벡터 미적분 전체 연습문제

21.CLP-4 · 2.4절 · 16번대학 수준우리말 번역

$C$ 를 중심이 $(1, 0)$ 인 단위원의 위쪽 반원 (즉, 원에서 $x$ 축 위쪽에 놓인 부분)이라 하고, 시계 방향으로 향하게 하자. 선적분 $\int_C xy\,\mathrm{d}y$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let $C$ be the upper half of the unit circle centred on $(1, 0)$ (i.e. that part of the circle which lies above the $x$ -axis), oriented clockwise. Compute the line integral $\int_C xy\,\mathrm{d}y$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

풀이 1:

주어진 반원 $C$ 와 $\mathbf{F}=xy\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 에 대하여 선적분 $\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}$ 의 값을 구하는 문제이다. ${ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\ne\mathbf{0}$ 이므로 벡터장 $\mathbf{F}$ 는 보존적이지 않다. 따라서 직접 적분한다. 먼저 그림을 이용하여

$C$ 를 다음과 같이 매개화한다.

$\mathbf{r}(\theta) = \big(x(\theta)\,,\,y(\theta)\big) =(1-\cos\theta)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\qquad 0\le\theta\le\pi$

그러면 적분은 다음과 같다.

$\begin{aligned} \int_C xy\,\mathrm{d}y =\int_0^\pi x(\theta)\,y(\theta)\, y'(\theta)\ \mathrm{d}\theta =\int_0^\pi (1-\cos\theta)\,\sin\theta\,\cos\theta \ \mathrm{d}\theta \end{aligned}$

$u=\cos\theta$ , $\mathrm{d}u =-\sin\theta\,\mathrm{d}\theta$ , $u(0)=1$ , $u(\pi)=-1$ 로 치환하면

$\begin{aligned} \int_C xy\,\mathrm{d}y =\int_1^{-1} (1-u)\, u\, (-\mathrm{d}u) =\int_{-1}^1 (u-u^2)\,\mathrm{d}u =-2 \int_0^1 u^2\,\mathrm{d}u =-2 \frac{1^3}{3}=-\frac{2}{3} \end{aligned}$

풀이 2:

$C$ 위에서 $x$ 를 $y$ 에 대한 식으로 두 부분으로 나누어 나타낼 수 있다.

$C_1$ 을 $y$ 가 0에서 1까지 변할 때의 사분원 $x=1-\sqrt{1-y^2}$ 이라 하고,
$C_2$ 를 $y$ 가 1에서 0까지 변할 때의 사분원 $x=1+\sqrt{1-y^2}$ 이라 하자.

그러면 다음과 같다.

$\begin{aligned} \int_C xy\mathrm{d}y &=\int_{C_1} xy\mathrm{d}y+\int_{c_2}xy\mathrm{d}y\\ &=\int_0^1\left(1-\sqrt{1-y^2}\right)y\,\mathrm{d}y+\int_1^0\left(1+\sqrt{1-y^2}\right)y\,\mathrm{d}y\\ &=\int_0^1 y\,\mathrm{d}y-\int_0^1y\sqrt{1-y^2}\,\mathrm{d}y+\int_1^0y\,\mathrm{d}y+\int_1^0 y\sqrt{1-y^2}\,\mathrm{d}y\\ &=-2\int_0^1 y\sqrt{1-y^2}\,\mathrm{d}y \\ \text{치환 $u=1-y^2$, $\mathrm{d}u=-2y\,\mathrm{d}y$ 를 이용하면:} \\ &=\int_1^0u^{1/2}\mathrm{d}u=-\frac23 \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

Solution 1:

We are being asked to evaluate the line integral $\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}$ with $C$ being the specified semi-circle and $\mathbf{F}=xy\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ . As ${ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\ne\mathbf{0}$ , the vector field $\mathbf{F}$ is not conservative. So we'll evaluate the integral directly. First, using the figure,

we parametrize $C$ by

$\mathbf{r}(\theta) = \big(x(\theta)\,,\,y(\theta)\big) =(1-\cos\theta)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\qquad 0\le\theta\le\pi$

So the integral is

$\begin{aligned} \int_C xy\,\mathrm{d}y =\int_0^\pi x(\theta)\,y(\theta)\, y'(\theta)\ \mathrm{d}\theta =\int_0^\pi (1-\cos\theta)\,\sin\theta\,\cos\theta \ \mathrm{d}\theta \end{aligned}$

Making the substitution $u=\cos\theta$ , $\mathrm{d}u =-\sin\theta\,\mathrm{d}\theta$ , $u(0)=1$ , $u(\pi)=-1$ ,

$\begin{aligned} \int_C xy\,\mathrm{d}y =\int_1^{-1} (1-u)\, u\, (-\mathrm{d}u) =\int_{-1}^1 (u-u^2)\,\mathrm{d}u =-2 \int_0^1 u^2\,\mathrm{d}u =-2 \frac{1^3}{3}=-\frac{2}{3} \end{aligned}$

Solution 2:

We can write $x$ in terms of $y$ over $C$ in two pieces:

Let $C_1$ be the quarter-circle $x=1-\sqrt{1-y^2}$ as $y$ goes from 0 to 1, and
Let $C_2$ be the quarter-circle $x=1+\sqrt{1-y^2}$ as $y$ goes from 1 to 0.

Then:

$\begin{aligned} \int_C xy\mathrm{d}y &=\int_{C_1} xy\mathrm{d}y+\int_{c_2}xy\mathrm{d}y\\ &=\int_0^1\left(1-\sqrt{1-y^2}\right)y\,\mathrm{d}y+\int_1^0\left(1+\sqrt{1-y^2}\right)y\,\mathrm{d}y\\ &=\int_0^1 y\,\mathrm{d}y-\int_0^1y\sqrt{1-y^2}\,\mathrm{d}y+\int_1^0y\,\mathrm{d}y+\int_1^0 y\sqrt{1-y^2}\,\mathrm{d}y\\ &=-2\int_0^1 y\sqrt{1-y^2}\,\mathrm{d}y \\ \text{Using the substitution $u=1-y^2$, $\mathrm{d}u=-2y\,\mathrm{d}y$:} \\ &=\int_1^0u^{1/2}\mathrm{d}u=-\frac23 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.4절 · 17번

# 선적분계산보통자동 분류

22.CLP-4 · 2.4절 · 17번대학 수준우리말 번역

다음 선적분이 경로에 무관함을 보이고, 그 적분의 값을 구하세요.

$\begin{aligned} \int_C (ye^x + \sin y)\,\mathrm{d}x + (e^x + \sin y + x \cos y)\,\mathrm{d}y \end{aligned}$

여기서 $C$ 는 $(1, 0)$ 에서 $(0, \pi/2)$ 까지의 임의의 경로이다.

영어 원문 보기

Show that the following line integral is independent of path and evaluate the integral.

$\begin{aligned} \int_C (ye^x + \sin y)\,\mathrm{d}x + (e^x + \sin y + x \cos y)\,\mathrm{d}y \end{aligned}$

where $C$ is any path from $(1, 0)$ to $(0, \pi/2)$ .

정답·풀이 보기

이 선적분은 $\int_C \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}$ 이고 $\mathbf{F} = (ye^x + \sin y)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (e^x + \sin y + x \cos y)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 이다. 이 적분이 경로에 무관함을 보여야 한다. 이는 $\mathbf{F}$ 가 보존장인 것과 필요충분조건이다. 그러므로 $\mathbf{F}$ 의 퍼텐셜 $\varphi$ 를 찾아보자. 즉, 다음을 만족하는 함수 $\varphi$ 를 찾아보자.

$\begin{aligned} \frac{\partial \varphi}{\partial x}(x,y) &= ye^x + \sin y \\ \frac{\partial \varphi}{\partial y}(x,y) &= e^x + \sin y + x \cos y \end{aligned}$

이 중 첫째 식을 적분하면 다음을 얻는다.

$\varphi(x,y) = ye^x + x\sin y + f(y)$

이것을 둘째 식에 대입하면 다음을 얻는다.

$e^x + x\cos y + f'(y) = e^x + \sin y + x \cos y\qquad\text{또는}\quad f'(y) = \sin y$

이를 적분하면 다음과 같다.

$f(y) = -\cos y + C$

따라서 $\mathbf{F}$ 는 실제로 보존장이며, 퍼텐셜 중 하나는 $\varphi(x,y) = ye^x + x\sin y -\cos y$ 이고 선적분은 다음과 같다.

$\begin{aligned} \int_C (ye^x + \sin y)\,\mathrm{d}x + (e^x + \sin y + x \cos y)\,\mathrm{d}y &=\int_C \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} =\varphi(x,y)\Big|^{(0,\pi/2)}_{(1,0)} \\ &=\Big[ye^x + x\sin y -\cos y\Big]^{(0,\pi/2)}_{(1,0)} \\ &=1+\frac{\pi}{2} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

The line integral is $\int_C \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}$ with $\mathbf{F} = (ye^x + \sin y)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (e^x + \sin y + x \cos y)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ . We are to show that it is independent of path. That is the case if and only if $\mathbf{F}$ is conservative. So let's look for a potential $\varphi$ for $\mathbf{F}$ . That is, let's look for a function $\varphi$ that obeys

$\begin{aligned} \frac{\partial \varphi}{\partial x}(x,y) &= ye^x + \sin y \\ \frac{\partial \varphi}{\partial y}(x,y) &= e^x + \sin y + x \cos y \end{aligned}$

Integrating the first of these equations gives

$\varphi(x,y) = ye^x + x\sin y + f(y)$

Substituting this into the second equation gives

$e^x + x\cos y + f'(y) = e^x + \sin y + x \cos y\qquad\text{or}\quad f'(y) = \sin y$

which integrates to

$f(y) = -\cos y + C$

So $\mathbf{F}$ is indeed conservative with one potential being $\varphi(x,y) = ye^x + x\sin y -\cos y$ and the line integral is

$\begin{aligned} \int_C (ye^x + \sin y)\,\mathrm{d}x + (e^x + \sin y + x \cos y)\,\mathrm{d}y &=\int_C \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} =\varphi(x,y)\Big|^{(0,\pi/2)}_{(1,0)} \\ &=\Big[ye^x + x\sin y -\cos y\Big]^{(0,\pi/2)}_{(1,0)} \\ &=1+\frac{\pi}{2} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 6장 복습 · 17번

# 선적분증명·논술보통자동 분류

23.CLP-4 · 2.4절 · 18번대학 수준우리말 번역

적분

$\begin{aligned} \int_C xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z \end{aligned}$

의 값을 구하세요. 단, $C$ 는 꼭짓점이 $(1, 0, 0)$ , $(0, 1, 0)$ , $(0, 0, 1)$ 인 삼각형의 둘레이고, 점 $(1, 1, 1)$ 에서 볼 때 시계 방향으로 향하는 곡선이다.

영어 원문 보기

Evaluate the integral

$\begin{aligned} \int_C xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z \end{aligned}$

around the triangle with vertices $(1, 0, 0)$ , $(0, 1, 0)$ , and $(0, 0, 1)$ , oriented clockwise as seen from the point $(1, 1, 1)$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

다음은 $C$ 의 개략적인 그림이다.

다음에 주목한다.

$(1, 0, 0)$ 에서 $(0,0,1)$ 까지의 선분 위에서 $y=0$ 이므로 적분은 그 선분 위에서 $\int zx \,\mathrm{d}z$ 로 간단해진다.
$(0,0,1)$ 에서 $(0, 1, 0)$ 까지의 선분 위에서 $x=0$ 이므로 적분은 그 선분 위에서 $\int yz \,\mathrm{d}y$ 로 간단해진다.
$(0, 1, 0)$ 에서 $(1, 0, 0)$ 까지의 선분 위에서 $z=0$ 이므로 적분은 그 선분 위에서 $\int xy \,\mathrm{d}x$ 로 간단해진다.

따라서 적분을 직접 계산할 수 있어 보인다. 위의 그림과 같이 삼각형의 변을 $C_1$ , $C_2$ , $C_3$ 이라 하자.

$C_1$ 을 $\mathbf{r}(t) = (1,0,0) + t[(0,0,1)-(1,0,0)] = (1-t\,,\,0\,,\,t)$ , $0\le t\le 1$ 로 매개화한다. 그러므로

$\begin{aligned} \int_{C_1} xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z &= \int_{C_1} zx \,\mathrm{d}z =\int_0^1 \overbrace{(1-t)}^{x} \overbrace{(t)}^{z} \overbrace{(1)}^{z'(t)}\,\mathrm{d}t =\int_0^1 (t-t^2)\,\mathrm{d}t \\ &=\frac{1}{2}-\frac{1}{3} =\frac{1}{6} \end{aligned}$

$C_2$ 를 $\mathbf{r}(t) = (0,0,1) + t[(0,1,0)-(0,0,1)] = (0\,,\,t\,,\,1-t)$ , $0\le t\le 1$ 로 매개화한다. 그러므로

$\begin{aligned} \int_{C_2} xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z &= \int_{C_2} yz \,\mathrm{d}y =\int_0^1 \overbrace{(t)}^{y} \overbrace{(1-t)}^{z} \overbrace{(1)}^{y'(t)}\,\mathrm{d}t =\int_0^1 (t-t^2)\,\mathrm{d}t \\ &=\frac{1}{2}-\frac{1}{3} =\frac{1}{6} \end{aligned}$

$C_3$ 을 $\mathbf{r}(t) = (0,1,0) + t[(1,0,0)-(0,1,0)] = (t\,,\,1-t\,,\,0)$ , $0\le t\le 1$ 로 매개화한다. 그러므로

$\begin{aligned} \int_{C_3} xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z &= \int_{C_3} xy \,\mathrm{d}x =\int_0^1 \overbrace{(t)}^{x} \overbrace{(1-t)}^{y} \overbrace{(1)}^{x'(t)}\,\mathrm{d}t =\int_0^1 (t-t^2)\,\mathrm{d}t \\ &=\frac{1}{2}-\frac{1}{3} =\frac{1}{6} \end{aligned}$

모두 합하면

$\begin{aligned} \int_{C} xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z &=\sum_{\ell=1}^3\int_{C_\ell} xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z =3\times\frac{1}{6}=\frac{1}{2} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

Here is a sketch of $C$ .

Note that

$y=0$ on the line segment from $(1, 0, 0)$ to $(0,0,1)$ so that the integral reduces to $\int zx \,\mathrm{d}z$ on that line segment and
$x=0$ on the line segment from $(0,0,1)$ to $(0, 1, 0)$ so that the integral reduces to $\int yz \,\mathrm{d}y$ on that line segment and
$z=0$ on the line segment from $(0, 1, 0)$ to $(1, 0, 0)$ so that the integral reduces to $\int xy \,\mathrm{d}x$ on that line segment.

So it looks feasible to evaluate the integral directly. Label the sides of the triangle $C_1$ , $C_2$ and $C_3$ as in the sketch above.

We parametrize $C_1$ by $\mathbf{r}(t) = (1,0,0) + t[(0,0,1)-(1,0,0)] = (1-t\,,\,0\,,\,t)$ , $0\le t\le 1$ . So

$\begin{aligned} \int_{C_1} xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z &= \int_{C_1} zx \,\mathrm{d}z =\int_0^1 \overbrace{(1-t)}^{x} \overbrace{(t)}^{z} \overbrace{(1)}^{z'(t)}\,\mathrm{d}t =\int_0^1 (t-t^2)\,\mathrm{d}t \\ &=\frac{1}{2}-\frac{1}{3} =\frac{1}{6} \end{aligned}$

We parametrize $C_2$ by $\mathbf{r}(t) = (0,0,1) + t[(0,1,0)-(0,0,1)] = (0\,,\,t\,,\,1-t)$ , $0\le t\le 1$ . So

$\begin{aligned} \int_{C_2} xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z &= \int_{C_2} yz \,\mathrm{d}y =\int_0^1 \overbrace{(t)}^{y} \overbrace{(1-t)}^{z} \overbrace{(1)}^{y'(t)}\,\mathrm{d}t =\int_0^1 (t-t^2)\,\mathrm{d}t \\ &=\frac{1}{2}-\frac{1}{3} =\frac{1}{6} \end{aligned}$

We parametrize $C_3$ by $\mathbf{r}(t) = (0,1,0) + t[(1,0,0)-(0,1,0)] = (t\,,\,1-t\,,\,0)$ , $0\le t\le 1$ . So

$\begin{aligned} \int_{C_3} xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z &= \int_{C_3} xy \,\mathrm{d}x =\int_0^1 \overbrace{(t)}^{x} \overbrace{(1-t)}^{y} \overbrace{(1)}^{x'(t)}\,\mathrm{d}t =\int_0^1 (t-t^2)\,\mathrm{d}t \\ &=\frac{1}{2}-\frac{1}{3} =\frac{1}{6} \end{aligned}$

All together

$\begin{aligned} \int_{C} xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z &=\sum_{\ell=1}^3\int_{C_\ell} xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z =3\times\frac{1}{6}=\frac{1}{2} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.4절 · 19번

# 선적분계산보통자동 분류

24.CLP-4 · 2.4절 · 19번대학 수준우리말 번역

선적분 $\int_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}$ 의 값을 구하세요. 여기서 $\mathbf{F}$ 는 보존 벡터장

$\mathbf{F} (x, y, z) = \big(y + ze^x , x + e^y \sin z, z + e^x + e^y \cos z\big)$

이고 $C$ 는 다음 매개변수 표현으로 주어진 곡선이다.

$\mathbf{r}(t) = (t, e^t , \sin t),\qquad \text{$t$ 는 $0$ 에서 $\pi$ 까지} .$

영어 원문 보기

Evaluate the line integral $\int_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}$ , where $\mathbf{F}$ is the conservative vector field

$\mathbf{F} (x, y, z) = \big(y + ze^x , x + e^y \sin z, z + e^x + e^y \cos z\big)$

and $C$ is the curve given by the parametrization

$\mathbf{r}(t) = (t, e^t , \sin t),\qquad \text{$t$ from $0$ to $\pi$} .$

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

$\mathbf{F}$ 가 보존적이라고 주어져 있다. ${ \boldsymbol{\nabla} }\varphi = \mathbf{F}$ 를 만족하는 퍼텐셜 $\varphi$ 를 찾자. 즉,

$\begin{aligned} \frac{\partial\varphi}{\partial x} &= y + ze^x \\ \frac{\partial\varphi}{\partial y} &= x + e^y \sin z \\ \frac{\partial\varphi}{\partial z} &= z + e^x + e^y \cos z \end{aligned}$

첫째 식으로부터 $\varphi(x,y,z) = xy +ze^x +\psi(y,z)$ 이다. 이를 둘째 식에 대입하면 $x+\frac{\partial\psi}{\partial y}(y,z) = x + e^y \sin z$ 즉 $\frac{\partial\psi}{\partial y}(y,z) = e^y \sin z$ 이므로 $\psi(y,z) = e^y\sin z +\zeta(z)$ 이다. 따라서 지금까지 $\varphi(x,y,z) = xy +ze^x +e^y\sin z +\zeta(z)$ 를 얻었다. 이를 셋째 식에 대입하면 $e^x +e^y\cos z +\zeta'(z) = z + e^x + e^y \cos z$ 즉 $\zeta'(z) = z$ 이므로 어떤 상수 $C$ 에 대해 $\zeta(z) = \frac{z^2}{2}+C$ 이고, 여기서 $C$ 는 0으로 택한다. 따라서 퍼텐셜은

$\varphi(x,y,z) = xy +ze^x +e^y\sin z +\frac{z^2}{2}$

이다. 그러므로 선적분은

$\int_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\varphi\big(\mathbf{r}(\pi)\big) -\varphi\big(\mathbf{r}(0)\big) =\varphi\big(\pi,e^\pi,0\big) -\varphi\big(0,1,0\big) =\pi e^\pi$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

We are told that $\mathbf{F}$ is conservative. Let's find a potential $\varphi$ obeying ${ \boldsymbol{\nabla} }\varphi = \mathbf{F}$ . That is,

$\begin{aligned} \frac{\partial\varphi}{\partial x} &= y + ze^x \\ \frac{\partial\varphi}{\partial y} &= x + e^y \sin z \\ \frac{\partial\varphi}{\partial z} &= z + e^x + e^y \cos z \end{aligned}$

The first equation forces $\varphi(x,y,z) = xy +ze^x +\psi(y,z)$ . Substituting this into the second equation gives $x+\frac{\partial\psi}{\partial y}(y,z) = x + e^y \sin z$ or $\frac{\partial\psi}{\partial y}(y,z) = e^y \sin z$ which forces $\psi(y,z) = e^y\sin z +\zeta(z)$ . So far, we have $\varphi(x,y,z) = xy +ze^x +e^y\sin z +\zeta(z)$ . Substituting this into the third equation gives $e^x +e^y\cos z +\zeta'(z) = z + e^x + e^y \cos z$ or $\zeta'(z) = z$ which forces $\zeta(z) = \frac{z^2}{2}+C$ , for some constant $C$ , which we take to be zero. So our potential is

$\varphi(x,y,z) = xy +ze^x +e^y\sin z +\frac{z^2}{2}$

So the line integral

$\int_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\varphi\big(\mathbf{r}(\pi)\big) -\varphi\big(\mathbf{r}(0)\big) =\varphi\big(\pi,e^\pi,0\big) -\varphi\big(0,1,0\big) =\pi e^\pi$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.4절 · 10번

# 선적분계산보통자동 분류

25.CLP-4 · 2.4절 · 23번대학 수준우리말 번역

한 물리학자가 벡터장 $\mathbf{F}$ 를 연구하고 있다. 실험으로부터 $\mathbf{F}$ 는 다음 꼴임이 알려져 있다.

$\mathbf{F} = (x - a)ye^x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (xe^x + z^3 )\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + byz^2\,\hat{\mathbf{k}}$

여기서 $a$ 와 $b$ 는 어떤 실수이다. 이론적 고찰로부터 $\mathbf{F}$ 가 보존적임이 알려져 있다.

(a) $a$ 와 $b$ 를 구하세요. (b) ${ \boldsymbol{\nabla} } f = \mathbf{F}$ 를 만족시키는 퍼텐셜 $f(x,y,z)$ 를 구하세요. (c) $C$ 가 다음과 같이 정의된 곡선일 때, 선적분 $\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}$ 의 값을 구하세요.

$\mathbf{r}(t) = \big(t\,,\, \cos 2t\,,\, \cos t\big), \qquad 0 \le t \le \pi$ (d) 다음 선적분의 값을 구하세요.

$I = \int_C (x + 1)ye^x \,\mathrm{d}x + (xe^x + z^3 ) \,\mathrm{d}y + 4yz^2 \,\mathrm{d}z,$

여기서 $C$ 는 (c)와 같은 곡선이다. [참고: 마지막 항의 "4"는 오타가 아니다!]

영어 원문 보기

A physicist studies a vector field $\mathbf{F}$ . From experiments, it is known that $\mathbf{F}$ is of the form

$\mathbf{F} = (x - a)ye^x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (xe^x + z^3 )\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + byz^2\,\hat{\mathbf{k}}$

where $a$ and $b$ are some real numbers. From theoretical considerations, it is known that $\mathbf{F}$ is conservative.

(a) Determine $a$ and $b$ . (b) Find a potential $f(x,y,z)$ such that ${ \boldsymbol{\nabla} } f = \mathbf{F}$ . (c) Evaluate the line intgeral $\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}$ where $C$ is the curve defined by

$\mathbf{r}(t) = \big(t\,,\, \cos 2t\,,\, \cos t\big), \qquad 0 \le t \le \pi$ (d) Evaluate the line integral

$I = \int_C (x + 1)ye^x \,\mathrm{d}x + (xe^x + z^3 ) \,\mathrm{d}y + 4yz^2 \,\mathrm{d}z,$

where $C$ is the same curve as in part (c). [Note: the “4” in the last term is not a misprint!].

정답·풀이 보기

(a) $\mathbf{F}$ 가 보존적이려면 다음 판정 조건을 만족해야 한다.

$\begin{aligned} \mathbf{0} = { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F} &=\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} &\hat{\boldsymbol{\jmath}} &\hat{\mathbf{k}} \\ \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\ (x - a)ye^x & xe^x + z^3 & byz^2 \end{matrix} \right] \\ &= \big(bz^2-3z^2)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} -\big(0-0\big)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\big(e^x+xe^x-(x-a)e^x\big)\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

이것이 성립하기 위한 필요충분조건은 $b=3$ 이고 $a=-1$ 인 것이다.

(b) $a=-1$ , $b=3$ 으로 놓는다. $f$ 가 $\mathbf{F}$ 의 퍼텐셜이려면 다음을 만족해야 한다.

$\begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial x}(x,y,z) &= (x + 1)ye^x \\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y,z) &= xe^x + z^3 \\ \frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z) &= 3yz^2 \end{aligned}$

이 중 두 번째 식을 적분하면 다음을 얻는다.

$f(x,y,z) = xye^x + yz^3 +g(x,z)$

이것을 마지막 식에 대입하면 다음과 같다.

$3yz^2+\frac{\partial g}{\partial z}(x,z) = 3yz^2\qquad\text{또는}\qquad \frac{\partial g}{\partial z}(x,z)=0$

따라서 다음이 성립한다.

$g(x,z) = h(x)$

마지막으로 $f(x,y,z) = xye^x + yz^3 + h(x)$ 를 첫 번째 식에 대입하면 다음과 같다.

$xye^x + ye^x + h'(x) =(x + 1)ye^x \quad\text{또는}\quad h'(x) = 0$

따라서 $h(x) = C$ 이고, $f(x,y,z) = xye^x + yz^3 + C$ 는 임의의 상수 $C$ 에 대해 퍼텐셜이 된다.

(c) $\mathbf{F}={ \boldsymbol{\nabla} } f$ 이므로

$\begin{aligned} \int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} &=\int_C{ \boldsymbol{\nabla} } f\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} =f\big(\mathbf{r}(\pi)) - f(\big(\mathbf{r}(0)\big) =f(\pi,1,-1)-f(0,1,1) \\ &=\big[\pi e^\pi -1 \big]-\big[ 1\big] =\pi e^\pi-2 \end{aligned}$

이다.

(d) 다음이 성립하므로

$\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} =\int_C (x + 1)ye^x \,\mathrm{d}x + (xe^x + z^3 ) \,\mathrm{d}y + 3yz^2 \,\mathrm{d}z$

다음을 얻는다.

$\begin{aligned} I &= \int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} + \int_C yz^2\mathrm{d}z \\ &= \pi e^\pi-2 +\int_0^\pi \overbrace{(\cos 2t)}^{y} \overbrace{\cos^2 t}^{z^2} \overbrace{(-\sin t)\,\mathrm{d}t}^{\mathrm{d}z} \\ &= \pi e^\pi-2 +\int_0^\pi (2\cos^2t-1) \cos^2 t (-\sin t)\,\mathrm{d}t \\ &= \pi e^\pi-2 +\int_1^{-1} (2u^2-1)u^2\,\mathrm{d}u \qquad\text{여기서 } u=\cos t,\ \mathrm{d}u=-\sin t\,\mathrm{d}t \\ &= \pi e^\pi-2 +\Big[\frac{2u^5}{5} -\frac{u^3}{3}\Big]_{1}^{-1}\\ &= \pi e^\pi-2 +\Big[-\frac{4}{5} +\frac{2}{3}\Big] \\ &= \pi e^\pi -\frac{32}{15} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

(a) For $\mathbf{F}$ to be conservative, it must pass the screening test

$\begin{aligned} \mathbf{0} = { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F} &=\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} &\hat{\boldsymbol{\jmath}} &\hat{\mathbf{k}} \\ \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\ (x - a)ye^x & xe^x + z^3 & byz^2 \end{matrix} \right] \\ &= \big(bz^2-3z^2)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} -\big(0-0\big)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\big(e^x+xe^x-(x-a)e^x\big)\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

This is the case if and only if $b=3$ and $a=-1$

(b) Set $a=-1$ and $b=3$ . For $f$ to be a potential for $\mathbf{F}$ , it must obey

$\begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial x}(x,y,z) &= (x + 1)ye^x \\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y,z) &= xe^x + z^3 \\ \frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z) &= 3yz^2 \end{aligned}$

Integrating the second of these equations gives

$f(x,y,z) = xye^x + yz^3 +g(x,z)$

Substituting this into the last equation gives

$3yz^2+\frac{\partial g}{\partial z}(x,z) = 3yz^2\qquad\text{or}\qquad \frac{\partial g}{\partial z}(x,z)=0$

which forces

$g(x,z) = h(x)$

Finally, substituting $f(x,y,z) = xye^x + yz^3 + h(x)$ into the first equation gives

$xye^x + ye^x + h'(x) =(x + 1)ye^x \quad\text{or}\quad h'(x) = 0$

So $h(x) = C$ and hence $f(x,y,z) = xye^x + yz^3 + C$ works for any constant $C$ .

(c) Since $\mathbf{F}={ \boldsymbol{\nabla} } f$ ,

$\begin{aligned} \int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} &=\int_C{ \boldsymbol{\nabla} } f\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} =f\big(\mathbf{r}(\pi)) - f(\big(\mathbf{r}(0)\big) =f(\pi,1,-1)-f(0,1,1) \\ &=\big[\pi e^\pi -1 \big]-\big[ 1\big] =\pi e^\pi-2 \end{aligned}$

(d) Since

$\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} =\int_C (x + 1)ye^x \,\mathrm{d}x + (xe^x + z^3 ) \,\mathrm{d}y + 3yz^2 \,\mathrm{d}z$

we have

$\begin{aligned} I &= \int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} + \int_C yz^2\mathrm{d}z \\ &= \pi e^\pi-2 +\int_0^\pi \overbrace{(\cos 2t)}^{y} \overbrace{\cos^2 t}^{z^2} \overbrace{(-\sin t)\,\mathrm{d}t}^{\mathrm{d}z} \\ &= \pi e^\pi-2 +\int_0^\pi (2\cos^2t-1) \cos^2 t (-\sin t)\,\mathrm{d}t \\ &= \pi e^\pi-2 +\int_1^{-1} (2u^2-1)u^2\,\mathrm{d}u \qquad\text{with } u=\cos t,\ \mathrm{d}u=-\sin t\,\mathrm{d}t \\ &= \pi e^\pi-2 +\Big[\frac{2u^5}{5} -\frac{u^3}{3}\Big]_{1}^{-1}\\ &= \pi e^\pi-2 +\Big[-\frac{4}{5} +\frac{2}{3}\Big] \\ &= \pi e^\pi -\frac{32}{15} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.4절 · 9번

# 선적분계산보통자동 분류

26.CLP-4 · 3.1절 · 3번대학 수준우리말 번역

$S$ 를 쌍곡면 $x^2 + y^2 - 2z^2 = 1$ 의 일부로서 원기둥 $x^2 + y^2 = 9$ 의 내부에 있고 평면 $z = 1$ 의 위쪽에 있는 부분이라고 하자 (즉, $z \ge 1$ 인 부분).

다음 중 $S$ 의 매개변수화인 것을 모두 고르세요.

(a) 벡터함수

$\mathbf{r}(u,v) = u\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + v\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\frac{\sqrt{u^2+v^2-1}}{\sqrt{2}}\,\hat{\mathbf{k}}$

이고 정의역은 $D=\big\{ \ (u,v)\ \big|\ 2 \le u^2+v^2 \le 9\ \big\}$ 이다. (b) 벡터함수

$\mathbf{r}(u,v) = u\sin v\,\hat{\boldsymbol{\imath}} - u\cos v\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\sqrt{\frac{u^2}{2}-\frac{1}{2}}\,\hat{\mathbf{k}}$

이고 정의역은 $D=\big\{ \ (u,v)\ \big|\ \sqrt{3} \le u\le 3,\ 0\le v\le 2\pi\ \big\}$ 이다. (c) 벡터함수

$\mathbf{r}(u,v) = \sqrt{1+2v^2}\cos u\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + \sqrt{1+2v^2} \sin u\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +v\,\hat{\mathbf{k}}$

이고 정의역은 $D=\big\{ \ (u,v)\ \big|\ 0\le u\le 2\pi,\ 1\le v\le 2\ \big\}$ 이다. (d) 벡터함수

$\mathbf{r}(u,v) = \sqrt{1+u}\sin v\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + \sqrt{1+u} \cos v\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\sqrt{\frac{u}{2}}\,\hat{\mathbf{k}}$

이고 정의역은 $D=\big\{ \ (u,v)\ \big|\ 2\le u\le 8,\ 0\le v\le 2\pi\ \big\}$ 이다. (e) 벡터함수

$\mathbf{r}(u,v) = \sqrt{u}\cos v\,\hat{\boldsymbol{\imath}} - \sqrt{u} \sin v\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\frac{\sqrt{u+1}}{\sqrt{2}}\,\hat{\mathbf{k}}$

이고 정의역은 $D=\big\{ \ (u,v)\ \big|\ 3\le u\le 9,\ 0\le v\le 2\pi\ \big\}$ 이다.

영어 원문 보기

Suppose $S$ is the part of the hyperboloid $x^2 + y^2 - 2z^2 = 1$ that lies inside the cylinder $x^2 + y^2 = 9$ and above the plane $z = 1$ (i.e. for which $z \ge 1$ ).

Which of the following are parameterizations of $S$ ?

(a) The vector function

$\mathbf{r}(u,v) = u\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + v\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\frac{\sqrt{u^2+v^2-1}}{\sqrt{2}}\,\hat{\mathbf{k}}$

with domain $D=\big\{ \ (u,v)\ \big|\ 2 \le u^2+v^2 \le 9\ \big\}$ . (b) The vector function

$\mathbf{r}(u,v) = u\sin v\,\hat{\boldsymbol{\imath}} - u\cos v\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\sqrt{\frac{u^2}{2}-\frac{1}{2}}\,\hat{\mathbf{k}}$

with domain $D=\big\{ \ (u,v)\ \big|\ \sqrt{3} \le u\le 3,\ 0\le v\le 2\pi\ \big\}$ . (c) The vector function

$\mathbf{r}(u,v) = \sqrt{1+2v^2}\cos u\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + \sqrt{1+2v^2} \sin u\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +v\,\hat{\mathbf{k}}$

with domain $D=\big\{ \ (u,v)\ \big|\ 0\le u\le 2\pi,\ 1\le v\le 2\ \big\}$ . (d) The vector function

$\mathbf{r}(u,v) = \sqrt{1+u}\sin v\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + \sqrt{1+u} \cos v\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\sqrt{\frac{u}{2}}\,\hat{\mathbf{k}}$

with domain $D=\big\{ \ (u,v)\ \big|\ 2\le u\le 8,\ 0\le v\le 2\pi\ \big\}$ . (e) The vector function

$\mathbf{r}(u,v) = \sqrt{u}\cos v\,\hat{\boldsymbol{\imath}} - \sqrt{u} \sin v\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\frac{\sqrt{u+1}}{\sqrt{2}}\,\hat{\mathbf{k}}$

with domain $D=\big\{ \ (u,v)\ \big|\ 3\le u\le 9,\ 0\le v\le 2\pi\ \big\}$ .

답 쓰고 채점

(a)

(b)

(c)

(d)

(e)

정답·풀이 보기

$S$ 위에서 $x^2+y^2=1+2z^2$ 이므로, 조건 $z\ge 1$ 은 $x^2+y^2\ge 3$ , $z\ge 0$ 과 같다. 따라서 이 쌍곡면은 $\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2=1+2z^2,\ 3\le x^2+y^2\le 9, z\ge 0\ \big\}$ 이다.

(a) 아니요. 이 매개변수화에서 조건 $3\le x^2+y^2\le 9$ 는 $3\le u^2+v^2\le 9$ 가 되므로, $2\le u^2+v^2\le 9$ 가 아니다.

(b) 예. 이 매개변수화에서 $x=u\sin v$ , $y=-u\cos v$ , $z=\sqrt{\frac{u^2}{2}-\frac{1}{2}}$ 이다. 따라서

$x^2+y^2-2z^2 = u^2-2\left(\frac{u^2}{2}-\frac{1}{2}\right) = 1$ 이므로 바라던 식이 성립한다.
$u\ge 0$ 이므로 조건 $x^2+y^2\le 9$ 는 $u\le 3$ 과 같다.
$u\ge 0$ 이므로 조건 $x^2+y^2\ge 3$ 은 $u\ge\sqrt{3}$ 과 같다.
$z=\sqrt{\frac{u^2}{2}-\frac{1}{2}}\ge 0$

(c) 예. 이 매개변수화에서 $x=\sqrt{1+2v^2}\cos u$ , $y=\sqrt{1+2v^2}\sin u$ , $z=v$ 이다. 따라서

$x^2+y^2-2z^2 = 1+2v^2 -2v^2 = 1$ 이므로 원하는 대로 된다.
조건 $x^2+y^2\le 9$ 는 $1+2v^2\le 9$ 와 같고, $v\ge 0$ 이므로 이는 $v\le 2$ 와 같다.
조건 $x^2+y^2\ge 3$ 은 $1+2v^2\ge 3$ 과 같고, $v\ge 0$ 이므로 이는 $v\ge 1$ 과 같다.
$z=v\ge 0$

(d) 예. 이 매개변수화에서 $x=\sqrt{1+u}\sin v$ , $y=\sqrt{1+u}\cos v$ , $z=\sqrt{u/2}$ 이다. 따라서

$x^2+y^2-2z^2 = 1+u -2(u/2) = 1$ 이므로 원하는 대로 된다.
조건 $x^2+y^2\le 9$ 는 $1+u\le 9$ 와 같고, 이는 $u\le 8$ 과 같다.
조건 $x^2+y^2\ge 3$ 은 $1+u\ge 3$ 과 같고, 이는 $u\ge 2$ 와 같다.
$z=\sqrt{u/2}\ge 0$

(e) 아니요. 이 매개변수화에서 $x=\sqrt{u}\cos v$ , $y=-\sqrt{u}\sin v$ , $z=\sqrt{(u+1)/2}$ 이다. 따라서

$x^2+y^2-2z^2 = u -2(u+1)/2 = -1$ 이며, $+1$ 이 아니다.

원본 교재 풀이(영어)

Note that, since $x^2+y^2=1+2z^2$ on $S$ , the condition $z\ge 1$ is equivalent to $x^2+y^2\ge 3$ , $z\ge 0$ . So the hyperboloid is $\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2=1+2z^2,\ 3\le x^2+y^2\le 9, z\ge 0\ \big\}$ .

(a) No. Under this parametrization, the condition $3\le x^2+y^2\le 9$ is $3\le u^2+v^2\le 9$ , not $2\le u^2+v^2\le 9$ .

(b) Yes. Under this parametrization, $x=u\sin v$ , $y=-u\cos v$ and $z=\sqrt{\frac{u^2}{2}-\frac{1}{2}}$ . So

$x^2+y^2-2z^2 = u^2-2\left(\frac{u^2}{2}-\frac{1}{2}\right) = 1$ , as desired.
The condition $x^2+y^2\le 9$ is equivalent to $u\le 3$ , since $u\ge 0$ .
The condition $x^2+y^2\ge 3$ is equivalent to $u\ge\sqrt{3}$ , since $u\ge 0$ .
$z=\sqrt{\frac{u^2}{2}-\frac{1}{2}}\ge 0$

(c) Yes. Under this parametrization, $x=\sqrt{1+2v^2}\cos u$ , $y=\sqrt{1+2v^2}\sin u$ and $z=v$ . So

$x^2+y^2-2z^2 = 1+2v^2 -2v^2 = 1$ , as desired.
The condition $x^2+y^2\le 9$ is equivalent to $1+2v^2\le 9$ , which is equivalent to $v\le 2$ , since $v\ge 0$ .
The condition $x^2+y^2\ge 3$ is equivalent to $1+2v^2\ge 3$ , which is equivalent to $v\ge 1$ , since $v\ge 0$ .
$z=v\ge 0$

(d) Yes. Under this parametrization, $x=\sqrt{1+u}\sin v$ , $y=\sqrt{1+u}\cos v$ and $z=\sqrt{u/2}$ . So

$x^2+y^2-2z^2 = 1+u -2(u/2) = 1$ , as desired.
The condition $x^2+y^2\le 9$ is equivalent to $1+u\le 9$ , which is equivalent to $u\le 8$ .
The condition $x^2+y^2\ge 3$ is equivalent to $1+u\ge 3$ , which is equivalent to $u\ge 2$ .
$z=\sqrt{u/2}\ge 0$

(e) No. Under this parametrization, $x=\sqrt{u}\cos v$ , $y=-\sqrt{u}\sin v$ and $z=\sqrt{(u+1)/2}$ . So

$x^2+y^2-2z^2 = u -2(u+1)/2 = -1$ , not $+1$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 3.1절 · 2번

# 매개변수 곡면계산보통자동 분류

27.CLP-4 · 3.1절 · 4번대학 수준우리말 번역

곡면 $S$ 가 구면 $x^2 + y^2 + z^2 = 2$ 의 일부로서 원기둥 $x^2 + y^2 = 1$ 의 안쪽에 있고 $z \ge 0$ 인 부분이라고 하자. 다음 중 $S$ 의 매개변수화인 것을 모두 고르세요.

(a) $\mathbf{r}(\phi,\theta) = 2\sin \phi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +2\cos \phi\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +2\sin \phi\sin\theta\,\hat{\mathbf{k}}$

$0\le\phi\le\frac{\pi}{4}$ , $0\le\theta\le2\pi$ (b) $\mathbf{r}(x,y) = x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} -y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\sqrt{2-x^2-y^2}\,\hat{\mathbf{k}}$

$x^2+y^2\le 1$ (c) $\mathbf{r}(u,\theta) = u\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +u\cos \theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\sqrt{2-u^2}\,\hat{\mathbf{k}}$

$0\le u\le 2$ , $0\le\theta\le2\pi$ (d) $\mathbf{r}(\phi,\theta) = \sqrt{2}\sin \phi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +\sqrt{2}\sin \phi\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\sqrt{2}\cos \phi\,\hat{\mathbf{k}}$

$0\le\phi\le\frac{\pi}{4}$ , $0\le\theta\le2\pi$ (e) $\mathbf{r}(\phi,z) = -\sqrt{2-z^2}\sin \phi\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +\sqrt{2-z^2}\cos \phi\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +z\,\hat{\mathbf{k}}$

$0\le\phi\le2\pi$ , $1\le z\le\sqrt{2}$

영어 원문 보기

Suppose the surface $S$ is the part of the sphere $x^2 + y^2 + z^2 = 2$ that lies inside the cylinder $x^2 + y^2 = 1$ and for which $z \ge 0$ . Which of the following are parameterizations of $S$ ?

(a) $\mathbf{r}(\phi,\theta) = 2\sin \phi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +2\cos \phi\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +2\sin \phi\sin\theta\,\hat{\mathbf{k}}$

$0\le\phi\le\frac{\pi}{4}$ , $0\le\theta\le2\pi$ (b) $\mathbf{r}(x,y) = x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} -y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\sqrt{2-x^2-y^2}\,\hat{\mathbf{k}}$

$x^2+y^2\le 1$ (c) $\mathbf{r}(u,\theta) = u\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +u\cos \theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\sqrt{2-u^2}\,\hat{\mathbf{k}}$

$0\le u\le 2$ , $0\le\theta\le2\pi$ (d) $\mathbf{r}(\phi,\theta) = \sqrt{2}\sin \phi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +\sqrt{2}\sin \phi\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\sqrt{2}\cos \phi\,\hat{\mathbf{k}}$

$0\le\phi\le\frac{\pi}{4}$ , $0\le\theta\le2\pi$ (e) $\mathbf{r}(\phi,z) = -\sqrt{2-z^2}\sin \phi\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +\sqrt{2-z^2}\cos \phi\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +z\,\hat{\mathbf{k}}$

$0\le\phi\le2\pi$ , $1\le z\le\sqrt{2}$

답 쓰고 채점

(a)

(b)

(c)

(d)

(e)

정답·풀이 보기

(a) 아니요. $0 <\phi\le\frac{\pi}{4}$ , $\pi < \theta <2\pi$ 일 때 $z=\sin\phi\sin \theta$ 는 음수이다.

(b) 예. $x^2+\big(-y\big)^2+\big(\sqrt{2-x^2-y^2}\big)^2=2$ 이고, $x^2+y^2\le 1$ 일 때 $x^2+(-y)^2\le 1$ 과 $\sqrt{2-x^2-y^2}\ge 0$ 이 모두 성립함에 주목한다.

(c) 아니요. $1<u\le 2$ 일 때 $(u\sin\theta)^2+(u\cos\theta)^2=u^2>1$ 이다. 또한 $\sqrt{2}<u\le 2$ 일 때 $\sqrt{2-u^2}$ 는 정의되지 않는다.

(d) 예. 다음에 주목한다.

$\big(\sqrt{2}\sin \phi\cos\theta\big)^2 +\big(\sqrt{2}\sin \phi\sin\theta\big)^2 +\big(\sqrt{2}\cos \phi\big)^2=2$
$0\le\phi\le\frac{\pi}{4}$ 일 때 $z=\sqrt{2}\cos \phi>0$ 이다.
$\phi$ 가 $0$ 에서 $\frac{\pi}{4}$ 까지 변할 때 $r(\phi)=\sqrt{2}\sin\phi$ 는 $0$ 에서 $1$ 까지 변하므로, $\phi$ 가 $0$ 에서 $\frac{\pi}{4}$ 까지, $\theta$ 가 $0$ 에서 $2\pi$ 까지 변할 때 $\big(x=r(\phi)\cos\theta\,,\,y=r(\phi)\sin\theta\big)$ 는 $x^2+y^2\le1$ 전체를 덮는다.

(e) 예. 다음에 주목한다.

$\big(-\sqrt{2-z^2}\sin \phi\big)^2 +\big(\sqrt{2-z^2}\cos \phi\big)^2 +\big(z\big)^2=2$
$1\le z\le\sqrt{2}$ 일 때 당연히 $z>0$ 이다.
$z$ 가 $1$ 에서 $\sqrt{2}$ 까지 변할 때 $r(z)=\sqrt{2-z^2}$ 는 $1$ 에서 $0$ 까지 변하므로, $z$ 가 $1$ 에서 $\sqrt{2}$ 까지, $\phi$ 가 $0$ 에서 $2\pi$ 까지 변할 때 $\big(x=-r(z)\sin\phi\,,\,y=r(z)\cos\phi\big)$ 는 $x^2+y^2\le1$ 전체를 덮는다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) No. $z=\sin\phi\sin \theta$ is negative when $0 <\phi\le\frac{\pi}{4}$ , $\pi < \theta <2\pi$ .

(b) Yes. Note that $x^2+\big(-y\big)^2+\big(\sqrt{2-x^2-y^2}\big)^2=2$ and that, for $x^2+y^2\le 1$ , we have both $x^2+(-y)^2\le 1$ and $\sqrt{2-x^2-y^2}\ge 0$ .

(c) No. $(u\sin\theta)^2+(u\cos\theta)^2=u^2>1$ for $1<u\le 2$ . Also $\sqrt{2-u^2}$ is not defined for $\sqrt{2}<u\le 2$ .

(d) Yes. Note that

$\big(\sqrt{2}\sin \phi\cos\theta\big)^2 +\big(\sqrt{2}\sin \phi\sin\theta\big)^2 +\big(\sqrt{2}\cos \phi\big)^2=2$
For $0\le\phi\le\frac{\pi}{4}$ , we have $z=\sqrt{2}\cos \phi>0$ .
As $\phi$ runs from $0$ to $\frac{\pi}{4}$ , $r(\phi)=\sqrt{2}\sin\phi$ runs from $0$ to $1$ , so that $\big(x=r(\phi)\cos\theta\,,\,y=r(\phi)\sin\theta\big)$ covers all of $x^2+y^2\le1$ as $\phi$ runs from $0$ to $\frac{\pi}{4}$ and $\theta$ runs from $0$ to $2\pi$ .

(e) Yes. Note that

$\big(-\sqrt{2-z^2}\sin \phi\big)^2 +\big(\sqrt{2-z^2}\cos \phi\big)^2 +\big(z\big)^2=2$
For $1\le z\le\sqrt{2}$ , we have obviously have $z>0$ .
As $z$ runs from $1$ to $\sqrt{2}$ , $r(z)=\sqrt{2-z^2}$ runs from $1$ to $0$ , so that $\big(x=-r(z)\sin\phi\,,\,y=r(z)\cos\phi\big)$ covers all of $x^2+y^2\le1$ as $z$ runs from $1$ to $\sqrt{2}$ and $\phi$ runs from $0$ to $2\pi$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 3.2절 · 1번

# 매개변수 곡면계산보통자동 분류

28.CLP-4 · 3.1절 · 5번대학 수준우리말 번역

$S$ 를 포물면 $z + x^2 + y^2 = 4$ 의 일부로서 평면 $z = 0$ 과 $z = 1$ 사이에 놓인 부분이라고 하자. 다음 각각이 곡면 $S$ 를 올바르게 매개화하는지 판단하세요.

(a) $\mathbf{r}(u,v) = u\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + v\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + (4 - u^2 - v^2)\,\hat{\mathbf{k}}$ , $0 \le u^2 + v^2 \le 1$ (b) $\mathbf{r}(u,v) = (\sqrt{4-u}\,\cos v)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (\sqrt{4-u}\, \sin v)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + u\,\hat{\mathbf{k}}$ ,

$0 \le u \le 1$ , $0 \le v \le 2\pi$ (c) $\mathbf{r}(u, v) = (u \cos v)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (u \sin v)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + (4 - u^2 )\,\hat{\mathbf{k}}$ , $\sqrt{3} \le u \le 2$ , $0 \le v \le 2\pi$

영어 원문 보기

Let $S$ be the part of the paraboloid $z + x^2 + y^2 = 4$ lying between the planes $z = 0$ and $z = 1$ . For each of the following, indicate whether or not it correctly parameterizes the surface $S$ .

(a) $\mathbf{r}(u,v) = u\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + v\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + (4 - u^2 - v^2)\,\hat{\mathbf{k}}$ , $0 \le u^2 + v^2 \le 1$ (b) $\mathbf{r}(u,v) = (\sqrt{4-u}\,\cos v)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (\sqrt{4-u}\, \sin v)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + u\,\hat{\mathbf{k}}$ ,

$0 \le u \le 1$ , $0 \le v \le 2\pi$ (c) $\mathbf{r}(u, v) = (u \cos v)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (u \sin v)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + (4 - u^2 )\,\hat{\mathbf{k}}$ , $\sqrt{3} \le u \le 2$ , $0 \le v \le 2\pi$

답 쓰고 채점

(a)

(b)

(c)

정답·풀이 보기

(a) 아니요. $u=v=0$ 일 때 $z=4$ 는 $0$ 과 $1$ 사이에 있지 않다.

(b) 예. $x=\sqrt{4-u}\,\cos v$ , $y=\sqrt{4-u}\,\sin v$ , $z= u$ 이고 $0 \le u \le 1$ , $0 \le v \le 2\pi$ 일 때 다음이 성립한다.

$z+x^2+y^2=4$
$0\le z=u\le 1$
$0$ 과 $1$ 사이의 각각의 고정된 $z=u$ 에 대해, $v$ 가 $0$ 에서 $2\pi$ 까지 변할 때 $(x,y)$ 는 원 $x^2+y^2 =4-z =4-u$ 를 꼭 한 바퀴 돈다.

(c) 예. $x=u\,\cos v$ , $y=u\,\sin v$ , $z= 4-u^2$ 이고 $\sqrt{3} \le u \le 2$ , $0 \le v \le 2\pi$ 일 때 다음이 성립한다.

$z+x^2+y^2=4$
$0\le z=4-u^2\le 1$
$0$ 과 $1$ 사이의 각각의 고정된 $z=4-u^2$ 에 대해, $v$ 가 $0$ 에서 $2\pi$ 까지 변할 때 $(x,y)$ 는 원 $x^2+y^2 =4-z =u^2$ 을 꼭 한 바퀴 돈다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) No. When $u=v=0$ , $z=4$ is not between $0$ and $1$ .

(b) Yes. Note that when $x=\sqrt{4-u}\,\cos v$ , $y=\sqrt{4-u}\,\sin v$ and $z= u$ with $0 \le u \le 1$ , $0 \le v \le 2\pi$ ,

$z+x^2+y^2=4$
$0\le z=u\le 1$
For each fixed $z=u$ between $0$ and $1$ , $(x,y)$ runs once around the circle $x^2+y^2 =4-z =4-u$ as $v$ runs from $0$ to $2\pi$ .

(c) Yes. Note that when $x=u\,\cos v$ , $y=u\,\sin v$ and $z= 4-u^2$ , with $\sqrt{3} \le u \le 2$ , $0 \le v \le 2\pi$

$z+x^2+y^2=4$
$0\le z=4-u^2\le 1$
For each fixed $z=4-u^2$ between $0$ and $1$ , $(x,y)$ runs once around the circle $x^2+y^2 =4-z =u^2$ as $v$ runs from $0$ to $2\pi$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 3.1절 · 4번

# 매개변수 곡면계산보통자동 분류

29.CLP-4 · 3.2절 · 13번대학 수준우리말 번역

곡면 $x^2 + 9y^2 + 4z^2 = 17$ 위의 점 중에서 접평면이 평면 $x - 8z = 0$ 과 평행인 점을 모두 구하세요.

영어 원문 보기

Find all the points on the surface $x^2 + 9y^2 + 4z^2 = 17$ where the tangent plane is parallel to the plane $x - 8z = 0$ .

정답·풀이 보기

곡면 $x^2 + 9y^2 + 4z^2 = 17$ 의 점 $(x,y,z)$ 에서의 법선벡터는 $( 2x\,,\, 18y\,,\,8z)$ 이다. 평면 $x - 8z = 0$ 의 법선벡터는 $( 1\,,\,0\,,\,-8)$ 이다. 따라서 $( 2x\,,\, 18y\,,\,8z)$ 가 $( 1\,,\,0\,,\,-8)$ 과 평행, 즉 $( 1\,,\,0\,,\,-8)$ 의 0이 아닌 상수배가 되어야 한다. 이는 $x\ne 0$ 이면서 $y=0$ 이고 $z=-2x$ 일 때 성립한다. 또한 $(x,y,z)$ 는 곡면 $x^2 + 9y^2 + 4z^2 = 17$ 위에 있어야 한다. 따라서 $y=0$ , $z=-2x$ 이고

$\begin{aligned} 17= x^2 + 9y^2 + 4z^2 =x^2 +4(-2x)^2=17x^2 \implies x=\pm 1 \end{aligned}$

이다. 그러므로 구하는 점은 $\pm(1,0,-2)$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

A normal vector to the surface $x^2 + 9y^2 + 4z^2 = 17$ at the point $(x,y,z)$ is $( 2x\,,\, 18y\,,\,8z)$ . A normal vector to the plane $x - 8z = 0$ is $( 1\,,\,0\,,\,-8)$ . So we want $( 2x\,,\, 18y\,,\,8z)$ to be parallel to $( 1\,,\,0\,,\,-8)$ , i.e. to be a nonzero constant times $( 1\,,\,0\,,\,-8)$ . This is the case whenever $y=0$ and $z=-2x$ with $x\ne 0$ . In addition, we want $(x,y,z)$ to lie on the surface $x^2 + 9y^2 + 4z^2 = 17$ . So we want $y=0$ , $z=-2x$ and

$\begin{aligned} 17= x^2 + 9y^2 + 4z^2 =x^2 +4(-2x)^2=17x^2 \implies x=\pm 1 \end{aligned}$

So the allowed points are $\pm(1,0,-2)$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 3.2절 · 17번

# 매개변수 곡면계산보통자동 분류

30.CLP-4 · 3.2절 · 15번대학 수준우리말 번역

쌍곡면 $z^2=4x^2+y^2-1$ 위의 점 중에서 접평면이 평면 $2x-y+z=0$ 과 평행인 점을 모두 구하세요.

영어 원문 보기

Find all points on the hyperboloid $z^2=4x^2+y^2-1$ where the tangent plane is parallel to the plane $2x-y+z=0$ .

정답·풀이 보기

$(x_0,y_0,z_0)$ 을 쌍곡면 $z^2=4x^2+y^2-1$ 위의 점 중에서 접평면이 평면 $2x-y+z=0$ 과 평행인 점이라 하자. 평면 $2x-y+z=0$ 의 법선벡터는 $( 2,-1,1)$ 이다. 쌍곡면은 $G(x,y,z)=4x^2+y^2-z^2-1$ 이고 ${ \boldsymbol{\nabla} } G(x,y,z) = ( 8x,2y,-2z)$ 이므로, $(x_0,y_0,z_0)$ 에서 쌍곡면의 법선벡터는 ${ \boldsymbol{\nabla} } G(x_0,y_0,z_0)=( 8x_0,2y_0,-2z_0)$ 이다. 따라서 $(x_0,y_0,z_0)$ 이 주어진 조건을 만족시키는 것은 다음을 만족시키는 0이 아닌 $t$ 가 존재하는 것과 같다.

$\begin{aligned} &( 8x_0,2y_0,-2z_0) =t( 2,-1,1) \text{ 그리고 } z_0^2=4x_0^2+y_0^2-1\\ &\iff x_0=\frac{t}{4},\ y_0=z_0=-\frac{t}{2}\text{ 그리고 } z_0^2=4x_0^2+y_0^2-1\\ &\iff \frac{t^2}{4}= \frac{t^2}{4}+ \frac{t^2}{4}-1\text{ 그리고 } x_0=\frac{t}{4},\ y_0=z_0=-\frac{t}{2}\\ & \iff t=\pm 2\qquad (x_0,y_0,z_0)=\pm \big(\tfrac{1}{2},-1,-1\big) \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

Let $(x_0,y_0,z_0)$ be a point on the hyperboloid $z^2=4x^2+y^2-1$ where the tangent plane is parallel to the plane $2x-y+z=0$ . A normal vector to the plane $2x-y+z=0$ is $( 2,-1,1)$ . Because the hyperboloid is $G(x,y,z)=4x^2+y^2-z^2-1$ and ${ \boldsymbol{\nabla} } G(x,y,z) = ( 8x,2y,-2z)$ , a normal vector to the hyperboloid at $(x_0,y_0,z_0)$ is ${ \boldsymbol{\nabla} } G(x_0,y_0,z_0)=( 8x_0,2y_0,-2z_0)$ . So $(x_0,y_0,z_0)$ satisfies the required conditions if and only if there is a nonzero $t$ obeying

$\begin{aligned} &( 8x_0,2y_0,-2z_0) =t( 2,-1,1) \text{ and } z_0^2=4x_0^2+y_0^2-1\\ &\iff x_0=\frac{t}{4},\ y_0=z_0=-\frac{t}{2}\text{ and } z_0^2=4x_0^2+y_0^2-1\\ &\iff \frac{t^2}{4}= \frac{t^2}{4}+ \frac{t^2}{4}-1\text{ and } x_0=\frac{t}{4},\ y_0=z_0=-\frac{t}{2}\\ & \iff t=\pm 2\qquad (x_0,y_0,z_0)=\pm \big(\tfrac{1}{2},-1,-1\big) \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 3.2절 · 18번

# 매개변수 곡면계산보통자동 분류

31.CLP-4 · 3.3절 · 10번대학 수준우리말 번역

반구 $z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$ 중에서 원기둥 $\big(x-\frac{a}{2}\big)^2+y^2=\big(\frac{a}{2}\big)^2$ 의 내부에 놓인 부분의 겉넓이를 구하세요.

영어 원문 보기

Find the surface area of that part of the hemisphere $z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$ which lies within the cylinder $\big(x-\frac{a}{2}\big)^2+y^2=\big(\frac{a}{2}\big)^2$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

반구의 일부분의 겉넓이를 구하려고 한다. 반구 위에서

$\begin{aligned} z=f(x,y)=\sqrt{a^2-x^2-y^2}\qquad f_x(x,y)=-\frac{x}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}\qquad f_y(x,y)=-\frac{y}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}} \end{aligned}$

이므로

$\begin{aligned} \mathrm{d}S&=\sqrt{1+f_x(x,y)^2+f_y(x,y)^2}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\sqrt{1+\frac{x^2}{a^2-x^2-y^2}+\frac{y^2}{a^2-x^2-y^2}}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\ &=\sqrt{\frac{a^2}{a^2-x^2-y^2}}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}$

이다. 극좌표로 나타내면 $\mathrm{d}S=\frac{a}{\sqrt{a^2-r^2}}\,r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$ 이다. 원기둥 $x^2-ax+y^2=0$ 의 내부에 있는 반구 부분의 겉넓이를 구하려고 하는데, 이 원기둥의 방정식은 극좌표로 $r^2-ar\cos\theta=0$ 곧 $r=a\cos\theta$ 가 된다. 적분 영역의 위쪽 절반을 아래에 그렸다.

따라서

$\begin{aligned} {\rm Surface\ Area} &= 2\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_0^{a\cos\theta}\mathrm{d}r\ r \frac{a}{\sqrt{a^2-r^2}} = 2a\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \Big[-\sqrt{a^2-r^2}\,\Big]_0^{a\cos\theta} \\ &= 2a\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \big[a-a\sin\theta\big] \\ &= 2a^2\Big[\theta+\cos\theta\Big]_0^{\pi/2} =a^2[\pi-2] \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

We are to find the surface area of part of a hemisphere. On the hemisphere

$\begin{aligned} z=f(x,y)=\sqrt{a^2-x^2-y^2}\qquad f_x(x,y)=-\frac{x}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}\qquad f_y(x,y)=-\frac{y}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}} \end{aligned}$

so that

$\begin{aligned} \mathrm{d}S&=\sqrt{1+f_x(x,y)^2+f_y(x,y)^2}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\sqrt{1+\frac{x^2}{a^2-x^2-y^2}+\frac{y^2}{a^2-x^2-y^2}}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\ &=\sqrt{\frac{a^2}{a^2-x^2-y^2}}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}$

In polar coordinates, this is $\mathrm{d}S=\frac{a}{\sqrt{a^2-r^2}}\,r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$ . We are to find the surface area of the part of the hemisphere that is inside the cylinder, $x^2-ax+y^2=0$ , which in polar coordinates becomes $r^2-ar\cos\theta=0$ or $r=a\cos\theta$ . The top half of the domain of integration is sketched below.

So the

$\begin{aligned} {\rm Surface\ Area} &= 2\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_0^{a\cos\theta}\mathrm{d}r\ r \frac{a}{\sqrt{a^2-r^2}} = 2a\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \Big[-\sqrt{a^2-r^2}\,\Big]_0^{a\cos\theta} \\ &= 2a\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \big[a-a\sin\theta\big] \\ &= 2a^2\Big[\theta+\cos\theta\Big]_0^{\pi/2} =a^2[\pi-2] \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 6.6절 · 3번

# 면적분과 플럭스활용보통자동 분류

32.CLP-4 · 3.3절 · 13번대학 수준우리말 번역

반지름이 $a$ 인 구 껍질이 원점에 중심을 두고 있다. 이 구에서 제1팔분공간에 놓인 부분의 무게중심(즉, 밀도가 상수일 때의 질량중심)을 구하세요.

영어 원문 보기

A spherical shell of radius $a$ is centred at the origin. Find the centroid (i.e. the centre of mass with constant density) of the part of the sphere that lies in the first octant.

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

대칭성에 의해 무게중심 $(\bar x,\bar y,\bar z)$ 는 $\bar x=\bar y=\bar z$ 를 만족한다. 구면좌표를 이용하여 구를 매개변수로 나타내면 다음과 같다.

$\mathbf{r}(\theta,\varphi) = a\sin\varphi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +a\sin\varphi\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +a\cos\varphi\,\hat{\mathbf{k}}$

그러면

$\begin{aligned} \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \theta} =-a\sin\varphi\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+a\sin\varphi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\qquad \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \varphi} =a\cos\varphi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+a\cos\varphi\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -a\sin\varphi\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

이므로

$\begin{aligned} \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \theta}\times\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \varphi} &=\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ -a\sin\varphi\sin\theta & a\sin\varphi\cos\theta & 0 \\ a\cos\varphi\cos\theta & a\cos\varphi\sin\theta & -a\sin\varphi \end{matrix}\right] \\ &=-a^2\sin^2\varphi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-a^2\sin^2\varphi\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -a^2\sin\varphi\cos\varphi\,\hat{\mathbf{k}}\\ \implies \mathrm{d}S&=\left|\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \theta}\times\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \varphi}\right| \,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi =a^2\sin\varphi\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi \end{aligned}$

제1팔분공간에 있는 구면 부분의 겉넓이는 $\frac{1}{8}4\pi a^2=\frac{\pi a^2}{2}$ 이므로

$\begin{aligned} \bar x=\bar y=\bar z &=\frac{\iint _S z\,\mathrm{d}S}{\iint _S\,\mathrm{d}S} =\frac{1}{\pi a^2/2}\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi \ (a^2\sin\varphi)(\overbrace{a\cos\varphi}^{z}) \\ &=\frac{2a}{\pi}\frac{\pi}{2}\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi \ \sin\varphi\cos\varphi =a\bigg[\frac{1}{2}\sin^2\varphi\bigg]_0^{\pi/2} =\frac{a}{2} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

By symmetry, the centroid $(\bar x,\bar y,\bar z)$ obeys $\bar x=\bar y=\bar z$ . Parametrize the sphere using spherical coordinates.

$\mathbf{r}(\theta,\varphi) = a\sin\varphi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +a\sin\varphi\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +a\cos\varphi\,\hat{\mathbf{k}}$

Then

$\begin{aligned} \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \theta} =-a\sin\varphi\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+a\sin\varphi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\qquad \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \varphi} =a\cos\varphi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+a\cos\varphi\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -a\sin\varphi\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

so that

$\begin{aligned} \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \theta}\times\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \varphi} &=\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ -a\sin\varphi\sin\theta & a\sin\varphi\cos\theta & 0 \\ a\cos\varphi\cos\theta & a\cos\varphi\sin\theta & -a\sin\varphi \end{matrix}\right] \\ &=-a^2\sin^2\varphi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-a^2\sin^2\varphi\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -a^2\sin\varphi\cos\varphi\,\hat{\mathbf{k}}\\ \implies \mathrm{d}S&=\left|\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \theta}\times\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \varphi}\right| \,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi =a^2\sin\varphi\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi \end{aligned}$

As the surface area of the part of the sphere in the first octant is $\frac{1}{8}4\pi a^2=\frac{\pi a^2}{2}$

$\begin{aligned} \bar x=\bar y=\bar z &=\frac{\iint _S z\,\mathrm{d}S}{\iint _S\,\mathrm{d}S} =\frac{1}{\pi a^2/2}\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi \ (a^2\sin\varphi)(\overbrace{a\cos\varphi}^{z}) \\ &=\frac{2a}{\pi}\frac{\pi}{2}\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi \ \sin\varphi\cos\varphi =a\bigg[\frac{1}{2}\sin^2\varphi\bigg]_0^{\pi/2} =\frac{a}{2} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 3.3절 · 10번

# 면적분과 플럭스계산보통자동 분류

33.CLP-4 · 3.3절 · 14번대학 수준우리말 번역

원기둥 $x^2+y^2=2ay$ 에서 $z^2=x^2+y^2$ 의 바깥쪽에 놓인 부분의 넓이를 구하세요.

영어 원문 보기

Find the area of that part of the cylinder $x^2+y^2=2ay$ lying outside $z^2=x^2+y^2$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

원기둥좌표계에서

$x=r\cos\theta\qquad y=r\sin\theta\qquad z=z$

이 좌표계에서 원기둥의 방정식 $x^2+y^2=2ay$ 는

$r^2=2ar\sin\theta\qquad\text{또는}\qquad r=2a\sin\theta$

가 된다. 즉 $r=f(\theta)$ 이고 $f(\theta) =2a\sin\theta$ 이다. 원기둥을 $\mathbf{r}(\theta,z) = x(\theta,z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + y(\theta,z)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + z(\theta,z)\,\hat{\mathbf{k}}$ 로 매개화하면 다음과 같다.

$\begin{aligned} x(\theta,z)&=f(\theta)\cos\theta=2a\sin\theta\cos\theta=a\sin2\theta\\ y(\theta,z)&=f(\theta)\sin\theta=2a\sin\theta\sin\theta=a(1-\cos2\theta)\\ z(\theta,z)&=z \end{aligned}$

이 매개화에서

$\begin{aligned} \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \theta}=2a\cos2\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+2a\sin2\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\qquad \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial z}=\hat{\mathbf{k}} &\implies \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \theta}\times\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial z} =-2a\cos2\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2a\sin2\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} \\ &\implies \mathrm{d}S=\left|\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \theta}\times\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial z}\right|\, \mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z =2a\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z \end{aligned}$

이제 적분 구간을 정해야 한다. 아래 왼쪽 그림은 원기둥을 위에서 본 모습이다.

그림에서 $0\le\theta\le\pi$ 임을 알 수 있다. 원뿔 $z^2=x^2+y^2=r^2$ (즉 $z=\pm r$ ) 과 원기둥 $r=2a\sin\theta$ 는 $z^2=r^2=4a^2\sin^2\theta$ 에서 만난다. 따라서 각각의 고정된 $\theta$ 에 대해 $z$ 는 $-2a\sin\theta$ 에서 $z=+2a\sin\theta$ 까지 변한다. (위 오른쪽 그림을 보라. $\theta$ 가 상수인 단면을 나타낸 것이다.) 마지막으로,

$\begin{aligned} {\rm Area} &= \int_{|z|\le 2a\sin\theta}2a\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z =2a\int_0^\pi \!\!\mathrm{d}\theta\int_{-2a\sin\theta}^{2a\sin\theta} \!\!\!\mathrm{d}z =8a^2\int_0^\pi \!\!\mathrm{d}\theta\ \sin\theta =8a^2\Big[-\cos\theta\Big]_0^\pi \\ &=16a^2 \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

In cylindrical coordinates

$x=r\cos\theta\qquad y=r\sin\theta\qquad z=z$

In these coordinates the equation, $x^2+y^2=2ay$ , of the cylinder becomes

$r^2=2ar\sin\theta\qquad\text{or}\qquad r=2a\sin\theta$

That is, $r=f(\theta)$ with $f(\theta) =2a\sin\theta$ . Parametrize the cylinder by $\mathbf{r}(\theta,z) = x(\theta,z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + y(\theta,z)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + z(\theta,z)\,\hat{\mathbf{k}}$ with

$\begin{aligned} x(\theta,z)&=f(\theta)\cos\theta=2a\sin\theta\cos\theta=a\sin2\theta\\ y(\theta,z)&=f(\theta)\sin\theta=2a\sin\theta\sin\theta=a(1-\cos2\theta)\\ z(\theta,z)&=z \end{aligned}$

Under this parametrization,

$\begin{aligned} \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \theta}=2a\cos2\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+2a\sin2\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\qquad \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial z}=\hat{\mathbf{k}} &\implies \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \theta}\times\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial z} =-2a\cos2\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2a\sin2\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} \\ &\implies \mathrm{d}S=\left|\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \theta}\times\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial z}\right|\, \mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z =2a\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z \end{aligned}$

We still have to determine the limits of integration. The figure on the left below provides a top view of the cylinder.

From it we see that $0\le\theta\le\pi$ . The cone $z^2=x^2+y^2=r^2$ (i.e. $z=\pm r$ ) and the cylinder $r=2a\sin\theta$ intersect at $z^2=r^2=4a^2\sin^2\theta$ . So, for each fixed $\theta$ , $z$ runs from $-2a\sin\theta$ to $z=+2a\sin\theta$ . (See the figure on the right above. It shows a constant $\theta$ cross-section.) Finally,

$\begin{aligned} {\rm Area} &= \int_{|z|\le 2a\sin\theta}2a\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z =2a\int_0^\pi \!\!\mathrm{d}\theta\int_{-2a\sin\theta}^{2a\sin\theta} \!\!\!\mathrm{d}z =8a^2\int_0^\pi \!\!\mathrm{d}\theta\ \sin\theta =8a^2\Big[-\cos\theta\Big]_0^\pi \\ &=16a^2 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 6.6절 · 7번

# 면적분과 플럭스활용보통자동 분류

34.CLP-4 · 3.3절 · 21번대학 수준우리말 번역

(a) 꼭짓점이 점 $(0, 0, 3)$ 에 있고, 밑면이 $xy$ 평면 위의 원 $x^2 + y^2 = 4$ 인 원뿔의 곡면 $S$ 의 매개변수화를 구하세요. 원뿔의 옆면만 $S$ 에 속하고, 밑면은 속하지 않습니다. 매개변수의 정의역을 반드시 포함하세요. (b) (a)의 곡면 $S$ 의 질량중심의 $z$ 좌표를 구하세요.

영어 원문 보기

(a) Find a parametrization of the surface $S$ of the cone whose vertex is at the point $(0, 0, 3)$ , and whose base is the circle $x^2 + y^2 = 4$ in the $xy$ -plane. Only the cone surface belongs to $S$ , not the base. Be careful to include the domain for the parameters. (b) Find the $z$ -coordinate of the centre of mass of the surface $S$ from (a).

정답·풀이 보기

(a) $z$ 가 상수인 (수평) 단면은 각각 $z$ 축을 중심으로 하는 원이다. 반지름은 $z=0$ 일 때 $2$ 에서 $z=3$ 일 때 $0$ 까지 일차적으로 변한다. 따라서 높이 $z$ 에서의 반지름은 $\frac{2}{3}(3-z)$ 이고, 다음을 사용할 수 있다.

$\begin{aligned} \mathbf{r}(\theta,z) = \frac{2}{3}(3-z)\cos\theta\ \hat{\boldsymbol{\imath}} +\frac{2}{3}(3-z)\sin\theta\ \hat{\boldsymbol{\jmath}} +z\,\hat{\mathbf{k}}\qquad 0\le\theta<2\pi,\quad 0\le z\le 3 \end{aligned}$

이것이 매개변수화이다.

(b) 대칭성에 의해 질량중심은 $z$ 축 위에 있다. 어차피 $z$ 좌표만 구하면 된다. 질량중심의 $z$ 좌표는 원뿔 위에서 $z$ 의 가중평균이다. 밀도가 주어지지 않았으므로 상수라고 가정한다. 밀도를 $1$ 로 잡을 수 있으므로, 질량중심의 $z$ 좌표는 $\iint _S z\,\mathrm{d}S/ \iint _S \mathrm{d}S$ 이다.

$\begin{aligned} \tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial\theta} &=\big(-\tfrac{2}{3}(3-z)\sin\theta\,,\, \tfrac{2}{3}(3-z)\cos\theta\,,\, 0 \big) \\ \tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial z} &=\big(-\tfrac{2}{3}\cos\theta\,,\, -\tfrac{2}{3}\sin\theta\,,\, 1 \big) \\ \tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial\theta} \times \tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial z} &=\big(\tfrac{2}{3}(3-z)\cos\theta\,,\, \tfrac{2}{3}(3-z)\sin\theta\,,\, \tfrac{4}{9}(3-z)\big) \end{aligned}$

이므로, 이 매개변수화에 대한 겉넓이 요소는 다음과 같다.

$\begin{aligned} \mathrm{d}S &= \big|\tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial\theta}\times \tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial z} \big|\mathrm{d}\theta\mathrm{d}z =\tfrac{2}{3}(3-z)\big|(\cos\theta\,,\,\sin\theta\,,\,\tfrac{2}{3}\big)\big| \mathrm{d}\theta\mathrm{d}z \\ &=\tfrac{2\sqrt{13}}{9}(3-z) \mathrm{d}\theta\mathrm{d}z \end{aligned}$

따라서 원뿔의 겉넓이 $\iint _S \mathrm{d}S$ 는 다음과 같다.

$\begin{aligned} \int_0^3\mathrm{d}z\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \tfrac{2\sqrt{13}}{9}(3-z) &=\tfrac{4\sqrt{13}}{9}\pi\int_0^3\mathrm{d}z\ (3-z) =-\tfrac{2\sqrt{13}}{9}\pi(3-z)^2\Big|_0^3 \\ &=2\sqrt{13}\pi \end{aligned}$

그리고 질량중심의 $z$ 좌표는 다음과 같다.

$\begin{aligned} \bar z &=\frac{1}{2\sqrt{13}\pi} \int_0^3\mathrm{d}z\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \tfrac{2\sqrt{13}}{9}(3-z) z =\frac{2}{9}\int_0^3\mathrm{d}z\ (3z-z^2) =\frac{2}{9}{\Big[\frac{3z^2}{2}-\frac{z^3}{3}\Big]}_0^3 \\ &=\frac{2}{9}\frac{27}{6} =1 \end{aligned}$

이는 원뿔의 절반 높이보다 조금 낮은 값인데, 원뿔이 “아래쪽이 무겁기” 때문에 타당하다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) Each (horizontal) constant $z$ cross-section is a circle centred on the $z$ -axis. The radius varies linearly from $2$ , when $z=0$ to $0$ , when $z=3$ . So the radius at height $z$ is $\frac{2}{3}(3-z)$ and we can use

$\begin{aligned} \mathbf{r}(\theta,z) = \frac{2}{3}(3-z)\cos\theta\ \hat{\boldsymbol{\imath}} +\frac{2}{3}(3-z)\sin\theta\ \hat{\boldsymbol{\jmath}} +z\,\hat{\mathbf{k}}\qquad 0\le\theta<2\pi,\quad 0\le z\le 3 \end{aligned}$

as the parametrization.

(b) By symmetry the centre of mass will lie on the $z$ -axis. We are only asked for the $z$ -coordinate anyway. The $z$ -coordinate of the centre of mass is the weighted average of $z$ over the cone. Since a density has not been specified, we assume that it is a constant. We may take the density to be $1$ , so the $z$ -coordinate of the centre of mass is $\iint _S z\,\mathrm{d}S/ \iint _S \mathrm{d}S$ .

Since

$\begin{aligned} \tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial\theta} &=\big(-\tfrac{2}{3}(3-z)\sin\theta\,,\, \tfrac{2}{3}(3-z)\cos\theta\,,\, 0 \big) \\ \tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial z} &=\big(-\tfrac{2}{3}\cos\theta\,,\, -\tfrac{2}{3}\sin\theta\,,\, 1 \big) \\ \tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial\theta} \times \tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial z} &=\big(\tfrac{2}{3}(3-z)\cos\theta\,,\, \tfrac{2}{3}(3-z)\sin\theta\,,\, \tfrac{4}{9}(3-z)\big) \end{aligned}$

the element of surface area for this parametrization is

$\begin{aligned} \mathrm{d}S &= \big|\tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial\theta}\times \tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial z} \big|\mathrm{d}\theta\mathrm{d}z =\tfrac{2}{3}(3-z)\big|(\cos\theta\,,\,\sin\theta\,,\,\tfrac{2}{3}\big)\big| \mathrm{d}\theta\mathrm{d}z \\ &=\tfrac{2\sqrt{13}}{9}(3-z) \mathrm{d}\theta\mathrm{d}z \end{aligned}$

So the surface area, $\iint _S \mathrm{d}S$ , of the cone is

$\begin{aligned} \int_0^3\mathrm{d}z\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \tfrac{2\sqrt{13}}{9}(3-z) &=\tfrac{4\sqrt{13}}{9}\pi\int_0^3\mathrm{d}z\ (3-z) =-\tfrac{2\sqrt{13}}{9}\pi(3-z)^2\Big|_0^3 \\ &=2\sqrt{13}\pi \end{aligned}$

and the $z$ -coordinate of the centre of mass is

$\begin{aligned} \bar z &=\frac{1}{2\sqrt{13}\pi} \int_0^3\mathrm{d}z\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \tfrac{2\sqrt{13}}{9}(3-z) z =\frac{2}{9}\int_0^3\mathrm{d}z\ (3z-z^2) =\frac{2}{9}{\Big[\frac{3z^2}{2}-\frac{z^3}{3}\Big]}_0^3 \\ &=\frac{2}{9}\frac{27}{6} =1 \end{aligned}$

This is a little less than half way up the cone, which is reasonable since the cone is “bottom heavy”.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기APEX · 14.6절 · 4번

# 면적분과 플럭스계산보통자동 분류

35.CLP-4 · 3.3절 · 31번대학 수준우리말 번역

벡터장

$\mathbf{F} = \frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}|} = \frac{x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z\,\hat{\mathbf{k}}}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$

의 순 바깥쪽 플럭스를, 원점을 중심으로 하는 반지름 $1$ 인 구와 반지름 $2$ 인 구 사이 영역의 경계면에 대해 구하세요.

영어 원문 보기

Compute the net outward flux of the vector field

$\mathbf{F} = \frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}|} = \frac{x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z\,\hat{\mathbf{k}}}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$

across the boundary of the region between the spheres of radius $1$ and radius $2$ centred at the origin.

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

다음과 같이 놓는다.

$V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 1\le x^2+y^2+z^2\le 4\ \big\}$

$V$ 의 경계는 두 부분으로 이루어진다. 하나는 원점을 중심으로 하는 반지름 $2$ 인 구 $S_2$ 로, (바깥쪽) 법선벡터는 $\hat{\mathbf{n}}=\frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}|}=\frac{\mathbf{r}}{2}$ 이다. 다른 하나는 원점을 중심으로 하는 반지름 $1$ 인 구 $S_1$ 로, (안쪽) 법선벡터는 $\hat{\mathbf{n}} = -\mathbf{r}$ 이다. 따라서

$\begin{aligned} \iint _{\partial V} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iint _{S_2} \frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}|}\cdot\frac{\mathbf{r}}{2}\,\mathrm{d}S -\iint _{S_1} \frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}|}\cdot\mathbf{r}\,\mathrm{d}S \\ &=\iint _{S_2} \mathrm{d}S -\iint _{S_1} \mathrm{d}S \\ &=4\pi(2)^2 -4\pi(1)^2 \\ &=12\pi \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

Write

$V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 1\le x^2+y^2+z^2\le 4\ \big\}$

The boundary of $V$ consists of two parts — the sphere, $S_2$ , of radius $2$ , centred on the origin, with (outward) normal $\hat{\mathbf{n}}=\frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}|}=\frac{\mathbf{r}}{2}$ , and the sphere $S_1$ of radius $1$ , centred on the origin, with (inward) normal $\hat{\mathbf{n}} = -\mathbf{r}$ , So,

$\begin{aligned} \iint _{\partial V} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iint _{S_2} \frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}|}\cdot\frac{\mathbf{r}}{2}\,\mathrm{d}S -\iint _{S_1} \frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}|}\cdot\mathbf{r}\,\mathrm{d}S \\ &=\iint _{S_2} \mathrm{d}S -\iint _{S_1} \mathrm{d}S \\ &=4\pi(2)^2 -4\pi(1)^2 \\ &=12\pi \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 3.3절 · 21번

# 면적분과 플럭스계산보통자동 분류

36.CLP-4 · 4.1절 · 4번대학 수준우리말 번역

다음 각 벡터장에 대해 ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}$ 와 ${ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}$ 의 값을 구하세요.

(a) $\mathbf{F}=x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z\,\hat{\mathbf{k}}$ (b) $\mathbf{F}=xy^2\hat{\boldsymbol{\imath}}-yz^2\hat{\boldsymbol{\jmath}}+zx^2\hat{\mathbf{k}}$ (c) $\mathbf{F}=\frac{x\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\hat{\boldsymbol{\jmath}}}{\sqrt{x^2+y^2}}$ (2차원에서의 극좌표 기저 벡터 $\hat{\bf r}$ ) (d) $\mathbf{F}=\frac{-y\hat{\boldsymbol{\imath}}+x\hat{\boldsymbol{\jmath}}}{\sqrt{x^2+y^2}}$ (2차원에서의 극좌표 기저 벡터 $\hat{\boldsymbol{\theta}}$ )

영어 원문 보기

Evaluate ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}$ and ${ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}$ for each of the following vector fields.

(a) $\mathbf{F}=x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z\,\hat{\mathbf{k}}$ (b) $\mathbf{F}=xy^2\hat{\boldsymbol{\imath}}-yz^2\hat{\boldsymbol{\jmath}}+zx^2\hat{\mathbf{k}}$ (c) $\mathbf{F}=\frac{x\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\hat{\boldsymbol{\jmath}}}{\sqrt{x^2+y^2}}$ (the polar basis vector $\hat{\bf r}$ in 2d) (d) $\mathbf{F}=\frac{-y\hat{\boldsymbol{\imath}}+x\hat{\boldsymbol{\jmath}}}{\sqrt{x^2+y^2}}$ (the polar basis vector $\hat{\boldsymbol{\theta}}$ in 2d)

정답·풀이 보기

(a) 정의에 의해

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot(x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z\,\hat{\mathbf{k}}) &=\frac{\partial }{\partial x}\big(x\big) +\frac{\partial }{\partial y}\big(y\big) +\frac{\partial }{\partial z}\big(z\big) = 3 \\ { \boldsymbol{\nabla} }\times(x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z\,\hat{\mathbf{k}}) &=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\[0.05in] \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\[0.05in] x & y & z\end{matrix}\right] = \mathbf{0} \end{aligned}$

(b) 정의에 의해

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot(xy^2\hat{\boldsymbol{\imath}}-yz^2\hat{\boldsymbol{\jmath}}+zx^2\hat{\mathbf{k}}) &=\frac{\partial }{\partial x}\big(xy^2\big) +\frac{\partial }{\partial y}\big(-yz^2\big) +\frac{\partial }{\partial z}\big(zx^2\big) =y^2-z^2+x^2 \\ { \boldsymbol{\nabla} }\times(xy^2\hat{\boldsymbol{\imath}}-yz^2\hat{\boldsymbol{\jmath}}+zx^2\hat{\mathbf{k}}) &=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\[0.05in] \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\[0.05in] xy^2 & -yz^2 & zx^2\end{matrix}\right] = 2yz\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-2xz\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}-2xy\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

(c) 정의에 의해

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\hat{\boldsymbol{\imath}}+\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\hat{\boldsymbol{\jmath}}\right) &=\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\right) +\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\right) \\ &= \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}} - \frac{x^2}{{[x^2+y^2]}^{3/2}} +\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}} - \frac{y^2}{{[x^2+y^2]}^{3/2}} \\ &=\frac{x^2+y^2\ -x^2\ +x^2+y^2\ -\ y^2}{{[x^2+y^2]}^{3/2}} \\ &=\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}} \\ { \boldsymbol{\nabla} }\times\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\hat{\boldsymbol{\imath}}+\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\hat{\boldsymbol{\jmath}}\right) &=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\[0.05in] \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\[0.05in] \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}} & \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}} & 0\end{matrix}\right] \\[0.05in] &=\left(- \frac{xy}{{[x^2+y^2]}^{3/2}}+ \frac{xy}{{[x^2+y^2]}^{3/2}}\right)\hat{\mathbf{k}} = \mathbf{0} \end{aligned}$

(d) 정의에 의해

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\left(-\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\hat{\boldsymbol{\imath}}+\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\hat{\boldsymbol{\jmath}}\right) &=\frac{\partial }{\partial x}\left(-\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\right) +\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\right) \\ &= \frac{xy}{{[x^2+y^2]}^{3/2}} - \frac{xy}{{[x^2+y^2]}^{3/2}} =0 \\ { \boldsymbol{\nabla} }\times\left(-\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\hat{\boldsymbol{\imath}} +\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\hat{\boldsymbol{\jmath}}\right) &=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\[0.05in] \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\[0.05in] -\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}} & \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}} & 0\end{matrix}\right] \\[0.05in] &=\!\left(\!\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}} - \frac{x^2}{{[x^2+y^2]}^{3/2}} +\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}} - \frac{y^2}{{[x^2+y^2]}^{3/2}}\!\right)\!\hat{\mathbf{k}} \\ &= \frac{x^2+y^2\ -x^2\ +x^2+y^2\ -\ y^2}{{[x^2+y^2]}^{3/2}}\ \hat{\mathbf{k}} = \frac{\hat{\mathbf{k}}}{\sqrt{x^2+y^2}} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

(a) By definition

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot(x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z\,\hat{\mathbf{k}}) &=\frac{\partial }{\partial x}\big(x\big) +\frac{\partial }{\partial y}\big(y\big) +\frac{\partial }{\partial z}\big(z\big) = 3 \\ { \boldsymbol{\nabla} }\times(x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z\,\hat{\mathbf{k}}) &=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\[0.05in] \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\[0.05in] x & y & z\end{matrix}\right] = \mathbf{0} \end{aligned}$

(b) By definition

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot(xy^2\hat{\boldsymbol{\imath}}-yz^2\hat{\boldsymbol{\jmath}}+zx^2\hat{\mathbf{k}}) &=\frac{\partial }{\partial x}\big(xy^2\big) +\frac{\partial }{\partial y}\big(-yz^2\big) +\frac{\partial }{\partial z}\big(zx^2\big) =y^2-z^2+x^2 \\ { \boldsymbol{\nabla} }\times(xy^2\hat{\boldsymbol{\imath}}-yz^2\hat{\boldsymbol{\jmath}}+zx^2\hat{\mathbf{k}}) &=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\[0.05in] \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\[0.05in] xy^2 & -yz^2 & zx^2\end{matrix}\right] = 2yz\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-2xz\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}-2xy\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

(c) By definition

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\hat{\boldsymbol{\imath}}+\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\hat{\boldsymbol{\jmath}}\right) &=\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\right) +\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\right) \\ &= \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}} - \frac{x^2}{{[x^2+y^2]}^{3/2}} +\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}} - \frac{y^2}{{[x^2+y^2]}^{3/2}} \\ &=\frac{x^2+y^2\ -x^2\ +x^2+y^2\ -\ y^2}{{[x^2+y^2]}^{3/2}} \\ &=\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}} \\ { \boldsymbol{\nabla} }\times\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\hat{\boldsymbol{\imath}}+\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\hat{\boldsymbol{\jmath}}\right) &=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\[0.05in] \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\[0.05in] \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}} & \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}} & 0\end{matrix}\right] \\[0.05in] &=\left(- \frac{xy}{{[x^2+y^2]}^{3/2}}+ \frac{xy}{{[x^2+y^2]}^{3/2}}\right)\hat{\mathbf{k}} = \mathbf{0} \end{aligned}$

(d) By definition

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\left(-\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\hat{\boldsymbol{\imath}}+\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\hat{\boldsymbol{\jmath}}\right) &=\frac{\partial }{\partial x}\left(-\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\right) +\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\right) \\ &= \frac{xy}{{[x^2+y^2]}^{3/2}} - \frac{xy}{{[x^2+y^2]}^{3/2}} =0 \\ { \boldsymbol{\nabla} }\times\left(-\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\hat{\boldsymbol{\imath}} +\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\hat{\boldsymbol{\jmath}}\right) &=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\[0.05in] \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\[0.05in] -\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}} & \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}} & 0\end{matrix}\right] \\[0.05in] &=\!\left(\!\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}} - \frac{x^2}{{[x^2+y^2]}^{3/2}} +\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}} - \frac{y^2}{{[x^2+y^2]}^{3/2}}\!\right)\!\hat{\mathbf{k}} \\ &= \frac{x^2+y^2\ -x^2\ +x^2+y^2\ -\ y^2}{{[x^2+y^2]}^{3/2}}\ \hat{\mathbf{k}} = \frac{\hat{\mathbf{k}}}{\sqrt{x^2+y^2}} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.1절 · 5번

# 발산과 회전계산보통자동 분류

37.CLP-4 · 4.1절 · 5번대학 수준우리말 번역

(a) $\mathbf{r}=(x,y,z)$ , $r=|(x,y,z)|$ 일 때 ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\big(\frac{\mathbf{r}}{r}\big)$ 를 계산하고 간단히 하세요. 답을 $r$ 에 관한 식으로 나타내세요. (b) ${ \boldsymbol{\nabla} }\times\big(yz\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 2xz\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + e^{xy}\,\hat{\mathbf{k}}\big)$ 를 계산하세요.

영어 원문 보기

(a) Compute and simplify ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\big(\frac{\mathbf{r}}{r}\big)$ for $\mathbf{r}=(x,y,z)$ and $r=|(x,y,z)|$ . Express your answer in terms of $r$ . (b) Compute ${ \boldsymbol{\nabla} }\times\big(yz\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 2xz\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + e^{xy}\,\hat{\mathbf{k}}\big)$ .

정답·풀이 보기

(a) $\frac{\mathbf{r}}{r} =\frac{x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z\,\hat{\mathbf{k}}}{[x^2+y^2+z^2]^{1/2}}$ 의 발산을 계산하면 된다.

$\begin{aligned} \frac{\partial }{\partial x}\frac{x}{{[x^2+y^2+z^2]}^{1/2}} &=\frac{1}{{[x^2+y^2+z^2]}^{1/2}} -\frac{1}{2}\frac{x(2x)}{{[x^2+y^2+z^2]}^{3/2}} &\,=\,\frac{y^2+z^2}{{[x^2+y^2+z^2]}^{3/2}} \\ \frac{\partial }{\partial y}\frac{y}{{[x^2+y^2+z^2]}^{1/2}} &=\frac{1}{{[x^2+y^2+z^2]}^{1/2}} -\frac{1}{2}\frac{y(2y)}{{[x^2+y^2+z^2]}^{3/2}} &\,=\,\frac{x^2+z^2}{{[x^2+y^2+z^2]}^{3/2}} \\ \frac{\partial }{\partial z}\frac{z}{{[x^2+y^2+z^2]}^{1/2}} &=\frac{1}{{[x^2+y^2+z^2]}^{1/2}} -\frac{1}{2}\frac{z(2z)}{{[x^2+y^2+z^2]}^{3/2}} &\,=\,\frac{x^2+y^2}{{[x^2+y^2+z^2]}^{3/2}} \end{aligned}$

이므로 구하는 발산은 다음과 같다.

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\left(\frac{\mathbf{r}}{r}\right) &= \frac{2x^2+2y^2+2z^2}{{[x^2+y^2+z^2]}^{3/2}} =\frac{2r^2}{r^3} =\frac{2}{r} \end{aligned}$

(b)

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\times\big(yz\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 2xz\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + e^{xy}\,\hat{\mathbf{k}}\big) &=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}}&\hat{\boldsymbol{\jmath}}&\hat{\mathbf{k}}\\[0.03in] \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\[0.03in] yz&2xz&e^{xy}\end{matrix}\right] =\big(xe^{xy}-2x\big)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-\big(ye^{xy}-y\big)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

(a) We are to compute the divergence of $\frac{\mathbf{r}}{r} =\frac{x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z\,\hat{\mathbf{k}}}{[x^2+y^2+z^2]^{1/2}}$ . Since

$\begin{aligned} \frac{\partial }{\partial x}\frac{x}{{[x^2+y^2+z^2]}^{1/2}} &=\frac{1}{{[x^2+y^2+z^2]}^{1/2}} -\frac{1}{2}\frac{x(2x)}{{[x^2+y^2+z^2]}^{3/2}} &\,=\,\frac{y^2+z^2}{{[x^2+y^2+z^2]}^{3/2}} \\ \frac{\partial }{\partial y}\frac{y}{{[x^2+y^2+z^2]}^{1/2}} &=\frac{1}{{[x^2+y^2+z^2]}^{1/2}} -\frac{1}{2}\frac{y(2y)}{{[x^2+y^2+z^2]}^{3/2}} &\,=\,\frac{x^2+z^2}{{[x^2+y^2+z^2]}^{3/2}} \\ \frac{\partial }{\partial z}\frac{z}{{[x^2+y^2+z^2]}^{1/2}} &=\frac{1}{{[x^2+y^2+z^2]}^{1/2}} -\frac{1}{2}\frac{z(2z)}{{[x^2+y^2+z^2]}^{3/2}} &\,=\,\frac{x^2+y^2}{{[x^2+y^2+z^2]}^{3/2}} \end{aligned}$

the specified divergence is

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\left(\frac{\mathbf{r}}{r}\right) &= \frac{2x^2+2y^2+2z^2}{{[x^2+y^2+z^2]}^{3/2}} =\frac{2r^2}{r^3} =\frac{2}{r} \end{aligned}$

(b)

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\times\big(yz\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 2xz\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + e^{xy}\,\hat{\mathbf{k}}\big) &=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}}&\hat{\boldsymbol{\jmath}}&\hat{\mathbf{k}}\\[0.03in] \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\[0.03in] yz&2xz&e^{xy}\end{matrix}\right] =\big(xe^{xy}-2x\big)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-\big(ye^{xy}-y\big)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.1절 · 6번

# 발산과 회전계산보통자동 분류

38.CLP-4 · 4.1절 · 6번대학 수준우리말 번역

다음에서 기호 $\mathbf{r} = x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + z\,\hat{\mathbf{k}}$ , $r = |\mathbf{r}|$ 를 사용하고, $k$ 는 $k = 0, 1, -1, 2, -2, \dots$ 중 어떤 수이다.

(a) 다음을 만족하는 $k$ 의 값을 구하세요.

${ \boldsymbol{\nabla} } (r^k) = -3\frac{\mathbf{r}}{r^5}$ (b) 다음을 만족하는 $k$ 의 값을 구하세요.

${ \boldsymbol{\nabla} } \cdot (r^k\mathbf{r}) = 5r^2$ (c) 다음을 만족하는 $k$ 의 값을 구하세요.

${ \boldsymbol{\nabla} }^2 (r^k) = \frac{2}{r^4}$

영어 원문 보기

In the following, we use the notation $\mathbf{r} = x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + z\,\hat{\mathbf{k}}$ , $r = |\mathbf{r}|$ , and $k$ is some number $k = 0, 1, -1, 2, -2, \dots$ .

(a) Find the value $k$ for which

${ \boldsymbol{\nabla} } (r^k) = -3\frac{\mathbf{r}}{r^5}$ (b) Find the value $k$ for which

${ \boldsymbol{\nabla} } \cdot (r^k\mathbf{r}) = 5r^2$ (c) Find the value $k$ for which

${ \boldsymbol{\nabla} }^2 (r^k) = \frac{2}{r^4}$

답 쓰고 채점

(a)

(b)

(c)

정답·풀이 보기

(a) $r^k=\big(x^2+y^2+z^2\big)^{k/2}$ 이므로,

$\begin{aligned} \frac{\partial }{\partial x} r^k & = 2x\ \frac{k}{2}\big(x^2+y^2+z^2\big)^{\frac{k}{2}-1} = k\ (\mathbf{r}\cdot\hat{\boldsymbol{\imath}})\ r^{k-2} \\ \frac{\partial }{\partial y} r^k & = 2y\ \frac{k}{2}\big(x^2+y^2+z^2\big)^{\frac{k}{2}-1} = k\ (\mathbf{r}\cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}})\ r^{k-2} \\ \frac{\partial }{\partial z} r^k & = 2z\ \frac{k}{2}\big(x^2+y^2+z^2\big)^{\frac{k}{2}-1} = k\ (\mathbf{r}\cdot\hat{\mathbf{k}})\ r^{k-2} \end{aligned}$

구하는 값은 $k=-3$ 이다.

(b) (a)의 계산을 이용하면

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } \cdot (r^k\mathbf{r}) &= \frac{\partial }{\partial x} (x r^k) + \frac{\partial }{\partial y} (y r^k) + \frac{\partial }{\partial z} (z r^k) \\ &= 3r^k + x \frac{\partial }{\partial x} r^k + y \frac{\partial }{\partial y} r^k + z \frac{\partial }{\partial z} r^k \\ &= 3r^k + x \big(kx\ r^{k-2}\big) + y \big(ky\ r^{k-2}\big) + z \big(kz\ r^{k-2}\big) \\ &= \big(3+k\big)r^k \end{aligned}$

구하는 값은 $k=2$ 이다.

(c) ${ \boldsymbol{\nabla} }^2 = { \boldsymbol{\nabla} }\cdot{ \boldsymbol{\nabla} }$ 임을 떠올리면,

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }^2 (r^k ) &={ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\big({ \boldsymbol{\nabla} }(r^k)\big) \\ &={ \boldsymbol{\nabla} }\cdot(k r^{k-2}\,\mathbf{r}) &\text{(a)에 의해} \\ &=k(3+k-2)r^{k-2} &\text{(b)에 의해, 단 $k$ 를 $k-2$ 로 바꾼다} \end{aligned}$

구하는 값은 $k=-2$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) Since $r^k=\big(x^2+y^2+z^2\big)^{k/2}$ ,

$\begin{aligned} \frac{\partial }{\partial x} r^k & = 2x\ \frac{k}{2}\big(x^2+y^2+z^2\big)^{\frac{k}{2}-1} = k\ (\mathbf{r}\cdot\hat{\boldsymbol{\imath}})\ r^{k-2} \\ \frac{\partial }{\partial y} r^k & = 2y\ \frac{k}{2}\big(x^2+y^2+z^2\big)^{\frac{k}{2}-1} = k\ (\mathbf{r}\cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}})\ r^{k-2} \\ \frac{\partial }{\partial z} r^k & = 2z\ \frac{k}{2}\big(x^2+y^2+z^2\big)^{\frac{k}{2}-1} = k\ (\mathbf{r}\cdot\hat{\mathbf{k}})\ r^{k-2} \end{aligned}$

We want $k=-3$ .

(b) Using the computation in part (a)

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } \cdot (r^k\mathbf{r}) &= \frac{\partial }{\partial x} (x r^k) + \frac{\partial }{\partial y} (y r^k) + \frac{\partial }{\partial z} (z r^k) \\ &= 3r^k + x \frac{\partial }{\partial x} r^k + y \frac{\partial }{\partial y} r^k + z \frac{\partial }{\partial z} r^k \\ &= 3r^k + x \big(kx\ r^{k-2}\big) + y \big(ky\ r^{k-2}\big) + z \big(kz\ r^{k-2}\big) \\ &= \big(3+k\big)r^k \end{aligned}$

We want $k=2$ .

(c) Recalling that ${ \boldsymbol{\nabla} }^2 = { \boldsymbol{\nabla} }\cdot{ \boldsymbol{\nabla} }$ ,

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }^2 (r^k ) &={ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\big({ \boldsymbol{\nabla} }(r^k)\big) \\ &={ \boldsymbol{\nabla} }\cdot(k r^{k-2}\,\mathbf{r}) &\text{by part (a)} \\ &=k(3+k-2)r^{k-2} &\text{by part (b), but with $k$ replaced by $k-2$} \end{aligned}$

We want $k=-2$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.1절 · 7번

# 발산과 회전계산보통자동 분류

39.CLP-4 · 4.1절 · 7번대학 수준우리말 번역

$\mathbf{r}$ 를 벡터장 $\mathbf{r} = x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + z\,\hat{\mathbf{k}}$ 라 하고, $r$ 를 함수 $r = |\mathbf{r}|$ 라 하자. $\mathbf{a}$ 를 상수 벡터 $\mathbf{a} = a_1\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + a_2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + a_3\,\hat{\mathbf{k}}$ 라 하자. 다음 양을 계산하여 간단히 하세요. 답은 $\mathbf{a}$ , $\mathbf{r}$ , $r$ 로 나타내야 합니다. 답에 $x$ , $y$ , $z$ 가 들어 있으면 안 됩니다.

(a) ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{r}$ (b) ${ \boldsymbol{\nabla} }(r^2)$ (c) ${ \boldsymbol{\nabla} }\times(\mathbf{r}\times\mathbf{a})$ (d) ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\big({ \boldsymbol{\nabla} }(r)\big)$

영어 원문 보기

Let $\mathbf{r}$ be the vector field $\mathbf{r} = x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + z\,\hat{\mathbf{k}}$ and let $r$ be the function $r = |\mathbf{r}|$ . Let $\mathbf{a}$ be the constant vector $\mathbf{a} = a_1\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + a_2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + a_3\,\hat{\mathbf{k}}$ . Compute and simplify the following quantities. Answers must be expressed in terms of $\mathbf{a}$ , $\mathbf{r}$ , and $r$ . There should be no $x$ 's, $y$ 's, or $z$ 's in your answers.

(a) ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{r}$ (b) ${ \boldsymbol{\nabla} }(r^2)$ (c) ${ \boldsymbol{\nabla} }\times(\mathbf{r}\times\mathbf{a})$ (d) ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\big({ \boldsymbol{\nabla} }(r)\big)$

정답·풀이 보기

(a)

${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{r} =\frac{\partial x}{\partial x} +\frac{\partial y}{\partial y} +\frac{\partial z}{\partial z} =3$

(b)

${ \boldsymbol{\nabla} }(r^2) =\left(\hat{\boldsymbol{\imath}}\frac{\partial }{\partial x} +\hat{\boldsymbol{\jmath}}\frac{\partial }{\partial y} +\hat{\mathbf{k}}\frac{\partial }{\partial z} \right) \big(x^2+y^2+z^2\big) =2x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +2y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +2z\,\hat{\mathbf{k}} =2\mathbf{r}$

(c) 다음과 같으므로

$\mathbf{r}\times\mathbf{a} = \det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ x & y & z \\ a_1 & a_2 & a_3 \end{matrix}\right] =\hat{\boldsymbol{\imath}}\big(a_3y-a_2z\big) +\hat{\boldsymbol{\jmath}}\big(a_1z-a_3x\big) +\hat{\mathbf{k}}\big(a_2x-a_1y\big)$

다음을 얻는다.

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\times(\mathbf{r}\times\mathbf{a}) &= \det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}}&\hat{\boldsymbol{\jmath}}&\hat{\mathbf{k}}\\[0.03in] \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\[0.03in] a_3y-a_2z& a_1z-a_3x & a_2x-a_1y\end{matrix}\right] =-2a_1\,\hat{\boldsymbol{\imath}} -2a_2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -2a_3\,\hat{\mathbf{k}} \\ &=-2\mathbf{a} \end{aligned}$

(d) 다음과 같으므로

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }(r) &= \left(\hat{\boldsymbol{\imath}}\frac{\partial }{\partial x} +\hat{\boldsymbol{\jmath}}\frac{\partial }{\partial y} +\hat{\mathbf{k}}\frac{\partial }{\partial z} \right) \big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2} \\ &=\hat{\boldsymbol{\imath}}\frac{x}{\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2}} +\hat{\boldsymbol{\jmath}}\frac{y}{\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2}} +\hat{\mathbf{k}}\frac{x}{\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2}} \end{aligned}$

다음을 얻는다.

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\big({ \boldsymbol{\nabla} }(r)\big) &= \frac{\partial }{\partial x} \frac{x}{\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2}} +\frac{\partial }{\partial y} \frac{y}{\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2}} +\frac{\partial }{\partial z} \frac{z}{\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2}} \\ &= \frac{3}{\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2}} -\frac{1}{2}\frac{2x^2+2y^2+2z^2}{\big(x^2+y^2+z^2\big)^{3/2}} =\frac{2}{\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2}} =\frac{2}{r} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

(a)

${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{r} =\frac{\partial x}{\partial x} +\frac{\partial y}{\partial y} +\frac{\partial z}{\partial z} =3$

(b)

${ \boldsymbol{\nabla} }(r^2) =\left(\hat{\boldsymbol{\imath}}\frac{\partial }{\partial x} +\hat{\boldsymbol{\jmath}}\frac{\partial }{\partial y} +\hat{\mathbf{k}}\frac{\partial }{\partial z} \right) \big(x^2+y^2+z^2\big) =2x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +2y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +2z\,\hat{\mathbf{k}} =2\mathbf{r}$

(c) Since

$\mathbf{r}\times\mathbf{a} = \det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ x & y & z \\ a_1 & a_2 & a_3 \end{matrix}\right] =\hat{\boldsymbol{\imath}}\big(a_3y-a_2z\big) +\hat{\boldsymbol{\jmath}}\big(a_1z-a_3x\big) +\hat{\mathbf{k}}\big(a_2x-a_1y\big)$

we have

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\times(\mathbf{r}\times\mathbf{a}) &= \det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}}&\hat{\boldsymbol{\jmath}}&\hat{\mathbf{k}}\\[0.03in] \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\[0.03in] a_3y-a_2z& a_1z-a_3x & a_2x-a_1y\end{matrix}\right] =-2a_1\,\hat{\boldsymbol{\imath}} -2a_2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -2a_3\,\hat{\mathbf{k}} \\ &=-2\mathbf{a} \end{aligned}$

(d) Since

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }(r) &= \left(\hat{\boldsymbol{\imath}}\frac{\partial }{\partial x} +\hat{\boldsymbol{\jmath}}\frac{\partial }{\partial y} +\hat{\mathbf{k}}\frac{\partial }{\partial z} \right) \big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2} \\ &=\hat{\boldsymbol{\imath}}\frac{x}{\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2}} +\hat{\boldsymbol{\jmath}}\frac{y}{\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2}} +\hat{\mathbf{k}}\frac{x}{\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2}} \end{aligned}$

we have

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\big({ \boldsymbol{\nabla} }(r)\big) &= \frac{\partial }{\partial x} \frac{x}{\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2}} +\frac{\partial }{\partial y} \frac{y}{\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2}} +\frac{\partial }{\partial z} \frac{z}{\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2}} \\ &= \frac{3}{\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2}} -\frac{1}{2}\frac{2x^2+2y^2+2z^2}{\big(x^2+y^2+z^2\big)^{3/2}} =\frac{2}{\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2}} =\frac{2}{r} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 6.5절 · 30번

# 발산과 회전계산보통자동 분류

40.CLP-4 · 4.1절 · 8번대학 수준우리말 번역

다음과 같이 두자.

$\mathbf{r} = x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + z\,\hat{\mathbf{k}},\qquad r = |\mathbf{r}|$

(a) ${ \boldsymbol{\nabla} }\big(\frac{1}{r}\big) =- r^a\,\mathbf{r}$ 를 만족하는 $a$ 의 값을 구하세요. (b) ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\big(r\,\mathbf{r}\big) = ar$ 를 만족하는 $a$ 의 값을 구하세요. (c) ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\big({ \boldsymbol{\nabla} }(r^3)\big) = ar$ 를 만족하는 $a$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let

$\mathbf{r} = x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + z\,\hat{\mathbf{k}},\qquad r = |\mathbf{r}|$

(a) Compute $a$ where ${ \boldsymbol{\nabla} }\big(\frac{1}{r}\big) =- r^a\,\mathbf{r}$ . (b) Compute $a$ where ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\big(r\,\mathbf{r}\big) = ar$ . (c) Compute $a$ where ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\big({ \boldsymbol{\nabla} }(r^3)\big) = ar$ .

답 쓰고 채점

(a)

(b)

(c)

정답·풀이 보기

(a) 다음과 같으므로

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\left(\frac{1}{r}\right) &= \left(\hat{\boldsymbol{\imath}}\frac{\partial }{\partial x} +\hat{\boldsymbol{\jmath}}\frac{\partial }{\partial y} +\hat{\mathbf{k}}\frac{\partial }{\partial z} \right) \big(x^2+y^2+z^2\big)^{-1/2} \\ &=-\hat{\boldsymbol{\imath}}\frac{x}{\big(x^2+y^2+z^2\big)^{3/2}} -\hat{\boldsymbol{\jmath}}\frac{y}{\big(x^2+y^2+z^2\big)^{3/2}} -\hat{\mathbf{k}}\frac{z}{\big(x^2+y^2+z^2\big)^{3/2}} \\ &=-\hat{\boldsymbol{\imath}}\frac{x}{r^3} -\hat{\boldsymbol{\jmath}}\frac{y}{r^3} -\hat{\mathbf{k}}\frac{x}{r^3} \end{aligned}$

$a=-3$ 이다.

(b) 다음과 같으므로

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\big(r\,\mathbf{r}\big) &= \frac{\partial }{\partial x} \Big[\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2}x\Big] +\frac{\partial }{\partial y}\Big[\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2}y\Big] +\frac{\partial }{\partial z} \Big[\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2}z\Big] \\ &= 3\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2} +\frac{1}{2}\frac{2x^2+2y^2+2z^2}{\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2}} =4\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2} =4r \end{aligned}$

$a=4$ 이다.

(c) 다음과 같으므로

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }(r^3) &= \left(\hat{\boldsymbol{\imath}}\frac{\partial }{\partial x} +\hat{\boldsymbol{\jmath}}\frac{\partial }{\partial y} +\hat{\mathbf{k}}\frac{\partial }{\partial z} \right) \big(x^2+y^2+z^2\big)^{3/2} \\ &=\hat{\boldsymbol{\imath}}\,3x\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2} +\hat{\boldsymbol{\jmath}}\,3y\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2} +\hat{\mathbf{k}}\,3z\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2} \\ &=3r\mathbf{r} \end{aligned}$

다음을 얻는다.

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\big({ \boldsymbol{\nabla} }(r^3)\big) &= { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\big(3r\mathbf{r}\big) = 3\,{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\big(r\mathbf{r}\big) = 3\,\big(4r\big) \qquad\text{(b)에 의해} \\ &= 12 r \end{aligned}$

따라서 $a=12$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) Since

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\left(\frac{1}{r}\right) &= \left(\hat{\boldsymbol{\imath}}\frac{\partial }{\partial x} +\hat{\boldsymbol{\jmath}}\frac{\partial }{\partial y} +\hat{\mathbf{k}}\frac{\partial }{\partial z} \right) \big(x^2+y^2+z^2\big)^{-1/2} \\ &=-\hat{\boldsymbol{\imath}}\frac{x}{\big(x^2+y^2+z^2\big)^{3/2}} -\hat{\boldsymbol{\jmath}}\frac{y}{\big(x^2+y^2+z^2\big)^{3/2}} -\hat{\mathbf{k}}\frac{z}{\big(x^2+y^2+z^2\big)^{3/2}} \\ &=-\hat{\boldsymbol{\imath}}\frac{x}{r^3} -\hat{\boldsymbol{\jmath}}\frac{y}{r^3} -\hat{\mathbf{k}}\frac{x}{r^3} \end{aligned}$

we have $a=-3$ .

(b) Since

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\big(r\,\mathbf{r}\big) &= \frac{\partial }{\partial x} \Big[\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2}x\Big] +\frac{\partial }{\partial y}\Big[\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2}y\Big] +\frac{\partial }{\partial z} \Big[\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2}z\Big] \\ &= 3\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2} +\frac{1}{2}\frac{2x^2+2y^2+2z^2}{\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2}} =4\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2} =4r \end{aligned}$

we have $a=4$ .

(c) Since

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }(r^3) &= \left(\hat{\boldsymbol{\imath}}\frac{\partial }{\partial x} +\hat{\boldsymbol{\jmath}}\frac{\partial }{\partial y} +\hat{\mathbf{k}}\frac{\partial }{\partial z} \right) \big(x^2+y^2+z^2\big)^{3/2} \\ &=\hat{\boldsymbol{\imath}}\,3x\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2} +\hat{\boldsymbol{\jmath}}\,3y\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2} +\hat{\mathbf{k}}\,3z\big(x^2+y^2+z^2\big)^{1/2} \\ &=3r\mathbf{r} \end{aligned}$

we have

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\big({ \boldsymbol{\nabla} }(r^3)\big) &= { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\big(3r\mathbf{r}\big) = 3\,{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\big(r\mathbf{r}\big) = 3\,\big(4r\big) \qquad\text{by part (b)} \\ &= 12 r \end{aligned}$

so that $a=12$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.1절 · 9번

# 발산과 회전계산보통자동 분류

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