to P2P_2, as shown below.

figure

Suppose F\mathbf{F} is a conservative vector field in R2\mathbb R^2 with ∫AF⋅dr=5\int_A \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}=5. What is ∫BF⋅dr?\int_B \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}?

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

F\mathbf{F} 는 보존적이고 AA 와 BB 는 시작점과 끝점이 같으므로, 경로 독립성에 의해 ∫BF⋅dr=∫AF⋅dr=5.\int_B \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}=\int_A \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}=5.

원본 교재 풀이(영어)

Since F\mathbf{F} is conservative, and AA and BB start and end at the same points, by path-independence ∫BF⋅dr=∫AF⋅dr=5.\int_B \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}=\int_A \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}=5.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.4절 · 32번
# 선적분그래프·표 해석기본자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
10.CLP-4 · 2.4절 · 8번대학 수준우리말 번역

힘의 장 F=(x+y)ı^+(x−z)ȷ^+(z−y)k^\mathbf{F}=(x+y)\hat{\boldsymbol{\imath}}+(x-z)\hat{\boldsymbol{\jmath}}+(z-y)\hat{\mathbf{k}} 가 물체를 (1,0,−1)(1,0,-1) 에서 (0,−2,3)(0,-2,3) 까지 움직일 때 한 일 ∫CF⋅dr\int_\mathcal{C}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} 을 구하세요. 한 일은 (1,0,−1)(1,0,-1) 에서 (0,−2,3)(0,-2,3) 까지 가는 데 사용한 경로에 따라 달라지나요?

영어 원문 보기

Find the work, ∫CF⋅dr\int_\mathcal{C}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}, done by the force field F=(x+y)ı^+(x−z)ȷ^+(z−y)k^\mathbf{F}=(x+y)\hat{\boldsymbol{\imath}}+(x-z)\hat{\boldsymbol{\jmath}}+(z-y)\hat{\mathbf{k}} in moving an object from (1,0,−1)(1,0,-1) to (0,−2,3)(0,-2,3). Does the work done depend on the path used to get from (1,0,−1)(1,0,-1) to (0,−2,3)(0,-2,3)?

정답·풀이 보기

여기서 핵심은 F\mathbf{F} 가 보존장이라는 것이다.

F=∇ϕ\mathbf{F}=\nabla\phi 이고

ϕ=x22+yx−yz+z22\phi=\frac{x^2}{2}+yx-yz+\frac{z^2}{2}

이다. 따라서 r(t0)=(1,0,−1)\mathbf{r}(t_0)=(1,0,-1) 에서 r(t1)=(0,−2,3)\mathbf{r}(t_1)=(0,-2,3) 까지의 모든 경로에 대해

∫CF⋅dr=ϕ(r(t1))−ϕ(r(t0))=ϕ(0,−2,3)−ϕ(1,0,−1)=[0+0+6+92]−[12+0−0+12]=912\begin{aligned} \int_\mathcal{C}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\phi\big(\mathbf{r}(t_1)\big)-\phi\big(\mathbf{r}(t_0)\big) &=\phi(0, -2, 3)-\phi(1,0,-1) \\ &=\left[0+0+6+\frac{9}{2}\right]-\left[\frac{1}{2}+0-0+\frac{1}{2}\right] \\ &=9\frac{1}{2} \end{aligned}

.

원본 교재 풀이(영어)

The point here is that F\mathbf{F} is conservative, as F=∇ϕ\mathbf{F}=\nabla\phi with

ϕ=x22+yx−yz+z22\phi=\frac{x^2}{2}+yx-yz+\frac{z^2}{2}

So, for all paths from r(t0)=(1,0,−1)\mathbf{r}(t_0)=(1,0,-1) to r(t1)=(0,−2,3)\mathbf{r}(t_1)=(0,-2,3),

∫CF⋅dr=ϕ(r(t1))−ϕ(r(t0))=ϕ(0,−2,3)−ϕ(1,0,−1)=[0+0+6+92]−[12+0−0+12]=912\begin{aligned} \int_\mathcal{C}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\phi\big(\mathbf{r}(t_1)\big)-\phi\big(\mathbf{r}(t_0)\big) &=\phi(0, -2, 3)-\phi(1,0,-1) \\ &=\left[0+0+6+\frac{9}{2}\right]-\left[\frac{1}{2}+0-0+\frac{1}{2}\right] \\ &=9\frac{1}{2} \end{aligned}

.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.4절 · 3번
# 선적분계산기본자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
11.CLP-4 · 3.1절 · 1번대학 수준우리말 번역

z=ex+1+xyz=e^{x+1}+xy 로 주어진 곡면을 xx 와 yy 로 매개화하세요.

영어 원문 보기

Parametrize the surface given by z=ex+1+xyz=e^{x+1}+xy in terms of xx and yy.

정답·풀이 보기

이 매개화는 거의 자명하다. 매개화는 r(x,y)=ψ1(x,y)ı^+ψ2(x,y)ȷ^+ψ3(x,y)k^\mathbf{r}(x,y)= \psi_1(x,y)\hat{\boldsymbol{\imath}}+ \psi_2(x,y)\hat{\boldsymbol{\jmath}}+ \psi_3(x,y)\hat{\mathbf{k}} 꼴이 됨을 알 수 있다. 여기서 ψ1\psi_1 은 xx성분(즉 xx)을, ψ2\psi_2 는 yy성분(즉 yy)을, ψ3\psi_3 는 zz성분(즉 ex+1+xye^{x+1}+xy)을 나타낸다. 따라서 r(x,y)=xı^+yȷ^+(ex+1+xy)k^\mathbf{r}(x,y)= x\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y\hat{\boldsymbol{\jmath}}+ (e^{x+1}+xy)\hat{\mathbf{k}}

원본 교재 풀이(영어)

This parametrization is almost trivial. We know it will have the form r(x,y)=ψ1(x,y)ı^+ψ2(x,y)ȷ^+ψ3(x,y)k^\mathbf{r}(x,y)= \psi_1(x,y)\hat{\boldsymbol{\imath}}+ \psi_2(x,y)\hat{\boldsymbol{\jmath}}+ \psi_3(x,y)\hat{\mathbf{k}} where ψ1\psi_1 gives the xx-component (i.e. xx), ψ2\psi_2 gives the yy-component (i.e. yy), and ψ3\psi_3 gives the zz-component (i.e. ex+1+xye^{x+1}+xy). So, r(x,y)=xı^+yȷ^+(ex+1+xy)k^\mathbf{r}(x,y)= x\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y\hat{\boldsymbol{\jmath}}+ (e^{x+1}+xy)\hat{\mathbf{k}}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 3.1절 · 7번
# 매개변수 곡면계산기본자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
12.CLP-4 · 3.1절 · 2번대학 수준우리말 번역

SS 를 다음과 같이 주어진 곡면이라 하자.

r(u,v)=(u+v , u2+v2 , u−v),−2≤u≤2, −2≤v≤2\mathbf{r}(u, v) = \big( u + v\,,\, u^2 + v^2 \,,\, u - v\big),\qquad -2 \le u \le 2,\ -2 \le v \le 2

이 곡면은 여러분이 잘 아는 곡면이다. 이 곡면은 무엇인가요? (다음 중 한 곡면의 일부분일 수도 있다.)

구 나선면 타원면 안장면 포물면 그릇 모양 곡면 원기둥 원뿔 평면

영어 원문 보기

Let SS be the surface given by

r(u,v)=(u+v , u2+v2 , u−v),−2≤u≤2, −2≤v≤2\mathbf{r}(u, v) = \big( u + v\,,\, u^2 + v^2 \,,\, u - v\big),\qquad -2 \le u \le 2,\ -2 \le v \le 2

This is a surface you are familiar with. What surface is it (it may be just a portion of one of the following)?

sphere helicoid ellipsoid saddle parabolic bowl cylinder cone plane

정답·풀이 보기

주어진 매개화는

x(u,v)=u+vy(u,v)=u2+v2z(u,v)=u−v\begin{aligned} x(u,v) &= u+v \\ y(u,v) &= u^2+v^2 \\ z(u,v) &= u-v \end{aligned}

이다.

  • x(u,v)x(u,v) 와 z(u,v)z(u,v) 를 더하면 x(u,v)+z(u,v)=2ux(u,v)+z(u,v) = 2u 이다.
  • x(u,v)x(u,v) 에서 z(u,v)z(u,v) 를 빼면 x(u,v)−z(u,v)=2vx(u,v)-z(u,v) = 2v 이다.

따라서 u=12(x(u,v)+z(u,v))u=\frac{1}{2}\big(x(u,v)+z(u,v)\big) 이고 v=12(x(u,v)−z(u,v))v=\frac{1}{2}\big(x(u,v)-z(u,v)\big) 이다. 그러므로 이 곡면 위에서

y(u,v)=u2+v2=14(x(u,v)+z(u,v))2+14(x(u,v)−z(u,v))2=12x(u,v)2+12z(u,v)2\begin{aligned} y(u,v) &= u^2+v^2 = \frac{1}{4}\big(x(u,v)+z(u,v)\big)^2 +\frac{1}{4}\big(x(u,v)-z(u,v)\big)^2 \\ &= \frac{1}{2} x(u,v)^2 + \frac{1}{2} z(u,v)^2 \end{aligned}

이다.

이 곡면의 모든 점은 2y=x2+z22y= x^2+z^2 위에 있다. 이것은 포물면 그릇 모양 곡면이다.

  • y<0y<0 인 점은 없고
  • y=Yy=Y (Y>0Y> 0) 인 단면은 원 x2+z2=2Yx^2+z^2=2Y, y=Yy=Y 이다.
  • x=0x=0 인 단면은 포물선 2y=z22y=z^2, x=0x=0 이다.
  • z=0z=0 인 단면은 포물선 2y=x22y=x^2, z=0z=0 이다.

그림

원본 교재 풀이(영어)

Our parametrization is

x(u,v)=u+vy(u,v)=u2+v2z(u,v)=u−v\begin{aligned} x(u,v) &= u+v \\ y(u,v) &= u^2+v^2 \\ z(u,v) &= u-v \end{aligned}

  • Adding x(u,v)x(u,v) and z(u,v)z(u,v) gives x(u,v)+z(u,v)=2ux(u,v)+z(u,v) = 2u.
  • Subtracting z(u,v)z(u,v) from x(u,v)x(u,v) gives x(u,v)−z(u,v)=2vx(u,v)-z(u,v) = 2v.

So u=12(x(u,v)+z(u,v))u=\frac{1}{2}\big(x(u,v)+z(u,v)\big) and v=12(x(u,v)−z(u,v))v=\frac{1}{2}\big(x(u,v)-z(u,v)\big). So on our surface

y(u,v)=u2+v2=14(x(u,v)+z(u,v))2+14(x(u,v)−z(u,v))2=12x(u,v)2+12z(u,v)2\begin{aligned} y(u,v) &= u^2+v^2 = \frac{1}{4}\big(x(u,v)+z(u,v)\big)^2 +\frac{1}{4}\big(x(u,v)-z(u,v)\big)^2 \\ &= \frac{1}{2} x(u,v)^2 + \frac{1}{2} z(u,v)^2 \end{aligned}

All points of our surface lie on 2y=x2+z22y= x^2+z^2. This is a parabolic bowl:

  • no points have y<0y<0 and
  • the y=Yy=Y (with Y>0Y> 0) cross-section is the circle x2+z2=2Yx^2+z^2=2Y, y=Yy=Y
  • the x=0x=0 cross-section is the parabola 2y=z22y=z^2, x=0x=0
  • the z=0z=0 cross-section is the parabola 2y=x22y=x^2, z=0z=0

figure

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 3.1절 · 1번
# 매개변수 곡면계산기본자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
13.CLP-4 · 3.2절 · 1번대학 수준우리말 번역

곡면 x2+y2+(z−1)2=1x^2+y^2+(z-1)^2=1 과 x2+y2+(z+1)2=1x^2+y^2+(z+1)^2=1 이 (0,0,0)(0,0,0) 에서 서로 접한다고 말하는 것이 타당한가요?

영어 원문 보기

Is it reasonable to say that the surfaces x2+y2+(z−1)2=1x^2+y^2+(z-1)^2=1 and x2+y2+(z+1)2=1x^2+y^2+(z+1)^2=1 are tangent to each other at (0,0,0)(0,0,0)?

정답·풀이 보기

F(x,y,z)=x2+y2+(z−1)2−1F(x,y,z) = x^2+y^2+(z-1)^2-1, G(x,y,z)=x2+y2+(z+1)2−1G(x,y,z) = x^2+y^2+(z+1)^2-1 이라 쓰자. 곡면 F(x,y,z)=0F(x,y,z)=0 을 S1S_1, 곡면 G(x,y,z)=0G(x,y,z)=0 을 S2S_2 라 하자. 먼저 F(0,0,0)=G(0,0,0)=0F(0,0,0)=G(0,0,0)=0 이므로 점 (0,0,0)(0,0,0) 은 S1S_1 과 S2S_2 위에 모두 놓여 있다. FF 와 GG 의 기울기벡터는 다음과 같다.

∇F(x,y,z)=(∂F∂x(x,y,z) , ∂F∂y(x,y,z) , ∂F∂z(x,y,z))=(2x , 2y , 2(z−1))∇G(x,y,z)=(∂G∂x(x,y,z) , ∂G∂y(x,y,z) , ∂G∂z(x,y,z))=(2x , 2y , 2(z+1))\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } F(x,y,z) &=\left(\frac{\partial F}{\partial x}(x,y,z)\,,\, \frac{\partial F}{\partial y}(x,y,z)\,,\, \frac{\partial F}{\partial z}(x,y,z)\right) =\left( 2x\,,\,2y\,,\,2(z-1)\right) \\ { \boldsymbol{\nabla} } G(x,y,z) &=\left(\frac{\partial G}{\partial x}(x,y,z)\,,\, \frac{\partial G}{\partial y}(x,y,z)\,,\, \frac{\partial G}{\partial z}(x,y,z)\right) =\left( 2x\,,\,2y\,,\,2(z+1)\right) \end{aligned}

특히,

∇F(0,0,0)=(0,0,−2)∇G(0,0,0)=(0,0,2){ \boldsymbol{\nabla} } F(0,0,0)=\left( 0,0,-2\right)\qquad { \boldsymbol{\nabla} } G(0,0,0)=\left( 0,0,2\right)

이므로 벡터 k^=−12∇F(0,0,0)=12∇G(0,0,0)\hat{\mathbf{k}}=-\frac{1}{2}{ \boldsymbol{\nabla} } F(0,0,0) =\frac{1}{2}{ \boldsymbol{\nabla} } G(0,0,0) 은 (0,0,0)(0,0,0) 에서 두 곡면에 모두 수직이다. 따라서 (0,0,0)(0,0,0) 에서 S1S_1 과 S2S_2 모두에 접하는 접평면은

k^⋅(x−0,y−0,z−0)=0또는z=0\hat{\mathbf{k}}\cdot\left(x-0,y-0,z-0\right)=0\qquad\text{또는}\qquad z=0

이다.

평면 z=0z=0 을 PP 라 하자. 그러면 S1S_1 은 (0,0,0)(0,0,0) 에서 PP 에 접하고, PP 는 (0,0,0)(0,0,0) 에서 S2S_2 에 접한다. 따라서 S1S_1 과 S2S_2 가 (0,0,0)(0,0,0) 에서 접한다고 말하는 것은 타당하다.

원본 교재 풀이(영어)

Write F(x,y,z)=x2+y2+(z−1)2−1F(x,y,z) = x^2+y^2+(z-1)^2-1 and G(x,y,z)=x2+y2+(z+1)2−1G(x,y,z) = x^2+y^2+(z+1)^2-1. Let S1S_1 denote the surface F(x,y,z)=0F(x,y,z)=0 and S2S_2 denote the surface G(x,y,z)=0G(x,y,z)=0. First note that F(0,0,0)=G(0,0,0)=0F(0,0,0)=G(0,0,0)=0 so that the point (0,0,0)(0,0,0) lies on both S1S_1 and S2S_2. The gradients of FF and GG are

∇F(x,y,z)=(∂F∂x(x,y,z) , ∂F∂y(x,y,z) , ∂F∂z(x,y,z))=(2x , 2y , 2(z−1))∇G(x,y,z)=(∂G∂x(x,y,z) , ∂G∂y(x,y,z) , ∂G∂z(x,y,z))=(2x , 2y , 2(z+1))\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } F(x,y,z) &=\left(\frac{\partial F}{\partial x}(x,y,z)\,,\, \frac{\partial F}{\partial y}(x,y,z)\,,\, \frac{\partial F}{\partial z}(x,y,z)\right) =\left( 2x\,,\,2y\,,\,2(z-1)\right) \\ { \boldsymbol{\nabla} } G(x,y,z) &=\left(\frac{\partial G}{\partial x}(x,y,z)\,,\, \frac{\partial G}{\partial y}(x,y,z)\,,\, \frac{\partial G}{\partial z}(x,y,z)\right) =\left( 2x\,,\,2y\,,\,2(z+1)\right) \end{aligned}

In particular,

∇F(0,0,0)=(0,0,−2)∇G(0,0,0)=(0,0,2){ \boldsymbol{\nabla} } F(0,0,0)=\left( 0,0,-2\right)\qquad { \boldsymbol{\nabla} } G(0,0,0)=\left( 0,0,2\right)

so that the vector k^=−12∇F(0,0,0)=12∇G(0,0,0)\hat{\mathbf{k}}=-\frac{1}{2}{ \boldsymbol{\nabla} } F(0,0,0) =\frac{1}{2}{ \boldsymbol{\nabla} } G(0,0,0) is normal to both surfaces at (0,0,0)(0,0,0). So the tangent plane to both S1S_1 and S2S_2 at (0,0,0)(0,0,0) is

k^⋅(x−0,y−0,z−0)=0orz=0\hat{\mathbf{k}}\cdot\left(x-0,y-0,z-0\right)=0\qquad\text{or}\qquad z=0

Denote by PP the plane z=0z=0. Thus S1S_1 is tangent to PP at (0,0,0)(0,0,0) and PP is tangent to S2S_2 at (0,0,0)(0,0,0). So it is reasonable to say that S1S_1 and S2S_2 are tangent at (0,0,0)(0,0,0).

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 3.2절 · 2번
# 매개변수 곡면계산기본자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
14.CLP-4 · 3.2절 · 2번대학 수준우리말 번역

점 r0=(x0,y0,z0)\mathbf{r}_0= (x_0,y_0,z_0) 가 곡면 G(x,y,z)=0G(x,y,z)=0 위에 있다고 하자. ∇G(x0,y0,z0)≠0{ \boldsymbol{\nabla} } G(x_0,y_0,z_0)\ne\mathbf{0} 이라 가정한다. 매개변수로 나타낸 곡선 r(t)=(x(t),y(t),z(t))\mathbf{r}(t)=\big(x(t),y(t),z(t)\big) 가 이 곡면에 포함되고 r(t0)=r0\mathbf{r}(t_0)=\mathbf{r}_0 이라 하자. 점 r0\mathbf{r}_0 에서 이 곡선의 접선이 점 r0\mathbf{r}_0 에서 G=0G=0 의 접평면 위에 있음을 보이세요.

영어 원문 보기

Let the point r0=(x0,y0,z0)\mathbf{r}_0= (x_0,y_0,z_0) lie on the surface G(x,y,z)=0G(x,y,z)=0. Assume that ∇G(x0,y0,z0)≠0{ \boldsymbol{\nabla} } G(x_0,y_0,z_0)\ne\mathbf{0}. Suppose that the parametrized curve r(t)=(x(t),y(t),z(t))\mathbf{r}(t)=\big(x(t),y(t),z(t)\big) is contained in the surface and that r(t0)=r0\mathbf{r}(t_0)=\mathbf{r}_0. Show that the tangent line to the curve at r0\mathbf{r}_0 lies in the tangent plane to G=0G=0 at r0\mathbf{r}_0.

정답·풀이 보기

곡면 G(x,y,z)=0G(x,y,z)=0 을 SS, 매개변수로 나타낸 곡선 r(t)=(x(t),y(t),z(t))\mathbf{r}(t)=\big(x(t),y(t),z(t)\big) 를 CC 라 하자. 먼저 r0\mathbf{r}_0 에서 SS 의 접평면과 r0\mathbf{r}_0 에서 CC 의 접선을 구한다.

  • r0\mathbf{r}_0 에서 CC 의 접선벡터는 (x′(t0) , y′(t0) , z′(t0))\left( x'(t_0)\,,\,y'(t_0)\,,\,z'(t_0) \right) 이므로, r0\mathbf{r}_0 에서 CC 의 접선의 매개변수방정식은

x−x0=tx′(t0)y−y0=tx′(t0)z−z0=tx′(t0)(E1)x-x_0 = t x'(t_0)\qquad y-y_0 = t x'(t_0)\qquad z-z_0 = t x'(t_0) \tag{$E_1$}

  • 그레이디언트 (∂G∂x(x0 , y0 , z0) , ∂G∂y(x0 , y0 , z0) , ∂G∂z(x0 , y0 , z0))\left(\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\right) 는 (x0,y0,z0)(x_0,y_0,z_0) 에서 곡면 SS 의 법선벡터이다. 따라서 (x0,y0,z0)(x_0,y_0,z_0) 에서 곡면 SS 의 접평면은

(∂G∂x(x0 , y0 , z0) , ∂G∂y(x0 , y0 , z0) , ∂G∂z(x0 , y0 , z0))⋅(x−x0 , y−y0 , z−z0)=0\left(\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\right) \cdot \left( x-x_0\,,\, y-y_0\,,\,z-z_0\right) = 0

즉

∂G∂x(x0 , y0 , z0) (x−x0)+∂G∂y(x0 , y0 , z0) (y−y0)+∂G∂z(x0 , y0 , z0) (z−z0)=0(E2)\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ (x-x_0) +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ (y-y_0) +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ (z-z_0) = 0 \tag{$E_2$}

이다.

다음으로, r0\mathbf{r}_0 에서 CC 의 접선벡터 (x′(t0) , y′(t0) , z′(t0))\left( x'(t_0)\,,\,y'(t_0)\,,\,z'(t_0) \right) 와 r0\mathbf{r}_0 에서 SS 의 법선벡터 (∂G∂x(x0 , y0 , z0) , ∂G∂y(x0 , y0 , z0) , ∂G∂z(x0 , y0 , z0))\left(\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\right) 가 서로 수직임을 보인다. 이를 위해, 모든 tt 에 대해 점 (x(t),y(t),z(t))\big(x(t),y(t),z(t)\big) 가 곡면 G(x,y,z)=0G(x,y,z)=0 위에 있으므로 다음이 성립함을 이용한다.

G(x(t),y(t),z(t))=0\begin{aligned} G\big(x(t),y(t),z(t)\big) =0 \end{aligned}

이 등식의 양변을 tt 에 대해 미분하면 연쇄 법칙에 의해

0=ddtG(x(t),y(t),z(t))=∂G∂x(x(t) , y(t) , z(t)) x′(t)+∂G∂y(x(t) , y(t) , z(t)) y′(t)+∂G∂z(x(t) , y(t) , z(t)) z′(t)\begin{aligned} 0&= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}G\big(x(t),y(t),z(t)\big) \\ &=\frac{\partial G}{\partial x}\big( x(t)\,,\,y(t)\,,\,z(t)\big)\ x'(t) +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x(t)\,,\,y(t)\,,\,z(t)\big)\ y'(t) +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x(t)\,,\,y(t)\,,\,z(t)\big)\ z'(t) \end{aligned}

을 얻는다. 여기에 t=t0t=t_0 을 대입하면

∂G∂x(x0 , y0 , z0) x′(t0)+∂G∂y(x0 , y0 , z0) y′(t0)+∂G∂z(x0 , y0 , z0) z′(t0)=0(E3)\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ x'(t_0) +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ y'(t_0) +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ z'(t_0) = 0 \tag{$E_3$}

이다.

마지막으로, (x,y,z)(x,y,z) 가 r0\mathbf{r}_0 에서 CC 의 접선 위의 임의의 점이면 (x,y,z)(x,y,z) 는 r0\mathbf{r}_0 에서 SS 의 접평면 위에도 있음을 보인다. (x,y,z)(x,y,z) 가 r0\mathbf{r}_0 에서 CC 의 접선 위에 있으므로, (E1)(E_1) 에 의해 다음을 만족하는 tt 가 존재한다.

∂G∂x(x0 , y0 , z0) {x−x0}+∂G∂y(x0 , y0 , z0) {y−y0}+∂G∂z(x0 , y0 , z0) {z−z0}=∂G∂x(x0 , y0 , z0) {t x′(t0)}+∂G∂y(x0 , y0 , z0) {t y′(t0)}+∂G∂z(x0 , y0 , z0) {t z′(t0)}=t[∂G∂x(x0 , y0 , z0) x′(t0)+∂G∂y(x0 , y0 , z0) y′(t0)+∂G∂z(x0 , y0 , z0) z′(t0)]=0\begin{aligned} &\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \{x-x_0\} +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \{y-y_0\} +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \{z-z_0\} \\ &=\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \big\{ t\,x'(t_0)\big\} +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \big\{ t\,y'(t_0)\big\} +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \big\{ t\,z'(t_0)\big\}\\ &= t\left[\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ x'(t_0) +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ y'(t_0) +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ z'(t_0) \right] =0 \end{aligned}

이며, 마지막 등호는 (E3)(E_3) 에 의한 것이다. 즉 (x,y,z)(x,y,z) 는 r0\mathbf{r}_0 에서 SS 의 접평면의 방정식 (E2)(E_2) 를 만족하므로 그 접평면 위에 있다. 따라서 r0\mathbf{r}_0 에서 CC 의 접선은 r0\mathbf{r}_0 에서 SS 의 접평면에 포함된다.

원본 교재 풀이(영어)

Denote by SS the surface G(x,y,z)=0G(x,y,z)=0 and by CC the parametrized curve r(t)=(x(t),y(t),z(t))\mathbf{r}(t)=\big(x(t),y(t),z(t)\big). To start, we'll find the tangent plane to SS at r0\mathbf{r}_0 and the tangent line to CC at r0\mathbf{r}_0.

  • The tangent vector to CC at r0\mathbf{r}_0 is (x′(t0) , y′(t0) , z′(t0))\left( x'(t_0)\,,\,y'(t_0)\,,\,z'(t_0) \right), so the parametric equations for the tangent line to CC at r0\mathbf{r}_0 are

x−x0=tx′(t0)y−y0=tx′(t0)z−z0=tx′(t0)(E1)x-x_0 = t x'(t_0)\qquad y-y_0 = t x'(t_0)\qquad z-z_0 = t x'(t_0) \tag{$E_1$}

  • The gradient (∂G∂x(x0 , y0 , z0) , ∂G∂y(x0 , y0 , z0) , ∂G∂z(x0 , y0 , z0))\left(\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\right) is a normal vector to the surface SS at (x0,y0,z0)(x_0,y_0,z_0). So the tangent plane to the surface SS at (x0,y0,z0)(x_0,y_0,z_0) is

(∂G∂x(x0 , y0 , z0) , ∂G∂y(x0 , y0 , z0) , ∂G∂z(x0 , y0 , z0))⋅(x−x0 , y−y0 , z−z0)=0\left(\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\right) \cdot \left( x-x_0\,,\, y-y_0\,,\,z-z_0\right) = 0

or

∂G∂x(x0 , y0 , z0) (x−x0)+∂G∂y(x0 , y0 , z0) (y−y0)+∂G∂z(x0 , y0 , z0) (z−z0)=0(E2)\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ (x-x_0) +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ (y-y_0) +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ (z-z_0) = 0 \tag{$E_2$}

Next, we'll show that the tangent vector (x′(t0) , y′(t0) , z′(t0))\left( x'(t_0)\,,\,y'(t_0)\,,\,z'(t_0) \right) to CC at r0\mathbf{r}_0 and the normal vector (∂G∂x(x0 , y0 , z0) , ∂G∂y(x0 , y0 , z0) , ∂G∂z(x0 , y0 , z0))\left(\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\right) to SS at r0\mathbf{r}_0 are perpendicular to each other. To do so, we observe that, for every tt, the point (x(t),y(t),z(t))\big(x(t),y(t),z(t)\big) lies on the surface G(x,y,z)=0G(x,y,z)=0 and so obeys

G(x(t),y(t),z(t))=0\begin{aligned} G\big(x(t),y(t),z(t)\big) =0 \end{aligned}

Differentiating this equation with respect to tt gives, by the chain rule,

0=ddtG(x(t),y(t),z(t))=∂G∂x(x(t) , y(t) , z(t)) x′(t)+∂G∂y(x(t) , y(t) , z(t)) y′(t)+∂G∂z(x(t) , y(t) , z(t)) z′(t)\begin{aligned} 0&= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}G\big(x(t),y(t),z(t)\big) \\ &=\frac{\partial G}{\partial x}\big( x(t)\,,\,y(t)\,,\,z(t)\big)\ x'(t) +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x(t)\,,\,y(t)\,,\,z(t)\big)\ y'(t) +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x(t)\,,\,y(t)\,,\,z(t)\big)\ z'(t) \end{aligned}

Then setting t=t0t=t_0 gives

∂G∂x(x0 , y0 , z0) x′(t0)+∂G∂y(x0 , y0 , z0) y′(t0)+∂G∂z(x0 , y0 , z0) z′(t0)=0(E3)\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ x'(t_0) +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ y'(t_0) +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ z'(t_0) = 0 \tag{$E_3$}

Finally, we are in a position to show that if (x,y,z)(x,y,z) is any point on the tangent line to CC at r0\mathbf{r}_0, then (x,y,z)(x,y,z) is also on the tangent plane to SS at r0\mathbf{r}_0. As (x,y,z)(x,y,z) is on the tangent line to CC at r0\mathbf{r}_0 then there is a tt such that, by (E1)(E_1),

∂G∂x(x0 , y0 , z0) {x−x0}+∂G∂y(x0 , y0 , z0) {y−y0}+∂G∂z(x0 , y0 , z0) {z−z0}=∂G∂x(x0 , y0 , z0) {t x′(t0)}+∂G∂y(x0 , y0 , z0) {t y′(t0)}+∂G∂z(x0 , y0 , z0) {t z′(t0)}=t[∂G∂x(x0 , y0 , z0) x′(t0)+∂G∂y(x0 , y0 , z0) y′(t0)+∂G∂z(x0 , y0 , z0) z′(t0)]=0\begin{aligned} &\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \{x-x_0\} +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \{y-y_0\} +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \{z-z_0\} \\ &=\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \big\{ t\,x'(t_0)\big\} +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \big\{ t\,y'(t_0)\big\} +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \big\{ t\,z'(t_0)\big\}\\ &= t\left[\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ x'(t_0) +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ y'(t_0) +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ z'(t_0) \right] =0 \end{aligned}

by (E3)(E_3). That is, (x,y,z)(x,y,z) obeys the equation, (E2)(E_2), of the tangent plane to SS at r0\mathbf{r}_0 and so is on that tangent plane. So the tangent line to CC at r0\mathbf{r}_0 is contained in the tangent plane to SS at r0\mathbf{r}_0.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 3.2절 · 13번
# 매개변수 곡면증명·논술기본자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
15.CLP-4 · 4.1절 · 2번대학 수준우리말 번역

∇×F{ \boldsymbol{\nabla} }\times \mathbf{F} 는 반드시 F\mathbf{F} 에 수직인가요?

영어 원문 보기

Does ∇×F{ \boldsymbol{\nabla} }\times \mathbf{F} have to be perpendicular to F\mathbf{F}?

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

아니요. 벡터장 F(x,y,z)=ı^+y k^\mathbf{F}(x,y,z) = \hat{\boldsymbol{\imath}} +y\,\hat{\mathbf{k}} 에 대해

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂z10y]=ı^\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\times \mathbf{F} &=\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\ 1 & 0 & y \end{matrix}\right] \\ &=\hat{\boldsymbol{\imath}} \end{aligned}

이고, 이 벡터는 모든 xx, yy, zz 에 대해 F(x,y,z)\mathbf{F}(x,y,z) 와의 내적이 11 이므로 이 벡터장과 수직이 아니다.

원본 교재 풀이(영어)

No. The vector field F(x,y,z)=ı^+y k^\mathbf{F}(x,y,z) = \hat{\boldsymbol{\imath}} +y\,\hat{\mathbf{k}} has

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂z10y]=ı^\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\times \mathbf{F} &=\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\ 1 & 0 & y \end{matrix}\right] \\ &=\hat{\boldsymbol{\imath}} \end{aligned}

has dot product 11 with F(x,y,z)\mathbf{F}(x,y,z) (for all xx, yy, zz) and so is not perpendicular to it.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.1절 · 3번
# 발산과 회전계산기본자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
16.CLP-4 · 4.1절 · 3번대학 수준우리말 번역

다음 벡터 항등식을 확인하세요.

(a) ∇⋅(fF)=f∇⋅F+F⋅∇f{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot(f\mathbf{F})=f{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}+\mathbf{F}\cdot{ \boldsymbol{\nabla} } f (b) ∇⋅(F×G)=G⋅(∇×F)−F⋅(∇×G){ \boldsymbol{\nabla} }\cdot(\mathbf{F}\times\mathbf{G}) =\mathbf{G}\cdot({ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F})- \mathbf{F}\cdot({ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{G}) (c) ∇2(fg)=f ∇2g+2∇f⋅∇g+g ∇2f{ \boldsymbol{\nabla} }^2(fg)=f\,{ \boldsymbol{\nabla} }^2 g+2{ \boldsymbol{\nabla} } f\cdot{ \boldsymbol{\nabla} } g+g\,{ \boldsymbol{\nabla} }^2 f

영어 원문 보기

Verify the vector identities

(a) ∇⋅(fF)=f∇⋅F+F⋅∇f{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot(f\mathbf{F})=f{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}+\mathbf{F}\cdot{ \boldsymbol{\nabla} } f (b) ∇⋅(F×G)=G⋅(∇×F)−F⋅(∇×G){ \boldsymbol{\nabla} }\cdot(\mathbf{F}\times\mathbf{G}) =\mathbf{G}\cdot({ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F})- \mathbf{F}\cdot({ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{G}) (c) ∇2(fg)=f ∇2g+2∇f⋅∇g+g ∇2f{ \boldsymbol{\nabla} }^2(fg)=f\,{ \boldsymbol{\nabla} }^2 g+2{ \boldsymbol{\nabla} } f\cdot{ \boldsymbol{\nabla} } g+g\,{ \boldsymbol{\nabla} }^2 f

정답·풀이 보기

(a) 곱의 미분법에 의해

∇⋅(fF)=∂∂x(fF1)+∂∂y(fF2)+∂∂z(fF3)=+f∂F1∂x+f∂F2∂y+f∂F3∂z=+F1∂f∂x+F2∂f∂y+F3∂f∂z=f ∇⋅F+F⋅∇f\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot(f\mathbf{F}) &=\frac{\partial }{\partial x}(fF_1) +\frac{\partial }{\partial y}(fF_2) +\frac{\partial }{\partial z}(fF_3) \\ &=\phantom{+}f\frac{\partial F_1}{\partial x} +f\frac{\partial F_2}{\partial y} +f\frac{\partial F_3}{\partial z} \\ &\phantom{=}+F_1\frac{\partial f}{\partial x} +F_2\frac{\partial f}{\partial y} +F_3\frac{\partial f}{\partial z} \\ &=f\,{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}+\mathbf{F}\cdot{ \boldsymbol{\nabla} } f \end{aligned}

(b) 다시 곱의 미분법에 의해

∇⋅(F×G)=∂∂x(F2G3−F3G2)+∂∂y(F3G1−F1G3)+∂∂z(F1G2−F2G1)=+∂F2∂xG3−∂F3∂xG2+∂F3∂yG1−∂F1∂yG3+∂F1∂zG2−∂F2∂zG1=+F2∂G3∂x−F3∂G2∂x+F3∂G1∂y−F1∂G3∂y+F1∂G2∂z−F2∂G1∂z=+(∂F3∂y−∂F2∂z)G1+(∂F1∂z−∂F3∂x)G2+(∂F2∂x−∂F1∂y)G3=−F1(∂G3∂y−∂G2∂z)−F2(∂G1∂z−∂G3∂x)−F3(∂G2∂x−∂G1∂y)=G⋅(∇×F)−F⋅(∇×G)\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot(\mathbf{F}\times\mathbf{G}) &=\frac{\partial }{\partial x}(F_2G_3-F_3G_2) +\frac{\partial }{\partial y}(F_3G_1-F_1G_3) +\frac{\partial }{\partial z}(F_1G_2-F_2G_1) \\ &=\phantom{+}\frac{\partial F_2}{\partial x}G_3 -\frac{\partial F_3}{\partial x}G_2 +\frac{\partial F_3}{\partial y}G_1 - \frac{\partial F_1}{\partial y}G_3 +\frac{\partial F_1}{\partial z}G_2 - \frac{\partial F_2}{\partial z}G_1 \\ &\phantom{=}+F_2\frac{\partial G_3}{\partial x} -F_3\frac{\partial G_2}{\partial x} +F_3\frac{\partial G_1}{\partial y} -F_1\frac{\partial G_3}{\partial y} +F_1\frac{\partial G_2}{\partial z} - F_2\frac{\partial G_1}{\partial z} \\ &=\phantom{+} \left(\frac{\partial F_3}{\partial y}-\frac{\partial F_2}{\partial z}\right)G_1 +\left(\frac{\partial F_1}{\partial z}-\frac{\partial F_3}{\partial x}\right)G_2 +\left(\frac{\partial F_2}{\partial x}-\frac{\partial F_1}{\partial y}\right)G_3 \\ &\phantom{=} -F_1\left(\frac{\partial G_3}{\partial y}-\frac{\partial G_2}{\partial z}\right) -F_2\left(\frac{\partial G_1}{\partial z}-\frac{\partial G_3}{\partial x}\right) -F_3\left(\frac{\partial G_2}{\partial x}-\frac{\partial G_1}{\partial y}\right) \\ &=\mathbf{G}\cdot({ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F})- \mathbf{F}\cdot({ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{G}) \end{aligned}

(c) ∇2(fg)=∇⋅[∇(fg)]{ \boldsymbol{\nabla} }^2(fg) = { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\big[{ \boldsymbol{\nabla} }(fg)\big] 임을 떠올리자. 먼저

∇(fg)=ı^∂∂x(fg)+ȷ^∂∂y(fg)+k^∂∂z(fg)=+ı^g∂f∂x+ȷ^g∂f∂y+k^g∂f∂z=+ı^f∂g∂x+ȷ^f∂g∂y+k^f∂g∂z=g∇f+f∇g\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }(fg) &=\hat{\boldsymbol{\imath}}\frac{\partial }{\partial x}(fg) +\hat{\boldsymbol{\jmath}}\frac{\partial }{\partial y}(fg) +\hat{\mathbf{k}}\frac{\partial }{\partial z}(fg) \\ &=\phantom{+}\hat{\boldsymbol{\imath}} g\frac{\partial f}{\partial x} +\hat{\boldsymbol{\jmath}} g\frac{\partial f}{\partial y} +\hat{\mathbf{k}} g\frac{\partial f}{\partial z} \\ &\phantom{=}+\hat{\boldsymbol{\imath}} f\frac{\partial g}{\partial x} +\hat{\boldsymbol{\jmath}} f\frac{\partial g}{\partial y} +\hat{\mathbf{k}} f\frac{\partial g}{\partial z} \\ &=g{ \boldsymbol{\nabla} } f+f{ \boldsymbol{\nabla} } g \end{aligned}

따라서 (a)를 두 번 이용하면

∇2(fg)=∇⋅(g∇f)+∇⋅(f∇g)=g(∇⋅∇f)+(∇g)⋅(∇f)+f(∇⋅∇g)+(∇f)⋅(∇g)=f ∇2g+2∇f⋅∇g+g ∇2f\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }^2(fg) & = { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\big(g{ \boldsymbol{\nabla} } f\big) +{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\big(f{ \boldsymbol{\nabla} } g\big) \\ &= g\big({ \boldsymbol{\nabla} }\cdot { \boldsymbol{\nabla} } f\big) + \big({ \boldsymbol{\nabla} } g\big)\cdot\big({ \boldsymbol{\nabla} } f\big) +f\big({ \boldsymbol{\nabla} }\cdot{ \boldsymbol{\nabla} } g\big) + \big({ \boldsymbol{\nabla} } f\big)\cdot\big({ \boldsymbol{\nabla} } g\big) \\ &=f\,{ \boldsymbol{\nabla} }^2 g+2{ \boldsymbol{\nabla} } f\cdot{ \boldsymbol{\nabla} } g+g\,{ \boldsymbol{\nabla} }^2 f \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

(a) By the product rule

∇⋅(fF)=∂∂x(fF1)+∂∂y(fF2)+∂∂z(fF3)=+f∂F1∂x+f∂F2∂y+f∂F3∂z=+F1∂f∂x+F2∂f∂y+F3∂f∂z=f ∇⋅F+F⋅∇f\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot(f\mathbf{F}) &=\frac{\partial }{\partial x}(fF_1) +\frac{\partial }{\partial y}(fF_2) +\frac{\partial }{\partial z}(fF_3) \\ &=\phantom{+}f\frac{\partial F_1}{\partial x} +f\frac{\partial F_2}{\partial y} +f\frac{\partial F_3}{\partial z} \\ &\phantom{=}+F_1\frac{\partial f}{\partial x} +F_2\frac{\partial f}{\partial y} +F_3\frac{\partial f}{\partial z} \\ &=f\,{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}+\mathbf{F}\cdot{ \boldsymbol{\nabla} } f \end{aligned}

(b) Again by the product rule

∇⋅(F×G)=∂∂x(F2G3−F3G2)+∂∂y(F3G1−F1G3)+∂∂z(F1G2−F2G1)=+∂F2∂xG3−∂F3∂xG2+∂F3∂yG1−∂F1∂yG3+∂F1∂zG2−∂F2∂zG1=+F2∂G3∂x−F3∂G2∂x+F3∂G1∂y−F1∂G3∂y+F1∂G2∂z−F2∂G1∂z=+(∂F3∂y−∂F2∂z)G1+(∂F1∂z−∂F3∂x)G2+(∂F2∂x−∂F1∂y)G3=−F1(∂G3∂y−∂G2∂z)−F2(∂G1∂z−∂G3∂x)−F3(∂G2∂x−∂G1∂y)=G⋅(∇×F)−F⋅(∇×G)\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot(\mathbf{F}\times\mathbf{G}) &=\frac{\partial }{\partial x}(F_2G_3-F_3G_2) +\frac{\partial }{\partial y}(F_3G_1-F_1G_3) +\frac{\partial }{\partial z}(F_1G_2-F_2G_1) \\ &=\phantom{+}\frac{\partial F_2}{\partial x}G_3 -\frac{\partial F_3}{\partial x}G_2 +\frac{\partial F_3}{\partial y}G_1 - \frac{\partial F_1}{\partial y}G_3 +\frac{\partial F_1}{\partial z}G_2 - \frac{\partial F_2}{\partial z}G_1 \\ &\phantom{=}+F_2\frac{\partial G_3}{\partial x} -F_3\frac{\partial G_2}{\partial x} +F_3\frac{\partial G_1}{\partial y} -F_1\frac{\partial G_3}{\partial y} +F_1\frac{\partial G_2}{\partial z} - F_2\frac{\partial G_1}{\partial z} \\ &=\phantom{+} \left(\frac{\partial F_3}{\partial y}-\frac{\partial F_2}{\partial z}\right)G_1 +\left(\frac{\partial F_1}{\partial z}-\frac{\partial F_3}{\partial x}\right)G_2 +\left(\frac{\partial F_2}{\partial x}-\frac{\partial F_1}{\partial y}\right)G_3 \\ &\phantom{=} -F_1\left(\frac{\partial G_3}{\partial y}-\frac{\partial G_2}{\partial z}\right) -F_2\left(\frac{\partial G_1}{\partial z}-\frac{\partial G_3}{\partial x}\right) -F_3\left(\frac{\partial G_2}{\partial x}-\frac{\partial G_1}{\partial y}\right) \\ &=\mathbf{G}\cdot({ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F})- \mathbf{F}\cdot({ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{G}) \end{aligned}

(c) Recall that ∇2(fg)=∇⋅[∇(fg)]{ \boldsymbol{\nabla} }^2(fg) = { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\big[{ \boldsymbol{\nabla} }(fg)\big]. First

∇(fg)=ı^∂∂x(fg)+ȷ^∂∂y(fg)+k^∂∂z(fg)=+ı^g∂f∂x+ȷ^g∂f∂y+k^g∂f∂z=+ı^f∂g∂x+ȷ^f∂g∂y+k^f∂g∂z=g∇f+f∇g\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }(fg) &=\hat{\boldsymbol{\imath}}\frac{\partial }{\partial x}(fg) +\hat{\boldsymbol{\jmath}}\frac{\partial }{\partial y}(fg) +\hat{\mathbf{k}}\frac{\partial }{\partial z}(fg) \\ &=\phantom{+}\hat{\boldsymbol{\imath}} g\frac{\partial f}{\partial x} +\hat{\boldsymbol{\jmath}} g\frac{\partial f}{\partial y} +\hat{\mathbf{k}} g\frac{\partial f}{\partial z} \\ &\phantom{=}+\hat{\boldsymbol{\imath}} f\frac{\partial g}{\partial x} +\hat{\boldsymbol{\jmath}} f\frac{\partial g}{\partial y} +\hat{\mathbf{k}} f\frac{\partial g}{\partial z} \\ &=g{ \boldsymbol{\nabla} } f+f{ \boldsymbol{\nabla} } g \end{aligned}

So by part (a), twice,

∇2(fg)=∇⋅(g∇f)+∇⋅(f∇g)=g(∇⋅∇f)+(∇g)⋅(∇f)+f(∇⋅∇g)+(∇f)⋅(∇g)=f ∇2g+2∇f⋅∇g+g ∇2f\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }^2(fg) & = { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\big(g{ \boldsymbol{\nabla} } f\big) +{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\big(f{ \boldsymbol{\nabla} } g\big) \\ &= g\big({ \boldsymbol{\nabla} }\cdot { \boldsymbol{\nabla} } f\big) + \big({ \boldsymbol{\nabla} } g\big)\cdot\big({ \boldsymbol{\nabla} } f\big) +f\big({ \boldsymbol{\nabla} }\cdot{ \boldsymbol{\nabla} } g\big) + \big({ \boldsymbol{\nabla} } f\big)\cdot\big({ \boldsymbol{\nabla} } g\big) \\ &=f\,{ \boldsymbol{\nabla} }^2 g+2{ \boldsymbol{\nabla} } f\cdot{ \boldsymbol{\nabla} } g+g\,{ \boldsymbol{\nabla} }^2 f \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.1절 · 13번
# 발산과 회전계산기본자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
17.CLP-4 · 4.2절 · 1번대학 수준우리말 번역

VV 를 정육면체

V={ (x,y,z) ∣ 0≤x≤1, 0≤y≤1, 0≤z≤1 }\begin{aligned} V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le y\le 1,\ 0\le z\le 1\ \big\} \end{aligned}

라 하고, RR 를 정사각형

R={ (x,y) ∣ 0≤x≤1, 0≤y≤1 }\begin{aligned} R=\big\{ \ (x,y)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le y\le 1\ \big\} \end{aligned}

라 하자. 또 f(x,y,z)f(x,y,z) 는 연속인 일계 편도함수를 가진다고 하자.

(a) 미적분의 기본정리를 이용하여

∭V∂f∂z(x,y,z) dx dy dz=∬Rf(x,y,1) dx dy−∬Rf(x,y,0) dx dy\begin{aligned} \iiint _V\frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z =\iint _R f(x,y,1)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y - \iint _R f(x,y,0)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}

임을 보이세요. (b) 발산정리를 이용하여

∭V∂f∂z(x,y,z) dx dy dz=∬Rf(x,y,1) dx dy−∬Rf(x,y,0) dx dy\begin{aligned} \iiint _V\frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z =\iint _R f(x,y,1)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y - \iint _R f(x,y,0)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}

임을 보이세요.

영어 원문 보기

Let VV be the cube

V={ (x,y,z) ∣ 0≤x≤1, 0≤y≤1, 0≤z≤1 }\begin{aligned} V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le y\le 1,\ 0\le z\le 1\ \big\} \end{aligned}

and RR be the square

R={ (x,y) ∣ 0≤x≤1, 0≤y≤1 }\begin{aligned} R=\big\{ \ (x,y)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le y\le 1\ \big\} \end{aligned}

and let f(x,y,z)f(x,y,z) have continuous first partial derivatives.

(a) Use the fundamental theorem of calculus to show that

∭V∂f∂z(x,y,z) dx dy dz=∬Rf(x,y,1) dx dy−∬Rf(x,y,0) dx dy\begin{aligned} \iiint _V\frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z =\iint _R f(x,y,1)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y - \iint _R f(x,y,0)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned} (b) Use the divergence theorem to show that

∭V∂f∂z(x,y,z) dx dy dz=∬Rf(x,y,1) dx dy−∬Rf(x,y,0) dx dy\begin{aligned} \iiint _V\frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z =\iint _R f(x,y,1)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y - \iint _R f(x,y,0)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}

정답·풀이 보기

(a) 좌변을 zz 를 가장 안쪽 적분변수로 하는 반복적분으로 나타내면 다음과 같다.

∭V∂f∂z(x,y,z) dx dy dz=∫01dx∫01dy[∫01dz ∂f∂z(x,y,z)]=∫01dx∫01dy [f(x,y,1)−f(x,y,0)]미적분의 기본정리에 의해=∬R[f(x,y,1)−f(x,y,0)] dx dy=∬Rf(x,y,1) dx dy−∬Rf(x,y,0) dx dy\begin{aligned} \iiint _V\frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z &=\int_0^1\mathrm{d}x\int_0^1\mathrm{d}y\left[\int_0^1\mathrm{d}z\ \frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)\right] \\ &=\int_0^1\mathrm{d}x\int_0^1\mathrm{d}y\ \big[f(x,y,1)-f(x,y,0)\big] \\ &\text{미적분의 기본정리에 의해} \\ &=\iint _R\big[f(x,y,1)-f(x,y,0)\big]\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\ &=\iint _R f(x,y,1)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y - \iint _R f(x,y,0)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}

(b) 벡터장 F(x,y,z)=f(x,y,z) k^\mathbf{F}(x,y,z) = f(x,y,z)\,\hat{\mathbf{k}} 를 정의하자. 그러면 F\mathbf{F} 의 발산은 ∇⋅F(x,y,z)=∂f∂z(x,y,z){ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}(x,y,z) = \frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z) 이다. 정육면체 VV 의 경계는 다음 여섯 면의 합집합이다.

S1={ (x,y,z) ∣ 0≤x≤1, 0≤y≤1, z=1 }바깥쪽 법선벡터는 n^=k^S2={ (x,y,z) ∣ 0≤x≤1, 0≤y≤1, z=0 }바깥쪽 법선벡터는 n^=−k^S3={ (x,y,z) ∣ 0≤x≤1, 0≤z≤1, y=1 }바깥쪽 법선벡터는 n^=ȷ^S4={ (x,y,z) ∣ 0≤x≤1, 0≤z≤1, y=0 }바깥쪽 법선벡터는 n^=−ȷ^S5={ (x,y,z) ∣ 0≤y≤1, 0≤z≤1, x=1 }바깥쪽 법선벡터는 n^=ı^S6={ (x,y,z) ∣ 0≤y≤1, 0≤z≤1, x=0 }바깥쪽 법선벡터는 n^=−ı^\begin{aligned} S_1&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le y\le 1,\ z=1\ \big\}\quad \text{바깥쪽 법선벡터는 $\hat{\mathbf{n}}=\hat{\mathbf{k}}$} \\ S_2&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le y\le 1,\ z=0\ \big\}\quad \text{바깥쪽 법선벡터는 $\hat{\mathbf{n}}=-\hat{\mathbf{k}}$} \\ S_3&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le z\le 1,\ y=1\ \big\}\quad \text{바깥쪽 법선벡터는 $\hat{\mathbf{n}}=\hat{\boldsymbol{\jmath}}$} \\ S_4&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le z\le 1,\ y=0\ \big\}\quad \text{바깥쪽 법선벡터는 $\hat{\mathbf{n}}=-\hat{\boldsymbol{\jmath}}$} \\ S_5&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le y\le 1,\ 0\le z\le 1,\ x=1\ \big\}\quad \text{바깥쪽 법선벡터는 $\hat{\mathbf{n}}=\hat{\boldsymbol{\imath}}$} \\ S_6&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le y\le 1,\ 0\le z\le 1,\ x=0\ \big\}\quad \text{바깥쪽 법선벡터는 $\hat{\mathbf{n}}=-\hat{\boldsymbol{\imath}}$} \end{aligned}

그림

다음에 주목하자.

F⋅n^=f k^⋅n^={+fS1 위에서−fS2 위에서0S3, S4, S5, S6 위에서\begin{aligned} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}} = f\,\hat{\mathbf{k}}\cdot\hat{\mathbf{n}} = \begin{cases} +f &\text{$S_1$ 위에서} \\ -f &\text{$S_2$ 위에서} \\ 0 &\text{$S_3$, $S_4$, $S_5$, $S_6$ 위에서} \end{cases} \end{aligned}

따라서 발산정리에 의해 다음을 얻는다.

∭V∂f∂z(x,y,z) dx dy dz=∭V∇⋅F(x,y,z) dx dy dz=∬∂VF⋅n^ dS=∑j=16∬SjF⋅n^ dS=∬S1f dS−∬S2f dS=∬Rf(x,y,1) dx dy−∬Rf(x,y,0) dx dy\begin{aligned} \iiint _V\frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z &=\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}(x,y,z)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z \\ &= \iint _{\partial V} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\ \mathrm{d}S =\sum_{j=1}^6 \iint _{S_j} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\ \mathrm{d}S\\ &=\iint _{S_1} f\ \mathrm{d}S -\iint _{S_2} f\ \mathrm{d}S \\ &=\iint _R f(x,y,1)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y - \iint _R f(x,y,0)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

(a) Expressing the left hand side as an iterated integral, with zz as the innermost integration variable, we have

∭V∂f∂z(x,y,z) dx dy dz=∫01dx∫01dy[∫01dz ∂f∂z(x,y,z)]=∫01dx∫01dy [f(x,y,1)−f(x,y,0)]by the fundamental theorem of calculus=∬R[f(x,y,1)−f(x,y,0)] dx dy=∬Rf(x,y,1) dx dy−∬Rf(x,y,0) dx dy\begin{aligned} \iiint _V\frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z &=\int_0^1\mathrm{d}x\int_0^1\mathrm{d}y\left[\int_0^1\mathrm{d}z\ \frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)\right] \\ &=\int_0^1\mathrm{d}x\int_0^1\mathrm{d}y\ \big[f(x,y,1)-f(x,y,0)\big] \\ &\text{by the fundamental theorem of calculus} \\ &=\iint _R\big[f(x,y,1)-f(x,y,0)\big]\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\ &=\iint _R f(x,y,1)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y - \iint _R f(x,y,0)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}

(b) Define the vector field F(x,y,z)=f(x,y,z) k^\mathbf{F}(x,y,z) = f(x,y,z)\,\hat{\mathbf{k}}. Then the divergence of F\mathbf{F} is ∇⋅F(x,y,z)=∂f∂z(x,y,z){ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}(x,y,z) = \frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z). The boundary of the cube VV is the union of six faces

S1={ (x,y,z) ∣ 0≤x≤1, 0≤y≤1, z=1 }with outward normal n^=k^S2={ (x,y,z) ∣ 0≤x≤1, 0≤y≤1, z=0 }with outward normal n^=−k^S3={ (x,y,z) ∣ 0≤x≤1, 0≤z≤1, y=1 }with outward normal n^=ȷ^S4={ (x,y,z) ∣ 0≤x≤1, 0≤z≤1, y=0 }with outward normal n^=−ȷ^S5={ (x,y,z) ∣ 0≤y≤1, 0≤z≤1, x=1 }with outward normal n^=ı^S6={ (x,y,z) ∣ 0≤y≤1, 0≤z≤1, x=0 }with outward normal n^=−ı^\begin{aligned} S_1&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le y\le 1,\ z=1\ \big\}\quad \text{with outward normal $\hat{\mathbf{n}}=\hat{\mathbf{k}}$} \\ S_2&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le y\le 1,\ z=0\ \big\}\quad \text{with outward normal $\hat{\mathbf{n}}=-\hat{\mathbf{k}}$} \\ S_3&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le z\le 1,\ y=1\ \big\}\quad \text{with outward normal $\hat{\mathbf{n}}=\hat{\boldsymbol{\jmath}}$} \\ S_4&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le z\le 1,\ y=0\ \big\}\quad \text{with outward normal $\hat{\mathbf{n}}=-\hat{\boldsymbol{\jmath}}$} \\ S_5&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le y\le 1,\ 0\le z\le 1,\ x=1\ \big\}\quad \text{with outward normal $\hat{\mathbf{n}}=\hat{\boldsymbol{\imath}}$} \\ S_6&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le y\le 1,\ 0\le z\le 1,\ x=0\ \big\}\quad \text{with outward normal $\hat{\mathbf{n}}=-\hat{\boldsymbol{\imath}}$} \end{aligned}

figure

Observe that

F⋅n^=f k^⋅n^={+fon S1−fon S20on S3, S4, S5, S6\begin{aligned} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}} = f\,\hat{\mathbf{k}}\cdot\hat{\mathbf{n}} = \begin{cases} +f &\text{on $S_1$} \\ -f &\text{on $S_2$} \\ 0 &\text{on $S_3$, $S_4$, $S_5$, $S_6$} \end{cases} \end{aligned}

So the divergence theorem gives

∭V∂f∂z(x,y,z) dx dy dz=∭V∇⋅F(x,y,z) dx dy dz=∬∂VF⋅n^ dS=∑j=16∬SjF⋅n^ dS=∬S1f dS−∬S2f dS=∬Rf(x,y,1) dx dy−∬Rf(x,y,0) dx dy\begin{aligned} \iiint _V\frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z &=\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}(x,y,z)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z \\ &= \iint _{\partial V} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\ \mathrm{d}S =\sum_{j=1}^6 \iint _{S_j} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\ \mathrm{d}S\\ &=\iint _{S_1} f\ \mathrm{d}S -\iint _{S_2} f\ \mathrm{d}S \\ &=\iint _R f(x,y,1)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y - \iint _R f(x,y,0)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 36번
# 발산 정리증명·논술기본자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
18.CLP-4 · 4.2절 · 2번대학 수준우리말 번역

(a) a\mathbf{a} 가 임의의 상수 벡터일 때, F=ϕ a\mathbf{F}=\phi\,\mathbf{a} 에 발산 정리를 적용하여 다음을 보이세요.

∭V∇ϕ dV=∬∂Vϕ n^ dS\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\phi\,\mathrm{d}V=\iint _{\partial V}\phi\,\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S (b) 부피가 ∣V∣|V| 인 입체 VV 의 무게중심 (xˉ,yˉ,zˉ)(\bar x,\bar y,\bar z) 가 다음과 같이 주어짐을 보이세요.

(xˉ,yˉ,zˉ)=12∣V∣∬∂V(x2+y2+z2) n^ dS(\bar x,\bar y,\bar z)=\frac{1}{2|V|}\iint _{\partial V} (x^2+y^2+z^2)\,\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S

영어 원문 보기

(a) By applying the divergence theorem to F=ϕ a\mathbf{F}=\phi\,\mathbf{a}, where a\mathbf{a} is an arbitrary constant vector, show that

∭V∇ϕ dV=∬∂Vϕ n^ dS\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\phi\,\mathrm{d}V=\iint _{\partial V}\phi\,\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S (b) Show that the centroid (xˉ,yˉ,zˉ)(\bar x,\bar y,\bar z) of a solid VV with volume ∣V∣|V| is given by

(xˉ,yˉ,zˉ)=12∣V∣∬∂V(x2+y2+z2) n^ dS(\bar x,\bar y,\bar z)=\frac{1}{2|V|}\iint _{\partial V} (x^2+y^2+z^2)\,\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S

정답·풀이 보기

(a) ϕ a\phi\,\mathbf{a} 의 발산은 ∇⋅(ϕ a)=∇ϕ⋅a+ϕ∇⋅a=∇ϕ⋅a{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot(\phi\,\mathbf{a}) ={ \boldsymbol{\nabla} }\phi\cdot\mathbf{a}+\phi{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{a}={ \boldsymbol{\nabla} }\phi\cdot\mathbf{a} 이다. a\mathbf{a} 가 상수이기 때문이다. 따라서 발산 정리에 의해

∬∂Vϕ a⋅n^ dS=∭V∇⋅(ϕ a) dV=∭V∇ϕ⋅a dV  ⟹  [∬∂Vϕn^ dS−∭V∇ϕ dV]⋅a=0\iint _{\partial V}\phi\,\mathbf{a}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iiint _V{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot(\phi\,\mathbf{a})\ \mathrm{d}V =\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\phi\cdot\mathbf{a}\ \mathrm{d}V \implies \left[\iint _{\partial V}\phi\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S -\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\phi\,\mathrm{d}V\right]\cdot\mathbf{a}=0

이는 모든 벡터 a\mathbf{a} 에 대해 성립한다. 특히 a=ı^,ȷ^,k^\mathbf{a}=\hat{\boldsymbol{\imath}},\hat{\boldsymbol{\jmath}},\hat{\mathbf{k}} 로 놓으면 [∬∂Vϕn^ dS−∭V∇ϕ dV]\left[\iint _{\partial V}\phi\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S -\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\phi\,\mathrm{d}V\right] 의 세 성분이 모두 0이다. 따라서

∬∂Vϕ n^ dS−∭V∇ϕ dV=0\iint _{\partial V}\phi\,\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S-\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\phi\,\mathrm{d}V=0

(b) (a)에서 ϕ=x2+y2+z2\phi=x^2+y^2+z^2 이고 ∇ϕ=2x ı^+2y ȷ^+2z k^{ \boldsymbol{\nabla} }\phi = 2x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+2y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2z\,\hat{\mathbf{k}} 이므로

12∣V∣∬∂V(x2+y2+z2) n^ dS=12∣V∣∭V(2x ı^+2y ȷ^+2z k^) dV=(xˉ,yˉ,zˉ)\frac{1}{2|V|}\iint _{\partial V} (x^2+y^2+z^2)\,\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\frac{1}{2|V|} \iiint _V (2x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+2y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2z\,\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}V =(\bar x,\bar y,\bar z)

원본 교재 풀이(영어)

(a) The divergence of ϕ a\phi\,\mathbf{a} is ∇⋅(ϕ a)=∇ϕ⋅a+ϕ∇⋅a=∇ϕ⋅a{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot(\phi\,\mathbf{a}) ={ \boldsymbol{\nabla} }\phi\cdot\mathbf{a}+\phi{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{a}={ \boldsymbol{\nabla} }\phi\cdot\mathbf{a}, since a\mathbf{a} is constant. So, by the divergence theorem,

∬∂Vϕ a⋅n^ dS=∭V∇⋅(ϕ a) dV=∭V∇ϕ⋅a dV  ⟹  [∬∂Vϕn^ dS−∭V∇ϕ dV]⋅a=0\iint _{\partial V}\phi\,\mathbf{a}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iiint _V{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot(\phi\,\mathbf{a})\ \mathrm{d}V =\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\phi\cdot\mathbf{a}\ \mathrm{d}V \implies \left[\iint _{\partial V}\phi\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S -\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\phi\,\mathrm{d}V\right]\cdot\mathbf{a}=0

This is true for all vectors a\mathbf{a}. In particular, applying this with a=ı^,ȷ^,k^\mathbf{a}=\hat{\boldsymbol{\imath}},\hat{\boldsymbol{\jmath}},\hat{\mathbf{k}}, we have that all three components of [∬∂Vϕn^ dS−∭V∇ϕ dV]\left[\iint _{\partial V}\phi\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S -\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\phi\,\mathrm{d}V\right] are zero. So

∬∂Vϕ n^ dS−∭V∇ϕ dV=0\iint _{\partial V}\phi\,\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S-\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\phi\,\mathrm{d}V=0

(b) By part (a), with ϕ=x2+y2+z2\phi=x^2+y^2+z^2 and ∇ϕ=2x ı^+2y ȷ^+2z k^{ \boldsymbol{\nabla} }\phi = 2x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+2y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2z\,\hat{\mathbf{k}},

12∣V∣∬∂V(x2+y2+z2) n^ dS=12∣V∣∭V(2x ı^+2y ȷ^+2z k^) dV=(xˉ,yˉ,zˉ)\frac{1}{2|V|}\iint _{\partial V} (x^2+y^2+z^2)\,\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\frac{1}{2|V|} \iiint _V (2x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+2y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2z\,\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}V =(\bar x,\bar y,\bar z)

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 15번
# 발산 정리증명·논술기본자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
19.CLP-4 · 4.3절 · 1번대학 수준우리말 번역

RR 을 정사각형

R={ (x,y) ∣ 0≤x≤1, 0≤y≤1 }\begin{aligned} R=\big\{ \ (x,y)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le y\le 1\ \big\} \end{aligned}

이라 하고, f(x,y)f(x,y) 는 연속인 일계 편도함수를 가진다고 하자.

(a) 미적분의 기본정리를 이용하여 다음이 성립함을 보이세요.

∬R∂f∂y(x,y) dx dy=∫01f(x,1) dx−∫01f(x,0) dx\begin{aligned} \iint _R\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\int_0^1 f(x,1)\ \mathrm{d}x - \int_0^1 f(x,0)\ \mathrm{d}x \end{aligned} (b) 그린 정리를 이용하여 다음이 성립함을 보이세요.

∬R∂f∂y(x,y) dx dy=∫01f(x,1) dx−∫01f(x,0) dx\begin{aligned} \iint _R\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\int_0^1 f(x,1)\ \mathrm{d}x - \int_0^1 f(x,0)\ \mathrm{d}x \end{aligned}

영어 원문 보기

Let RR be the square

R={ (x,y) ∣ 0≤x≤1, 0≤y≤1 }\begin{aligned} R=\big\{ \ (x,y)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le y\le 1\ \big\} \end{aligned}

and let f(x,y)f(x,y) have continuous first partial derivatives.

(a) Use the fundamental theorem of calculus to show that

∬R∂f∂y(x,y) dx dy=∫01f(x,1) dx−∫01f(x,0) dx\begin{aligned} \iint _R\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\int_0^1 f(x,1)\ \mathrm{d}x - \int_0^1 f(x,0)\ \mathrm{d}x \end{aligned} (b) Use Green's theorem to show that

∬R∂f∂y(x,y) dx dy=∫01f(x,1) dx−∫01f(x,0) dx\begin{aligned} \iint _R\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\int_0^1 f(x,1)\ \mathrm{d}x - \int_0^1 f(x,0)\ \mathrm{d}x \end{aligned}

정답·풀이 보기

(a) 좌변을 yy 를 안쪽 적분변수로 하는 반복적분으로 나타내면

∬R∂f∂y(x,y) dx dy=∫01dx[∫01dy ∂f∂y(x,y)]=∫01dx [f(x,1)−f(x,0)]미적분의 기본정리에 의해=∫01f(x,1) dx−∫01f(x,0) dx\begin{aligned} \iint _R\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y &=\int_0^1\mathrm{d}x\left[\int_0^1\mathrm{d}y\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\right] \\ &=\int_0^1\mathrm{d}x\ \big[f(x,1)-f(x,0)\big] \\ &\text{미적분의 기본정리에 의해} \\ &=\int_0^1 f(x,1)\ \mathrm{d}x - \int_0^1 f(x,0)\ \mathrm{d}x \end{aligned}

(b) F1(x,y)=f(x,y)F_1(x,y)=f(x,y), F2(x,y)=0F_2(x,y)=0 이라 하자. 그러면 그린 정리에 의해

∬R∂f∂y(x,y) dx dy=−∬R[∂F2∂x(x,y)−∂F1∂y(x,y)] dx dy=−∫∂R[F1(x,y) dx+F2(x,y) dy]=−∫∂Rf(x,y) dx\begin{aligned} \iint _R\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y &=-\iint _R\Big[\frac{\partial F_2}{\partial x}(x,y) -\frac{\partial F_1}{\partial y}(x,y)\Big]\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\ &=-\int_{\partial R}\big[F_1(x,y)\,\mathrm{d}x +F_2(x,y)\,\mathrm{d}y\big] \\ &=-\int_{\partial R}f(x,y)\,\mathrm{d}x \end{aligned}

반시계 방향으로 향을 정한 RR 의 경계는 네 선분의 합집합이다.

C1: (0,0) 에서 (1,0) 까지![그림](clp/clp4−domainSquare.png)C2: (1,0) 에서 (1,1) 까지C3: (1,1) 에서 (0,1) 까지C4: (0,1) 에서 (0,0) 까지\begin{aligned} \\[-0.1in] &\text{$C_1$: $(0,0)$ 에서 $(1,0)$ 까지} \qquad\smash{ ![그림](clp/clp4-domainSquare.png) }\\ &\text{$C_2$: $(1,0)$ 에서 $(1,1)$ 까지} \\ &\text{$C_3$: $(1,1)$ 에서 $(0,1)$ 까지} \\ &\text{$C_4$: $(0,1)$ 에서 $(0,0)$ 까지} \\[-0.1in] \end{aligned}

이제 C2C_2 와 C4C_4 위에서 xx 는 상수이므로

∫C2f(x,y) dx=∫C4f(x,y) dx=0\int_{C_2}f(x,y)\,\mathrm{d}x = \int_{C_4}f(x,y)\,\mathrm{d}x =0

따라서 −C3-C_3 을 (0,1)(0,1) 에서 (1,1)(1,1) 까지의 선분이라 하면

∬R∂f∂y(x,y) dx dy=−[∫C1f(x,y) dx+∫C3f(x,y) dx]=∫−C3f(x,y) dx−∫C1f(x,y) dx=∫01f(x,1) dx−∫01f(x,0) dx\begin{aligned} \iint _R\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y &=-\left[\int_{C_1}f(x,y)\,\mathrm{d}x+\int_{C_3}f(x,y)\,\mathrm{d}x\right]\\ &=\int_{-C_3}f(x,y)\,\mathrm{d}x-\int_{C_1}f(x,y)\,\mathrm{d}x \\ &=\int_0^1 f(x,1)\ \mathrm{d}x - \int_0^1 f(x,0)\ \mathrm{d}x \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

(a) Expressing the left hand side as an iterated integral, with yy as the inner integration variable, we have

∬R∂f∂y(x,y) dx dy=∫01dx[∫01dy ∂f∂y(x,y)]=∫01dx [f(x,1)−f(x,0)]by the fundamental theorem of calculus=∫01f(x,1) dx−∫01f(x,0) dx\begin{aligned} \iint _R\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y &=\int_0^1\mathrm{d}x\left[\int_0^1\mathrm{d}y\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\right] \\ &=\int_0^1\mathrm{d}x\ \big[f(x,1)-f(x,0)\big] \\ &\text{by the fundamental theorem of calculus} \\ &=\int_0^1 f(x,1)\ \mathrm{d}x - \int_0^1 f(x,0)\ \mathrm{d}x \end{aligned}

(b) Define F1(x,y)=f(x,y)F_1(x,y)=f(x,y) and F2(x,y)=0F_2(x,y)=0. Then. by Green's theorem

∬R∂f∂y(x,y) dx dy=−∬R[∂F2∂x(x,y)−∂F1∂y(x,y)] dx dy=−∫∂R[F1(x,y) dx+F2(x,y) dy]=−∫∂Rf(x,y) dx\begin{aligned} \iint _R\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y &=-\iint _R\Big[\frac{\partial F_2}{\partial x}(x,y) -\frac{\partial F_1}{\partial y}(x,y)\Big]\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\ &=-\int_{\partial R}\big[F_1(x,y)\,\mathrm{d}x +F_2(x,y)\,\mathrm{d}y\big] \\ &=-\int_{\partial R}f(x,y)\,\mathrm{d}x \end{aligned}

The boundary of RR, oriented counterclockwise, is the union of four line segments.

C1 from (0,0) to (1,0)![figure](clp/clp4−domainSquare.png)C2 from (1,0) to (1,1)C3 from (1,1) to (0,1)C4 from (0,1) to (0,0)\begin{aligned} \\[-0.1in] &\text{$C_1$ from $(0,0)$ to $(1,0)$} \qquad\smash{ ![figure](clp/clp4-domainSquare.png) }\\ &\text{$C_2$ from $(1,0)$ to $(1,1)$} \\ &\text{$C_3$ from $(1,1)$ to $(0,1)$} \\ &\text{$C_4$ from $(0,1)$ to $(0,0)$} \\[-0.1in] \end{aligned}

Now xx is constant on C2C_2 and C4C_4 so that

∫C2f(x,y) dx=∫C4f(x,y) dx=0\int_{C_2}f(x,y)\,\mathrm{d}x = \int_{C_4}f(x,y)\,\mathrm{d}x =0

So, using −C3-C_3 to denote the line segment from (0,1)(0,1) to (1,1)(1,1)

∬R∂f∂y(x,y) dx dy=−[∫C1f(x,y) dx+∫C3f(x,y) dx]=∫−C3f(x,y) dx−∫C1f(x,y) dx=∫01f(x,1) dx−∫01f(x,0) dx\begin{aligned} \iint _R\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y &=-\left[\int_{C_1}f(x,y)\,\mathrm{d}x+\int_{C_3}f(x,y)\,\mathrm{d}x\right]\\ &=\int_{-C_3}f(x,y)\,\mathrm{d}x-\int_{C_1}f(x,y)\,\mathrm{d}x \\ &=\int_0^1 f(x,1)\ \mathrm{d}x - \int_0^1 f(x,0)\ \mathrm{d}x \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 6.4절 · 14번
# 그린 정리증명·논술기본자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
20.CLP-4 · 4.3절 · 2번대학 수준우리말 번역

RR 을 xyxy 평면 위의 유한한 영역이라 하고, 그 경계 CC 는 반시계 방향으로 향하는, 구간별로 매끄러운 하나의 단순 닫힌곡선이라 하자. “단순”은 곡선이 자기 자신과 만나지 않는다는 뜻이다. 그린 정리를 이용하여 다음을 보이세요.

∬R∇⋅F dx dy=∮CF⋅n^ ds\iint _R{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=\oint_C\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}s

여기서 F=F1 ı^+F2 ȷ^\mathbf{F}=F_1\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+F_2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 이고, n^\hat{\mathbf{n}} 은 CC 의 바깥쪽 단위법선벡터, ss 는 CC 를 따라 잰 호의 길이이다.

그림

영어 원문 보기

Let RR be a finite region in the xyxy-plane, whose boundary, CC, consists of a single, piecewise smooth, simple closed curve that is oriented counterclockwise. “Simple” means that the curve does not intersect itself. Use Green's theorem to show that

∬R∇⋅F dx dy=∮CF⋅n^ ds\iint _R{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=\oint_C\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}s

where F=F1 ı^+F2 ȷ^\mathbf{F}=F_1\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+F_2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}, n^\hat{\mathbf{n}} is the outward unit normal to CC and ss is the arclength along CC.

figure

정답·풀이 보기

r(s)=x(s) ı^+y(s) ȷ^\mathbf{r}(s)=x(s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y(s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 를 CC 의 호의 길이에 의한 반시계 방향 매개변수 표현이라 하자. 그러면 T^(s)=r′(s)=x′(s) ı^+y′(s) ȷ^\hat{\mathbf{T}}(s) = \mathbf{r}'(s) = x'(s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y'(s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 는 r(s)\mathbf{r}(s) 에서 CC 의 진행 방향 단위접선벡터이고 n^(s)=r′(s)×k^=y′(s) ı^−x′(s) ȷ^\hat{\mathbf{n}}(s) = \mathbf{r}'(s)\times\hat{\mathbf{k}}=y'(s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-x'(s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 이다. r′(s)×k^\mathbf{r}'(s)\times\hat{\mathbf{k}} 가 정말로 n^(s)\hat{\mathbf{n}}(s) 임을 확인하기 위해, y′(s) ı^−x′(s) ȷ^y'(s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-x'(s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 가 다음을 만족함에 주목하자.

  • r′(s)\mathbf{r}'(s) 와 길이가 같으며, 그 길이는 11 이다(r(s)\mathbf{r}(s) 는 호의 길이에 의한 매개변수 표현임을 상기하자).
  • xyxy 평면 위에 있다.
  • r′(s)\mathbf{r}'(s) 에 수직이다. (r′(s)⋅[y′(s) ı^−x′(s) ȷ^]=0\mathbf{r}'(s)\cdot\big[y'(s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-x'(s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\big]=0 임을 확인하자.)
  • 오른손 법칙을 이용하여 r′(s)×k^\mathbf{r}'(s)\times\hat{\mathbf{k}} 가 −n^-\hat{\mathbf{n}} 이 아니라 n^\hat{\mathbf{n}} 임을 확인한다.

그림

따라서 그린 정리에 의해

∮CF⋅n^ ds=∮C[F1 dyds−F2 dxds] ds=∮C[−F2 dx+F1 dy]=∬R[∂∂xF1−∂∂y(−F2)] dx dy=∬R∇⋅F dx dy\begin{aligned} \oint_C\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}s &=\oint_C\left[F_1\,\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}s}-F_2\,\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}s}\right]\,\mathrm{d}s =\oint_C\left[-F_2\,\mathrm{d}x+F_1\,\mathrm{d}y\right] =\iint _R\left[\frac{\partial }{\partial x}F_1-\frac{\partial }{\partial y}(-F_2)\right]\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\ &=\iint _R{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

Let r(s)=x(s) ı^+y(s) ȷ^\mathbf{r}(s)=x(s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y(s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} be a counterclockwise parametrization of CC by arc length. Then T^(s)=r′(s)=x′(s) ı^+y′(s) ȷ^\hat{\mathbf{T}}(s) = \mathbf{r}'(s) = x'(s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y'(s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} is the forward pointing unit tangent vector to CC at r(s)\mathbf{r}(s) and n^(s)=r′(s)×k^=y′(s) ı^−x′(s) ȷ^\hat{\mathbf{n}}(s) = \mathbf{r}'(s)\times\hat{\mathbf{k}}=y'(s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-x'(s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}. To see that r′(s)×k^\mathbf{r}'(s)\times\hat{\mathbf{k}} really is n^(s)\hat{\mathbf{n}}(s), note that y′(s) ı^−x′(s) ȷ^y'(s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-x'(s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}

  • has the same length, namely 11, as r′(s)\mathbf{r}'(s) (recall that r(s)\mathbf{r}(s) is a parametrization by arc length),
  • lies in the xyxy-plane and
  • is perpendicular to r′(s)\mathbf{r}'(s). (Check that r′(s)⋅[y′(s) ı^−x′(s) ȷ^]=0\mathbf{r}'(s)\cdot\big[y'(s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-x'(s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\big]=0.)
  • Use the right hand rule to check that r′(s)×k^\mathbf{r}'(s)\times\hat{\mathbf{k}} is n^\hat{\mathbf{n}} rather than −n^-\hat{\mathbf{n}}.

figure

So, by Green's theorem,

∮CF⋅n^ ds=∮C[F1 dyds−F2 dxds] ds=∮C[−F2 dx+F1 dy]=∬R[∂∂xF1−∂∂y(−F2)] dx dy=∬R∇⋅F dx dy\begin{aligned} \oint_C\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}s &=\oint_C\left[F_1\,\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}s}-F_2\,\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}s}\right]\,\mathrm{d}s =\oint_C\left[-F_2\,\mathrm{d}x+F_1\,\mathrm{d}y\right] =\iint _R\left[\frac{\partial }{\partial x}F_1-\frac{\partial }{\partial y}(-F_2)\right]\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\ &=\iint _R{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.3절 · 3번
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CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)