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문제 은행 · 미적분 · 대학 미적분 · 벡터 미적분

벡터 미적분 전체 문제

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68문제 · 3 / 4쪽

41.CLP-4 · 4.1절 · 9번대학 수준우리말 번역

k^\hat{\mathbf{k}} 성분이 A3=0A_3=0 이고 다음의 벡터 퍼텐셜이 되는 벡터장 A\mathbf{A} 를 가능하면 구하세요.

(a) F=(1+yz)ı^+(2y+zx)ȷ^+(3z2+xy)k^\mathbf{F}=(1+yz)\hat{\boldsymbol{\imath}}+(2y+zx)\hat{\boldsymbol{\jmath}}+(3z^2+xy)\hat{\mathbf{k}} (b) G=yzı^+zxȷ^+xyk^\mathbf{G}= yz\hat{\boldsymbol{\imath}}+zx\hat{\boldsymbol{\jmath}}+xy\hat{\mathbf{k}}

영어 원문 보기

Find, if possible, a vector field A\mathbf{A} that has k^\hat{\mathbf{k}} component A3=0A_3=0 and that is a vector potential for

(a) F=(1+yz)ı^+(2y+zx)ȷ^+(3z2+xy)k^\mathbf{F}=(1+yz)\hat{\boldsymbol{\imath}}+(2y+zx)\hat{\boldsymbol{\jmath}}+(3z^2+xy)\hat{\mathbf{k}} (b) G=yzı^+zxȷ^+xyk^\mathbf{G}= yz\hat{\boldsymbol{\imath}}+zx\hat{\boldsymbol{\jmath}}+xy\hat{\mathbf{k}}

정답·풀이 보기

(a) ∇⋅F=∂∂x(1+yz)+∂∂y(2y+zx)+∂∂z(3z2+xy)=2+6z≠0{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} =\frac{\partial }{\partial x}(1+yz)+\frac{\partial }{\partial y}(2y+zx)+\frac{\partial }{\partial z}(3z^2+xy)=2+6z\ne 0 이므로 F\mathbf{F} 는 판별 조건을 만족하지 못하여 벡터 퍼텐셜을 가질 수 없다.

(b) 벡터장 A=A1ı^+A2ȷ^\mathbf{A}=A_1\hat{\boldsymbol{\imath}}+A_2\hat{\boldsymbol{\jmath}} 가 G\mathbf{G} 의 벡터 퍼텐셜이 될 필요충분조건은 G=∇×A\mathbf{G}={ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{A} 이고, 이는 다음이 성립할 필요충분조건과 같다.

−∂A2∂z=yz  ⟺  A2=−12yz2+B2(x,y)∂A1∂z=zx  ⟺  A1=−12xz2+B1(x,y)∂A2∂x−∂A1∂y=xy  ⟺  ∂B2∂x−∂B1∂y=xy\begin{aligned} -\frac{\partial A_2}{\partial z}&= yz\quad & \iff&\quad& &A_2=-\frac{1}{2} yz^2+B_2(x,y)\\ \frac{\partial A_1}{\partial z}&=zx & \iff&\quad & &A_1=\phantom{-}\frac{1}{2} xz^2+B_1(x,y)\\ \frac{\partial A_2}{\partial x}-\frac{\partial A_1}{\partial y} &=xy & \iff& & & \frac{\partial B_2}{\partial x} -\frac{\partial B_1}{\partial y}=xy \end{aligned}

∂B2∂x−∂B1∂y=xy\frac{\partial B_2}{\partial x} -\frac{\partial B_1}{\partial y}=xy 의 해는 무수히 많다. 실제로 B2B_2 는 완전히 임의로 정할 수 있다. B2=0B_2=0 으로 택하면 B1=−12xy2B_1=-\frac{1}{2} xy^2 이 조건을 만족한다. B1=0B_1=0 으로 택하면 B2=12x2yB_2=\frac{1}{2} x^2y 가 조건을 만족한다. 따라서 두 가지 해는 A=12(z2−y2)xı^−12yz2ȷ^\mathbf{A}=\frac{1}{2}(z^2-y^2)x\hat{\boldsymbol{\imath}}-\frac{1}{2} yz^2\hat{\boldsymbol{\jmath}} 와 A=12xz2ı^+12(x2−z2)yȷ^\mathbf{A}=\frac{1}{2} xz^2\hat{\boldsymbol{\imath}}+\frac{1}{2}(x^2-z^2)y\hat{\boldsymbol{\jmath}} 이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) Since ∇⋅F=∂∂x(1+yz)+∂∂y(2y+zx)+∂∂z(3z2+xy)=2+6z≠0{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} =\frac{\partial }{\partial x}(1+yz)+\frac{\partial }{\partial y}(2y+zx)+\frac{\partial }{\partial z}(3z^2+xy)=2+6z\ne 0, F\mathbf{F} fails the screening test and cannot have a vector potential.

(b) The vector field A=A1ı^+A2ȷ^\mathbf{A}=A_1\hat{\boldsymbol{\imath}}+A_2\hat{\boldsymbol{\jmath}} is a vector potential for G\mathbf{G} if and only if G=∇×A\mathbf{G}={ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{A}, which is the case if and only if

−∂A2∂z=yz  ⟺  A2=−12yz2+B2(x,y)∂A1∂z=zx  ⟺  A1=−12xz2+B1(x,y)∂A2∂x−∂A1∂y=xy  ⟺  ∂B2∂x−∂B1∂y=xy\begin{aligned} -\frac{\partial A_2}{\partial z}&= yz\quad & \iff&\quad& &A_2=-\frac{1}{2} yz^2+B_2(x,y)\\ \frac{\partial A_1}{\partial z}&=zx & \iff&\quad & &A_1=\phantom{-}\frac{1}{2} xz^2+B_1(x,y)\\ \frac{\partial A_2}{\partial x}-\frac{\partial A_1}{\partial y} &=xy & \iff& & & \frac{\partial B_2}{\partial x} -\frac{\partial B_1}{\partial y}=xy \end{aligned}

There are infinitely many solutions to ∂B2∂x−∂B1∂y=xy\frac{\partial B_2}{\partial x} -\frac{\partial B_1}{\partial y}=xy. In fact B2B_2 is completely arbitrary. If one chooses B2=0B_2=0, then B1=−12xy2B_1=-\frac{1}{2} xy^2 does the job. If one chooses B1=0B_1=0, then B2=12x2yB_2=\frac{1}{2} x^2y does the job. Thus two solutions are A=12(z2−y2)xı^−12yz2ȷ^\mathbf{A}=\frac{1}{2}(z^2-y^2)x\hat{\boldsymbol{\imath}}-\frac{1}{2} yz^2\hat{\boldsymbol{\jmath}} and A=12xz2ı^+12(x2−z2)yȷ^\mathbf{A}=\frac{1}{2} xz^2\hat{\boldsymbol{\imath}}+\frac{1}{2}(x^2-z^2)y\hat{\boldsymbol{\jmath}}.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.1절 · 2번
# 발산과 회전계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
42.CLP-4 · 4.2절 · 4번대학 수준우리말 번역

두 가지 방법으로 적분 ∬SF⋅n^ dS\iint _S\mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S 의 값을 구하세요. 여기서 F=z k^\mathbf{F}=z\,\hat{\mathbf{k}} 이고, SS 는 곡면 x2+y2+z2=a2x^2+y^2+z^2=a^2 이며 n^\hat{\mathbf{n}} 은 SS 의 바깥쪽을 향하는 단위법선벡터이다.

(a) 먼저, 면적분을 직접 계산하세요. (b) 다음으로, 발산 정리를 이용하세요.

영어 원문 보기

Evaluate, by two methods, the integral ∬SF⋅n^ dS\iint _S\mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S, where F=z k^\mathbf{F}=z\,\hat{\mathbf{k}}, SS is the surface x2+y2+z2=a2x^2+y^2+z^2=a^2 and n^\hat{\mathbf{n}} is the outward pointing unit normal to SS.

(a) First, by direct computation of the surface integral. (b) Second, by using the divergence theorem.

정답·풀이 보기

(a) 구면좌표를 사용하자. SS 는 원점을 중심으로 하는 반지름 aa 인 구면이므로 다음과 같이 매개화할 수 있다.

r(θ,φ)=asin⁡φcos⁡θ ı^+asin⁡φsin⁡θ ȷ^+acos⁡φ k^∂r∂θ=−asin⁡φsin⁡θ ı^+asin⁡φcos⁡θ ȷ^∂r∂φ=−acos⁡φcos⁡θ ı^+acos⁡φsin⁡θ ȷ^−asin⁡φ k^n^ dS=±∂r∂θ×∂r∂φ dθ dφ=det⁡[ı^ȷ^k^−asin⁡φsin⁡θasin⁡φcos⁡θ0acos⁡φcos⁡θacos⁡φsin⁡θ−asin⁡φ]dθ dφ=±(−a2sin⁡2φcos⁡θ ı^−a2sin⁡2φsin⁡θ ȷ^−a2sin⁡φcos⁡φ k^) dθ dφ=∓a2sin⁡φ(sin⁡φcos⁡θ ı^+sin⁡φsin⁡θ ȷ^+cos⁡φ k^) dθ dφ\begin{aligned} \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}} \\ \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \theta} &=-a\sin\varphi\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +a\sin\varphi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} \\ \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \varphi} &= \phantom{-}a\cos\varphi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +a\cos\varphi\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -a\sin\varphi\,\hat{\mathbf{k}} \\ \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\pm\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \theta} \times \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \varphi} \ \mathrm{d}\theta\, d\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] \mathrm{d}\theta\, d\varphi\\ &=\pm\Big(-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}}\Big)\ \mathrm{d}\theta\, d\varphi \\ &=\mp a^2\sin\varphi \big(\sin\varphi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +\sin\varphi\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\cos\varphi\,\hat{\mathbf{k}}\Big)\ \mathrm{d}\theta\, d\varphi \end{aligned}

바깥쪽 법선이 되려면 ++ 부호를 택해야 하므로

n^ dS=a2sin⁡φ(sin⁡φcos⁡θ ı^+sin⁡φsin⁡θ ȷ^+cos⁡φ k^) dθ dφF⋅n^ dS=z(θ,φ) k^⋅n^ dS=a3sin⁡φcos⁡2φ dθ dφ\begin{aligned} \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= a^2\sin\varphi \big(\sin\varphi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +\sin\varphi\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\cos\varphi\,\hat{\mathbf{k}}\Big)\ \mathrm{d}\theta\, d\varphi \\ \mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= z(\theta,\varphi)\,\hat{\mathbf{k}}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = a^3 \sin\varphi\cos^2\varphi\ \mathrm{d}\theta\,d\varphi \end{aligned}

이고,

∬SF⋅n^ dS=a3∫0πdφ∫02πdθ sin⁡φ cos⁡2φ=2πa3∫0πdφ sin⁡φ cos⁡2φ=2πa3[−13cos⁡3φ]0π=43πa3\begin{aligned} \iint _S\mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= a^3\int_0^\pi d\varphi\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \sin\varphi\,\cos^2\varphi\\ &=2\pi a^3 \int_0^\pi d\varphi \ \sin\varphi\,\cos^2\varphi =2\pi a^3\left[-\frac{1}{3}\cos^3\varphi\right]_0^\pi \\ &=\frac{4}{3}\pi a^3 \end{aligned}

이다.

(b) 입체 x2+y2+z2≤a2x^2+y^2+z^2\le a^2 을 VV 라 하자.

∇⋅F=∂∂x(0)+∂∂y(0)+∂∂z(z)=1{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} =\frac{\partial }{\partial x}(0) +\frac{\partial }{\partial y}(0) +\frac{\partial }{\partial z}(z) =1

이므로 발산 정리에 의해

∬SF⋅n^ dS=∭V∇⋅F dV=∭V dV=부피(V)=43πa3\begin{aligned} \iint _{\mathcal{S}}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _V{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}V =\iiint _V \ \mathrm{d}V =\text{부피}(V) =\frac{4}{3}\pi a^3 \end{aligned}

이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) Let's use spherical coordinates. As SS is the sphere of radius aa centred on the origin, we can parametrize it by

r(θ,φ)=asin⁡φcos⁡θ ı^+asin⁡φsin⁡θ ȷ^+acos⁡φ k^∂r∂θ=−asin⁡φsin⁡θ ı^+asin⁡φcos⁡θ ȷ^∂r∂φ=−acos⁡φcos⁡θ ı^+acos⁡φsin⁡θ ȷ^−asin⁡φ k^n^ dS=±∂r∂θ×∂r∂φ dθ dφ=det⁡[ı^ȷ^k^−asin⁡φsin⁡θasin⁡φcos⁡θ0acos⁡φcos⁡θacos⁡φsin⁡θ−asin⁡φ]dθ dφ=±(−a2sin⁡2φcos⁡θ ı^−a2sin⁡2φsin⁡θ ȷ^−a2sin⁡φcos⁡φ k^) dθ dφ=∓a2sin⁡φ(sin⁡φcos⁡θ ı^+sin⁡φsin⁡θ ȷ^+cos⁡φ k^) dθ dφ\begin{aligned} \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}} \\ \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \theta} &=-a\sin\varphi\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +a\sin\varphi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} \\ \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \varphi} &= \phantom{-}a\cos\varphi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +a\cos\varphi\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -a\sin\varphi\,\hat{\mathbf{k}} \\ \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\pm\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \theta} \times \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \varphi} \ \mathrm{d}\theta\, d\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] \mathrm{d}\theta\, d\varphi\\ &=\pm\Big(-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}}\Big)\ \mathrm{d}\theta\, d\varphi \\ &=\mp a^2\sin\varphi \big(\sin\varphi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +\sin\varphi\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\cos\varphi\,\hat{\mathbf{k}}\Big)\ \mathrm{d}\theta\, d\varphi \end{aligned}

For the outward normal, we want the ++ sign, so

n^ dS=a2sin⁡φ(sin⁡φcos⁡θ ı^+sin⁡φsin⁡θ ȷ^+cos⁡φ k^) dθ dφF⋅n^ dS=z(θ,φ) k^⋅n^ dS=a3sin⁡φcos⁡2φ dθ dφ\begin{aligned} \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= a^2\sin\varphi \big(\sin\varphi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +\sin\varphi\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\cos\varphi\,\hat{\mathbf{k}}\Big)\ \mathrm{d}\theta\, d\varphi \\ \mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= z(\theta,\varphi)\,\hat{\mathbf{k}}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = a^3 \sin\varphi\cos^2\varphi\ \mathrm{d}\theta\,d\varphi \end{aligned}

and

∬SF⋅n^ dS=a3∫0πdφ∫02πdθ sin⁡φ cos⁡2φ=2πa3∫0πdφ sin⁡φ cos⁡2φ=2πa3[−13cos⁡3φ]0π=43πa3\begin{aligned} \iint _S\mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= a^3\int_0^\pi d\varphi\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \sin\varphi\,\cos^2\varphi\\ &=2\pi a^3 \int_0^\pi d\varphi \ \sin\varphi\,\cos^2\varphi =2\pi a^3\left[-\frac{1}{3}\cos^3\varphi\right]_0^\pi \\ &=\frac{4}{3}\pi a^3 \end{aligned}

(b) Call the solid x2+y2+z2≤a2x^2+y^2+z^2\le a^2, VV. As

∇⋅F=∂∂x(0)+∂∂y(0)+∂∂z(z)=1{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} =\frac{\partial }{\partial x}(0) +\frac{\partial }{\partial y}(0) +\frac{\partial }{\partial z}(z) =1

the divergence theorem gives

∬SF⋅n^ dS=∭V∇⋅F dV=∭V dV=Volume(V)=43πa3\begin{aligned} \iint _{\mathcal{S}}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _V{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}V =\iiint _V \ \mathrm{d}V =\text{Volume}(V) =\frac{4}{3}\pi a^3 \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 32번
# 발산 정리활용보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
43.CLP-4 · 4.2절 · 7번대학 수준우리말 번역

(a) 벡터장 F=(z+sin⁡y,zy,sin⁡xcos⁡y)\mathbf{F} = (z + \sin y, zy, \sin x \cos y) 의 발산을 구하세요. (b) (a)의 벡터장 F\mathbf{F} 가 R3\mathbb{R}^3 에서 원점을 중심으로 하는 반지름이 33 인 구면을 바깥쪽으로 통과하는 플럭스를 구하세요.

영어 원문 보기

(a) Find the divergence of the vector field F=(z+sin⁡y,zy,sin⁡xcos⁡y)\mathbf{F} = (z + \sin y, zy, \sin x \cos y). (b) Find the flux of the vector field F\mathbf{F} of (a) outward through the sphere of radius 33 centred at the origin in R3\mathbb{R}^3 .

답 쓰고 채점
(a)
(b)
정답·풀이 보기

(a) 발산은 다음과 같다.

∇⋅F=∂∂x(z+sin⁡y)+∂∂y(zy)+∂∂z(sin⁡xcos⁡y)=z\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} &= \frac{\partial }{\partial x}\big(z+\sin y\big) +\frac{\partial }{\partial y}\left(zy\right) +\frac{\partial }{\partial z}\big(\sin x\cos y\big) \\ &= z \end{aligned}

(b) 다음과 같이 놓는다.

V={ (x,y,z) ∣ x2+y2+z2≤9 }\begin{aligned} V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2+z^2\le 9\ \big\} \end{aligned}

발산 정리에 의해 (구하는 것이 바깥쪽 플럭스임에 유의한다),

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

이다. zz 가 홀함수이기 때문이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) The divergence is

∇⋅F=∂∂x(z+sin⁡y)+∂∂y(zy)+∂∂z(sin⁡xcos⁡y)=z\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} &= \frac{\partial }{\partial x}\big(z+\sin y\big) +\frac{\partial }{\partial y}\left(zy\right) +\frac{\partial }{\partial z}\big(\sin x\cos y\big) \\ &= z \end{aligned}

(b) Let

V={ (x,y,z) ∣ x2+y2+z2≤9 }\begin{aligned} V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2+z^2\le 9\ \big\} \end{aligned}

By the divergence theorem (note that we are to find the outward flux),

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

since zz is odd.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 4번
# 발산 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
44.CLP-4 · 4.2절 · 9번대학 수준우리말 번역

BB 를 점 (x0,y0,z0)(x_0, y_0, z_0) 을 중심으로 하는 부피 VV 의 공이라 하고, SS 를 BB 의 경계인 구면이라 하자. F=x2ı^+xyȷ^+(3z−yz)k^\mathbf{F} = x^2\hat{\boldsymbol{\imath}} + xy\hat{\boldsymbol{\jmath}}+(3 z - yz)\hat{\mathbf{k}} 가 SS 를 (BB 로부터) 바깥쪽으로 통과하는 플럭스를 구하세요.

영어 원문 보기

Let BB be the ball of volume VV centered at the point (x0,y0,z0)(x_0, y_0, z_0), and let SS be the sphere that is the boundary of BB. Find the flux of F=x2ı^+xyȷ^+(3z−yz)k^\mathbf{F} = x^2\hat{\boldsymbol{\imath}} + xy\hat{\boldsymbol{\jmath}}+(3 z - yz)\hat{\mathbf{k}} outward (from BB) through SS.

정답·풀이 보기

발산 정리를 적용한다. F\mathbf{F} 의 발산은 다음과 같다.

∇⋅F=∂∂x(x2)+∂∂y(xy)+∂∂z(3z−yz)=3+3x−y{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} = \frac{\partial }{\partial x}(x^2) +\frac{\partial }{\partial y}(xy) +\frac{\partial }{\partial z}(3 z - yz) =3+3x-y

따라서

∬SF⋅n^ dS=∭B∇⋅F dV=∭B(3+3x−y) dV\begin{aligned} \iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iiint _B{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}V =\iiint _B(3+3x-y)\ \mathrm{d}V \end{aligned}

이다.

xx 와 yy 의 적분을 계산하기 위해, R3\mathbb{R}^3 의 임의의 입체 V\mathcal{V} 에 대해 다음이 성립함을 이용한다.

∭VdV=부피(V)xˉ=∭Vx dV부피(V)yˉ=∭Vy dV부피(V)zˉ=∭Vz dV부피(V)\begin{aligned} \iiint _\mathcal{V}\mathrm{d}V=\text{부피}(\mathcal{V})\qquad \bar x =\frac{\iiint _\mathcal{V} x\,\mathrm{d}V}{\text{부피}(\mathcal{V})}\qquad \bar y =\frac{\iiint _\mathcal{V} y\,\mathrm{d}V}{\text{부피}(\mathcal{V})}\qquad \bar z =\frac{\iiint _\mathcal{V} z\,\mathrm{d}V}{\text{부피}(\mathcal{V})} \end{aligned}

여기서 (xˉ,yˉ,zˉ)(\bar x,\bar y,\bar z) 는 V\mathcal{V} 의 무게중심이다. 주어진 공의 부피는 VV 이고 무게중심은 (xˉ,yˉ,zˉ)=(x0,y0,z0)(\bar x,\bar y,\bar z) = (x_0,y_0,z_0) 이다. 따라서

∬SF⋅n^ dS=V[3+3xˉ−yˉ]=[3+3x0−y0] V\begin{aligned} \iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = V[3+3\bar x-\bar y] =[3+3x_0-y_0]\,V \end{aligned}

이다.

원본 교재 풀이(영어)

Apply the divergence theorem. The divergence of F\mathbf{F} is

∇⋅F=∂∂x(x2)+∂∂y(xy)+∂∂z(3z−yz)=3+3x−y{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} = \frac{\partial }{\partial x}(x^2) +\frac{\partial }{\partial y}(xy) +\frac{\partial }{\partial z}(3 z - yz) =3+3x-y

So

∬SF⋅n^ dS=∭B∇⋅F dV=∭B(3+3x−y) dV\begin{aligned} \iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iiint _B{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}V =\iiint _B(3+3x-y)\ \mathrm{d}V \end{aligned}

To evaluate the integrals of xx and yy we use that, for any solid V\mathcal{V} in R3\mathbb{R}^3,

∭VdV=Volume(V)xˉ=∭Vx dVVolume(V)yˉ=∭Vy dVVolume(V)zˉ=∭Vz dVVolume(V)\begin{aligned} \iiint _\mathcal{V}\mathrm{d}V=\text{Volume}(\mathcal{V})\qquad \bar x =\frac{\iiint _\mathcal{V} x\,\mathrm{d}V}{\text{Volume}(\mathcal{V})}\qquad \bar y =\frac{\iiint _\mathcal{V} y\,\mathrm{d}V}{\text{Volume}(\mathcal{V})}\qquad \bar z =\frac{\iiint _\mathcal{V} z\,\mathrm{d}V}{\text{Volume}(\mathcal{V})} \end{aligned}

where (xˉ,yˉ,zˉ)(\bar x,\bar y,\bar z) is the centroid of V\mathcal{V}. Our ball has volume VV and centroid (xˉ,yˉ,zˉ)=(x0,y0,z0)(\bar x,\bar y,\bar z) = (x_0,y_0,z_0). So

∬SF⋅n^ dS=V[3+3xˉ−yˉ]=[3+3x0−y0] V\begin{aligned} \iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = V[3+3\bar x-\bar y] =[3+3x_0-y_0]\,V \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 10번
# 발산 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
45.CLP-4 · 4.2절 · 10번대학 수준우리말 번역

F(x,y,z)=(1+z1+z1+z , 1+z1+z1+z , 1)\mathbf{F}(x, y, z) = \big( 1 + z^{1+z^{1+z}}\,,\, 1 + z^{1+z^{1+z}}\,,\,1\big)

라 하자.

SS 를 곡면

x2+y2=1−z4x^2 + y^2 = 1 - z^4

중 xyxy평면 위쪽에 있는 부분이라 하자. F\mathbf{F} 가 SS 를 통과하여 아래쪽으로 나가는 플럭스를 구하세요.

영어 원문 보기

Let

F(x,y,z)=(1+z1+z1+z , 1+z1+z1+z , 1)\mathbf{F}(x, y, z) = \big( 1 + z^{1+z^{1+z}}\,,\, 1 + z^{1+z^{1+z}}\,,\,1\big)

Let SS be the portion of the surface

x2+y2=1−z4x^2 + y^2 = 1 - z^4

which is above the xyxy-plane. What is the flux of F\mathbf{F} downward through SS?

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

V={ (x,y,z) ∣ x2+y2≤1−z4, 0≤z≤1 }V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le 1-z^4,\ 0\le z\le 1\ \big\}

라 하자.

그러면 발산 정리에서 쓰는 방향을 준 VV 의 경계 ∂V\partial V 는 두 부분으로 이루어진다.

  • 법선이 위쪽을 향하는 곡면 SS, 그리고
  • 법선이 −k^-\hat{\mathbf{k}} 인 원판 D={ (x,y,z) ∣ x2+y2≤1, z=0 }D=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le 1,\ z=0\ \big\}

따라서 발산 정리에 의해

∭V∇⋅F dV=∬∂VF⋅n^ dS=−∬SF⋅n^ dS+∬DF⋅(−k^) dS\begin{aligned} \iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\,\mathrm{d}V =\iint _{\partial V}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =- \iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S +\iint _D\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S \end{aligned}

이다. ∇⋅F=0{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}=0 이고 F(x,y,0)=(1 , 1 , 1)\mathbf{F}(x,y,0) = \big( 1 \,,\, 1 \,,\,1\big) 이므로

∬SF⋅n^ dS=∬DF⋅(−k^) dS=−∬DdS=−π\begin{aligned} \iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iint _D\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S =-\iint _D\mathrm{d}S =-\pi \end{aligned}

이다.

원본 교재 풀이(영어)

Let

V={ (x,y,z) ∣ x2+y2≤1−z4, 0≤z≤1 }V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le 1-z^4,\ 0\le z\le 1\ \big\}

Then the boundary, ∂V\partial V, of VV, with the orientation that is used in the divergence theorem, consists of two parts

  • the surface SS, but with the upward pointing normal, and
  • the disk D={ (x,y,z) ∣ x2+y2≤1, z=0 }D=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le 1,\ z=0\ \big\}, with normal −k^-\hat{\mathbf{k}}.

So the divergence theorem gives

∭V∇⋅F dV=∬∂VF⋅n^ dS=−∬SF⋅n^ dS+∬DF⋅(−k^) dS\begin{aligned} \iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\,\mathrm{d}V =\iint _{\partial V}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =- \iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S +\iint _D\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S \end{aligned}

As ∇⋅F=0{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}=0 and F(x,y,0)=(1 , 1 , 1)\mathbf{F}(x,y,0) = \big( 1 \,,\, 1 \,,\,1\big)

∬SF⋅n^ dS=∬DF⋅(−k^) dS=−∬DdS=−π\begin{aligned} \iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iint _D\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S =-\iint _D\mathrm{d}S =-\pi \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 11번
# 발산 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
46.CLP-4 · 4.2절 · 11번대학 수준우리말 번역

발산 정리를 이용하여 xı^+yȷ^+2zk^x\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2z\hat{\mathbf{k}} 의 타원면 x2+y2+2z2=2x^2+y^2+2z^2=2 중 z≥0z\ge 0 인 부분을 통과하는 플럭스를 구하세요. [참고: 타원면 x2a2+y2b2+z2c2=1\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1 이 둘러싼 입체의 부피는 43πabc\frac{4}{3}\pi abc 이다.]

영어 원문 보기

Use the divergence theorem to find the flux of xı^+yȷ^+2zk^x\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2z\hat{\mathbf{k}} through the part of the ellipsoid x2+y2+2z2=2x^2+y^2+2z^2=2 with z≥0z\ge 0. [Note: the ellipsoid x2a2+y2b2+z2c2=1\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1 has volume 43πabc\frac{4}{3}\pi abc.]

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정답·풀이 보기

VV 를 x2+y2+2z2≤2x^2+y^2+2z^2\le 2, z≥0z\ge 0 인 입체라 하자. VV 의 겉면은 위쪽을 향하는 법선을 갖는 위쪽의 반타원면 S={ (x,y,z) ∣ x2+y2+2z2=2, z≥0 }S=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2+2z^2=2,\ z\ge 0\ \big\} 와, 법선이 −k^-\hat{\mathbf{k}} 인 아래쪽의 원판 D={(x,y,z)}z=0, x2+y2≤2D=\left\{(x,y,z)\right\}{z=0,\ x^2+y^2\le 2} 로 이루어진다. 이 벡터장을 F\mathbf{F} 라 하자. 발산 정리에 의해 ∬SF⋅n^ dS+∬DF⋅(−k^) dS=∭V∇⋅F dV=∭V4 dV\iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\ \mathrm{d}S +\iint _D\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S =\iiint _V{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}V =\iiint _V 4\ \mathrm{d}V 이다. 이 타원체는 a=2a=\sqrt{2}, b=2b=\sqrt{2}, c=1c=1 이고 부피는 43πabc=83π\frac{4}{3}\pi abc=\frac{8}{3}\pi 이다. 따라서 ∭V4 dV=4×12(Volume of the ellipsoid)=16π3\iiint _V 4\ \mathrm{d}V=4\times\tfrac{1}{2}({\rm Volume\ of\ the\ ellipsoid})=\frac{16\pi}{3} 이다. DD 위에서 z=0z=0 이고 xx 와 yy 가 홀함수이므로 ∬Dx dS=∬Dy dS=0\iint _D x\,\mathrm{d}S=\iint _D y\,\mathrm{d}S=0 이다. 따라서 ∬DF⋅(−k^) dS=∬D(xı^+yȷ^+0k^)⋅(−k^) dS=0\iint _D\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S =\iint _D(x\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\hat{\boldsymbol{\jmath}}+0\hat{\mathbf{k}})\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S =0 이므로 구하는 플럭스는 ∬SF⋅n^ dS=∭V4 dV=163π\iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\ \mathrm{d}S=\iiint _V 4\ \mathrm{d}V =\frac{16}{3}\pi 이다.

원본 교재 풀이(영어)

Let VV be the solid x2+y2+2z2≤2x^2+y^2+2z^2\le 2, z≥0z\ge 0. The surface of VV consists of the half-ellipsoid S={ (x,y,z) ∣ x2+y2+2z2=2, z≥0 }S=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2+2z^2=2,\ z\ge 0\ \big\}, on top with upward pointing normal, and the disk D={(x,y,z)}z=0, x2+y2≤2D=\left\{(x,y,z)\right\}{z=0,\ x^2+y^2\le 2}, on the bottom with normal −k^-\hat{\mathbf{k}}. Call the vector field F\mathbf{F}. By the divergence theorem ∬SF⋅n^ dS+∬DF⋅(−k^) dS=∭V∇⋅F dV=∭V4 dV\iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\ \mathrm{d}S +\iint _D\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S =\iiint _V{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}V =\iiint _V 4\ \mathrm{d}V The ellipsoid has a=2a=\sqrt{2}, b=2b=\sqrt{2}, c=1c=1 and volume 43πabc=83π\frac{4}{3}\pi abc=\frac{8}{3}\pi. So ∭V4 dV=4×12(Volume of the ellipsoid)=16π3\iiint _V 4\ \mathrm{d}V=4\times\tfrac{1}{2}({\rm Volume\ of\ the\ ellipsoid})=\frac{16\pi}{3} On DD, z=0z=0 and ∬Dx dS=∬Dy dS=0\iint _D x\,\mathrm{d}S=\iint _D y\,\mathrm{d}S=0 because xx and yy are odd. So ∬DF⋅(−k^) dS=∬D(xı^+yȷ^+0k^)⋅(−k^) dS=0\iint _D\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S =\iint _D(x\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\hat{\boldsymbol{\jmath}}+0\hat{\mathbf{k}})\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S =0 and the desired flux is ∬SF⋅n^ dS=∭V4 dV=163π\iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\ \mathrm{d}S=\iiint _V 4\ \mathrm{d}V =\frac{16}{3}\pi

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 2번
# 발산 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
47.CLP-4 · 4.2절 · 15번대학 수준우리말 번역

벡터장 (x+y,x+z,y+z)(x + y, x + z, y + z) 의 플럭스를, 방정식이 x2+z2=4x^2 + z^2 = 4 이고 y=0y = 0 부터 y=3y = 3 까지 뻗어 있는 원기둥 면을 통과하는 경우에 대해 구하세요. (원기둥의 옆면(곡면 부분)만 포함하며, 왼쪽과 오른쪽에서 원기둥을 막는 두 원판은 포함하지 않습니다.) 곡면의 방향은 바깥쪽, 즉 yy축에서 멀어지는 방향입니다.

영어 원문 보기

Find the flux of the vector field (x+y,x+z,y+z)(x + y, x + z, y + z) through the cylindrical surface whose equation is x2+z2=4x^2 + z^2 = 4, and which extends from y=0y = 0 to y=3y = 3. (Only the curved part of the cylinder is included, not the two disks bounding it on the left and right.) The orientation of the surface is outward, i.e., pointing away from the yy-axis.

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풀이 1 (발산 정리): F=(x+y,x+z,y+z)\mathbf{F} = (x + y, x + z, y + z) 라 하자. 그러면 ∇⋅F=2{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} = 2 이다. 매우 간단하다. 그러므로 발산 정리를 이용해 보자.

  • S={ (x,y,z) ∣ x2+z2=4, 0≤y≤3 }S=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+z^2=4,\ 0\le y\le 3\ \big\} 라 하자. 우리는 ∬SF⋅n^ dS\iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S 를 계산해야 하며, 여기서 n^\hat{\mathbf{n}} 은 SS 의 바깥쪽 법선벡터이다. SS 는 입체의 경계가 아니므로 발산 정리를 직접 적용하여 ∬SF⋅n^ dS\iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S 를 계산할 수는 없다. 아래 왼쪽 그림은 SS 중에서 제1팔분공간에 있는 부분을 나타낸 것이다.

그림

그림

  • 한편 SS 는 다음 입체의 경계와 “거의” 같다.

V={ (x,y,z) ∣ x2+z2≤4, 0≤y≤3 }V = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+z^2\le 4,\ 0\le y\le 3\ \big\}

VV 의 경계 ∂V\partial V 는 세 조각, 곧 SS 와 두 원판

Dl={ (x,y,z) ∣ x2+z2≤4, y=0 }Dr={ (x,y,z) ∣ x2+z2≤4, y=3 }D_l = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+z^2\le 4,\ y=0\ \big\}\qquad D_r = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+z^2\le 4,\ y=3\ \big\}

으로 이루어져 있다. 위 오른쪽 그림은 SS, VV, DlD_l, DrD_r 중에서 제1팔분공간에 있는 부분을 나타낸 것이다.

DrD_r 의 바깥쪽 법선벡터는 ȷ^\hat{\boldsymbol{\jmath}} 이고 DlD_l 의 바깥쪽 법선벡터는 −ȷ^-\hat{\boldsymbol{\jmath}} 이므로, 발산 정리에 의해 다음을 얻는다.

∭V∇⋅F dV=∬∂VF⋅n^ dS=∬SF⋅n^ dS+∬DrF⋅ȷ^ dS+∬DlF⋅(−ȷ^) dS\begin{aligned} \iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot \mathbf{F}\,\mathrm{d}V &=\iint _{\partial V}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S \\ &=\iint _{S}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S + \iint _{D_r}\mathbf{F}\cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}}\,\mathrm{d}S + \iint _{D_l}\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}S \end{aligned}

∇⋅F=2{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} = 2 이고 F⋅ȷ^=x+z\mathbf{F}\cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}} = x+z 이므로

∬SF⋅n^ dS=∭V2 dV−∬x2+z2≤4(x+z) dxdz−∬x2+z2≤4(−x−z) dxdz=∭V2 dV=2 부피(V)=2(π22)3=24π\begin{aligned} \iint _{S}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= \iiint _V 2\,\mathrm{d}V -\iint _{x^2+z^2\le 4}(x+z)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}z - \iint _{x^2+z^2\le 4}(-x-z)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}z \\ &= \iiint _V 2\,\mathrm{d}V \\ &= 2\ \text{부피}(V) =2(\pi 2^2) 3 =24\pi \end{aligned}

풀이 2 (직접 계산): 곡면을 다음과 같이 매개화하자.

r(θ,y)=2cos⁡θ ı^+y ȷ^+2sin⁡θ k^0≤θ<2π, 0≤y≤3\begin{aligned} \mathbf{r}(\theta,y) &= 2\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + 2\sin\theta\,\hat{\mathbf{k}}\qquad 0\le\theta<2\pi,\ 0\le y\le 3 \end{aligned}

그러면

∂r∂θ=(−2sin⁡θ , 0 , 2cos⁡θ)∂r∂y=(0 , 1 , 0)n^dS=±∂r∂θ×∂r∂ydθdy=±(−2cos⁡θ , 0 , −2sin⁡θ)dθdy\begin{aligned} \tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial\theta} &=\big(-2\sin\theta\,,\, 0\,,\, 2\cos\theta \big) \\ \tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial y} &=\big(0\,,\, 1\,,\, 0\big) \\ \hat{\mathbf{n}}\mathrm{d}S &=\pm\tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial\theta} \times \tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial y} \mathrm{d}\theta\mathrm{d}y =\pm \big(-2\cos\theta\,,\, 0\,,\, -2\sin\theta\big)\mathrm{d}\theta\mathrm{d}y \end{aligned}

바깥쪽 법선벡터를 얻으려면 음의 부호를 택해야 한다. 따라서

n^dS=(2cos⁡θ , 0 , 2sin⁡θ)dθdy\hat{\mathbf{n}}\mathrm{d}S =\big(2\cos\theta\,,\, 0\,,\, 2\sin\theta\big)\mathrm{d}\theta\mathrm{d}y

이고,

F(r(θ,y))=(2cos⁡θ+y , 2cos⁡θ+2sin⁡θ , y+2sin⁡θ)\mathbf{F}\big(\mathbf{r}(\theta,y)\big) =\big(2\cos\theta + y\,,\,2\cos\theta+2\sin\theta\,,\,y+2\sin\theta\big)

이므로 구하는 플럭스는

∬SF⋅n^ dS=∫02πdθ∫03dy (2cos⁡θ+y , 2cos⁡θ+2sin⁡θ , y+2sin⁡θ)⋅(2cos⁡θ , 0 , 2sin⁡θ)=∫02πdθ∫03dy (4cos⁡2θ+2ycos⁡θ+2ysin⁡θ+4sin⁡2θ)=∫02πdθ∫03dy (4+2ycos⁡θ+2ysin⁡θ)\begin{aligned} \iint _{S}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^3\mathrm{d}y \ \big(2\cos\theta + y\,,\,2\cos\theta+2\sin\theta\,,\,y+2\sin\theta\big)\cdot \big(2\cos\theta\,,\,0\,,\, 2\sin\theta\big) \\ &= \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^3\mathrm{d}y \ \big(4\cos^2\theta + 2y\cos\theta +2y\sin\theta+4\sin^2\theta\big) \\ &= \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^3\mathrm{d}y \ \big(4 + 2y\cos\theta +2y\sin\theta\big) \end{aligned}

∫02πdθ cos⁡θ=∫02πdθ sin⁡θ=0\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \cos\theta = \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \sin\theta = 0 이므로

∬SF⋅n^ dS=4∫02πdθ∫03dy=4(2π)3=24π\begin{aligned} \iint _{S}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= 4\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^3\mathrm{d}y =4(2\pi)3 =24\pi \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

Solution 1 (divergence theorem): Set F=(x+y,x+z,y+z)\mathbf{F} = (x + y, x + z, y + z). Then ∇⋅F=2{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} = 2. That's really simple. So let's try using the divergence theorem.

  • Set S={ (x,y,z) ∣ x2+z2=4, 0≤y≤3 }S=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+z^2=4,\ 0\le y\le 3\ \big\}. We are to compute ∬SF⋅n^ dS\iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S, with n^\hat{\mathbf{n}} denoting the outward normal to SS. SS is not the boundary of a solid, so we cannot compute ∬SF⋅n^ dS\iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S by applying the divergence theorem directly. The figure on the left below shows the part of SS that is in the first octant.

figure

figure

  • On the other hand SS, is “almost” the boundary of

V={ (x,y,z) ∣ x2+z2≤4, 0≤y≤3 }V = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+z^2\le 4,\ 0\le y\le 3\ \big\}

The boundary, ∂V\partial V of VV consists of three pieces — SS and the two disks

Dl={ (x,y,z) ∣ x2+z2≤4, y=0 }Dr={ (x,y,z) ∣ x2+z2≤4, y=3 }D_l = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+z^2\le 4,\ y=0\ \big\}\qquad D_r = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+z^2\le 4,\ y=3\ \big\}

The figure on the right above shows the parts of SS, VV, DlD_l and DrD_r that are in the first octant.

The outward normal to DrD_r is ȷ^\hat{\boldsymbol{\jmath}} and the outward normal to DlD_l is −ȷ^-\hat{\boldsymbol{\jmath}}, to the divergence theorem gives

∭V∇⋅F dV=∬∂VF⋅n^ dS=∬SF⋅n^ dS+∬DrF⋅ȷ^ dS+∬DlF⋅(−ȷ^) dS\begin{aligned} \iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot \mathbf{F}\,\mathrm{d}V &=\iint _{\partial V}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S \\ &=\iint _{S}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S + \iint _{D_r}\mathbf{F}\cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}}\,\mathrm{d}S + \iint _{D_l}\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}S \end{aligned}

Since ∇⋅F=2{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} = 2 and F⋅ȷ^=x+z\mathbf{F}\cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}} = x+z,

∬SF⋅n^ dS=∭V2 dV−∬x2+z2≤4(x+z) dxdz−∬x2+z2≤4(−x−z) dxdz=∭V2 dV=2 volume(V)=2(π22)3=24π\begin{aligned} \iint _{S}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= \iiint _V 2\,\mathrm{d}V -\iint _{x^2+z^2\le 4}(x+z)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}z - \iint _{x^2+z^2\le 4}(-x-z)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}z \\ &= \iiint _V 2\,\mathrm{d}V \\ &= 2\ \text{volume}(V) =2(\pi 2^2) 3 =24\pi \end{aligned}

Solution 2 (direct evaluation): Let's parametrize the surface by

r(θ,y)=2cos⁡θ ı^+y ȷ^+2sin⁡θ k^0≤θ<2π, 0≤y≤3\begin{aligned} \mathbf{r}(\theta,y) &= 2\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + 2\sin\theta\,\hat{\mathbf{k}}\qquad 0\le\theta<2\pi,\ 0\le y\le 3 \end{aligned}

Then

∂r∂θ=(−2sin⁡θ , 0 , 2cos⁡θ)∂r∂y=(0 , 1 , 0)n^dS=±∂r∂θ×∂r∂ydθdy=±(−2cos⁡θ , 0 , −2sin⁡θ)dθdy\begin{aligned} \tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial\theta} &=\big(-2\sin\theta\,,\, 0\,,\, 2\cos\theta \big) \\ \tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial y} &=\big(0\,,\, 1\,,\, 0\big) \\ \hat{\mathbf{n}}\mathrm{d}S &=\pm\tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial\theta} \times \tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial y} \mathrm{d}\theta\mathrm{d}y =\pm \big(-2\cos\theta\,,\, 0\,,\, -2\sin\theta\big)\mathrm{d}\theta\mathrm{d}y \end{aligned}

To get the outward normal, we want the minus sign. So

n^dS=(2cos⁡θ , 0 , 2sin⁡θ)dθdy\hat{\mathbf{n}}\mathrm{d}S =\big(2\cos\theta\,,\, 0\,,\, 2\sin\theta\big)\mathrm{d}\theta\mathrm{d}y

and, since

F(r(θ,y))=(2cos⁡θ+y , 2cos⁡θ+2sin⁡θ , y+2sin⁡θ)\mathbf{F}\big(\mathbf{r}(\theta,y)\big) =\big(2\cos\theta + y\,,\,2\cos\theta+2\sin\theta\,,\,y+2\sin\theta\big)

the specified flux is

∬SF⋅n^ dS=∫02πdθ∫03dy (2cos⁡θ+y , 2cos⁡θ+2sin⁡θ , y+2sin⁡θ)⋅(2cos⁡θ , 0 , 2sin⁡θ)=∫02πdθ∫03dy (4cos⁡2θ+2ycos⁡θ+2ysin⁡θ+4sin⁡2θ)=∫02πdθ∫03dy (4+2ycos⁡θ+2ysin⁡θ)\begin{aligned} \iint _{S}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^3\mathrm{d}y \ \big(2\cos\theta + y\,,\,2\cos\theta+2\sin\theta\,,\,y+2\sin\theta\big)\cdot \big(2\cos\theta\,,\,0\,,\, 2\sin\theta\big) \\ &= \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^3\mathrm{d}y \ \big(4\cos^2\theta + 2y\cos\theta +2y\sin\theta+4\sin^2\theta\big) \\ &= \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^3\mathrm{d}y \ \big(4 + 2y\cos\theta +2y\sin\theta\big) \end{aligned}

Since ∫02πdθ cos⁡θ=∫02πdθ sin⁡θ=0\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \cos\theta = \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \sin\theta = 0,

∬SF⋅n^ dS=4∫02πdθ∫03dy=4(2π)3=24π\begin{aligned} \iint _{S}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= 4\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^3\mathrm{d}y =4(2\pi)3 =24\pi \end{aligned}

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

SS 를 원뿔 z=x2+y2z = \sqrt{x^2+y^2} 안에 포함된 포물면 z=2−x2−y2z = 2 - x^2 - y^2 의 일부라 하고, 위쪽 방향으로 향을 잡습니다. 또한

F=(tan⁡z+sin⁡(y3)) ı^+e−x2 ȷ^+zk^\mathbf{F} = (\tan \sqrt{z} + \sin(y^3))\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + e^{-x^2}\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + z\hat{\mathbf{k}}

라 하자.

선속 적분 ∬SF⋅n^ dS\iint _S \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let SS be the part of the paraboloid z=2−x2−y2z = 2 - x^2 - y^2 contained in the cone z=x2+y2z = \sqrt{x^2+y^2} and oriented in the upward direction. Let

F=(tan⁡z+sin⁡(y3)) ı^+e−x2 ȷ^+zk^\mathbf{F} = (\tan \sqrt{z} + \sin(y^3))\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + e^{-x^2}\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + z\hat{\mathbf{k}}

Evaluate the flux integral ∬SF⋅n^ dS\iint _S \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

F\mathbf{F} 가 복잡해 보이므로, 선속 적분을 직접 계산하는 것은 피하는 편이 좋을 것이다. 먼저 F\mathbf{F} 의 발산을 계산하여, 대신 발산 정리를 쓰는 것이 현명한지 살펴보자.

∇⋅F=∂∂x(tan⁡z+sin⁡(y3))+∂∂y(e−x2)+∂∂z(z)=1\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} = \frac{\partial }{\partial x}\big(\tan \sqrt{z} + \sin(y^3)\big) +\frac{\partial }{\partial y}\big(e^{-x^2}\big) +\frac{\partial }{\partial z}\big(z\big) =1 \end{aligned}

좋아 보인다! 하지만 SS 는 입체 영역 VV 의 경계가 아니므로 아직 발산 정리를 적용할 수 없다. 경계가 적어도 SS 를 포함하는 입체 VV 를 고르는 데 도움이 되도록 그림을 그려 보면, SS 는 "아이스크림 콘"의 윗부분이다.

그림

포물면 z=2−x2−y2z = 2 - x^2 - y^2 과 원뿔 z=x2+y2z = \sqrt{x^2+y^2} 은 원 x2+y2=1x^2+y^2=1, z=1z=1 을 따라 만난다는 점에 주목하자. 경계가 SS 를 포함하는 입체 중 가장 간단한 것은 아마도 다음일 것이다.

V={ (x,y,z) ∣ 1≤z≤2−x2−y2, x2+y2≤1 }V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 1\le z\le 2-x^2-y^2,\ x^2+y^2\le 1\ \big\}

VV 의 경계 ∂V\partial V 는 SS (법선이 위쪽을 향함)와 다음 원판

D={ (x,y,z) ∣ x2+y2≤1, z=1 }D = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le 1,\ z=1\ \big\}

(법선은 −k^-\hat{\mathbf{k}})으로 이루어져 있다. 따라서 발산 정리에 의해 다음을 얻는다.

∬SF⋅n^ dS=∭V∇⋅F dV−∬DF⋅(−k^) dS=∭V1⏞∇⋅FdV+∬D1⏞F⋅k^=z dS\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}V -\iint _D \mathbf{F} \cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S \\ &=\iiint _V \overbrace{1}^{{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}}\mathrm{d}V +\iint _D \overbrace{1}^{\mathbf{F} \cdot \hat{\mathbf{k}} = z}\,\mathrm{d}S \end{aligned}

DD 는 반지름이 1인 원판이므로 ∬DdS=π\iint _D \mathrm{d}S=\pi 이다. VV 의 부피를 계산하기 위해, VV 를 수평한 "팬케이크"를 쌓아 놓은 것으로 보고 얇게 자른다. z=2−x2−y2z=2-x^2-y^2 은 x2+y2=2−z\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{2-z} 와 같으므로, 높이 zz 에서의 팬케이크는 반지름이 2−z\sqrt{2-z} 인 원판이고, 따라서 단면의 넓이는 π(2−z)\pi(2-z) 이다. 그러므로 VV 의 부피는 다음과 같다.

∭VdV=∫12π(2−z) dz=−π2(2−z)2∣12=π2\begin{aligned} \iiint _V \mathrm{d}V &=\int_1^2 \pi(2-z) \ \mathrm{d}z = -\frac{\pi}{2}(2-z)^2\Big|_1^2 =\frac{\pi}{2} \end{aligned}

따라서 선속은 다음과 같다.

∬SF⋅n^ dS=π2+π=32π\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\frac{\pi}{2} +\pi =\frac{3}{2}\pi \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

As F\mathbf{F} looks complicated, we will probably want to avoid evaluating the flux integral directly. Let's first compute the divergence of F\mathbf{F}, to see if it looks wise to use the divergence theorem instead.

∇⋅F=∂∂x(tan⁡z+sin⁡(y3))+∂∂y(e−x2)+∂∂z(z)=1\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} = \frac{\partial }{\partial x}\big(\tan \sqrt{z} + \sin(y^3)\big) +\frac{\partial }{\partial y}\big(e^{-x^2}\big) +\frac{\partial }{\partial z}\big(z\big) =1 \end{aligned}

Looks good! We cannot yet apply the divergence theorem, since SS is not the boundary of a solid region VV. To help us choose a solid VV whose boundary at least includes SS, here is a sketch. SS is the top of the “ice cream cone”

figure

Note that the paraboloid z=2−x2−y2z = 2 - x^2 - y^2 and the cone z=x2+y2z = \sqrt{x^2+y^2} intersect along the circle x2+y2=1x^2+y^2=1, z=1z=1. Probably the simplest solid whose boundary includes SS is

V={ (x,y,z) ∣ 1≤z≤2−x2−y2, x2+y2≤1 }V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 1\le z\le 2-x^2-y^2,\ x^2+y^2\le 1\ \big\}

The boundary ∂V\partial V of VV consists of SS (with upward pointing normal) and the disk

D={ (x,y,z) ∣ x2+y2≤1, z=1 }D = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le 1,\ z=1\ \big\}

with normal −k^-\hat{\mathbf{k}}. So the divergence theorem gives

∬SF⋅n^ dS=∭V∇⋅F dV−∬DF⋅(−k^) dS=∭V1⏞∇⋅FdV+∬D1⏞F⋅k^=z dS\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}V -\iint _D \mathbf{F} \cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S \\ &=\iiint _V \overbrace{1}^{{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}}\mathrm{d}V +\iint _D \overbrace{1}^{\mathbf{F} \cdot \hat{\mathbf{k}} = z}\,\mathrm{d}S \end{aligned}

As DD is a disk of radius 1, ∬DdS=π\iint _D \mathrm{d}S=\pi. To compute the volume of VV, we'll slice it into a stack of horizontal “pancakes”. Since z=2−x2−y2z=2-x^2-y^2 is equivalent to x2+y2=2−z\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{2-z}, the pancake at height zz is a circular disk of radius 2−z\sqrt{2-z} and hence of cross-sectional area π(2−z)\pi(2-z). So the volume of VV is

∭VdV=∫12π(2−z) dz=−π2(2−z)2∣12=π2\begin{aligned} \iiint _V \mathrm{d}V &=\int_1^2 \pi(2-z) \ \mathrm{d}z = -\frac{\pi}{2}(2-z)^2\Big|_1^2 =\frac{\pi}{2} \end{aligned}

and the flux

∬SF⋅n^ dS=π2+π=32π\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\frac{\pi}{2} +\pi =\frac{3}{2}\pi \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 7번
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CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
49.CLP-4 · 4.2절 · 18번대학 수준우리말 번역

면적분

∬SF⋅n^ dS\iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S

의 값을 구하세요. 여기서 F(x,y,z)=(cos⁡z+xy2 , xe−z , sin⁡y+x2z)\mathbf{F}(x, y, z) = \big(\cos z + xy^2\,,\, xe^{-z}\,,\, \sin y + x^2 z\big) 이고 SS 는 포물면 z=x2+y2z = x^2 + y^2 과 평면 z=4z = 4 로 둘러싸인 입체 영역의 경계이며, 법선벡터는 바깥쪽을 향합니다.

영어 원문 보기

Evaluate the surface integral

∬SF⋅n^ dS\iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S

where F(x,y,z)=(cos⁡z+xy2 , xe−z , sin⁡y+x2z)\mathbf{F}(x, y, z) = \big(\cos z + xy^2\,,\, xe^{-z}\,,\, \sin y + x^2 z\big) and SS is the boundary of the solid region enclosed by the paraboloid z=x2+y2z = x^2 + y^2 and the plane z=4z = 4, with outward pointing normal.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

F\mathbf{F} 가 복잡해 보이므로 플럭스 적분을 직접 계산하는 것은 피하는 것이 좋을 것이다. 먼저 F\mathbf{F} 의 발산을 계산하여, 대신 발산 정리를 쓰는 것이 좋을지 살펴보자.

∇⋅F=∂∂x(cos⁡z+xy2)+∂∂y(xe−z)+∂∂z(sin⁡y+x2z)=y2+x2\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} = \frac{\partial }{\partial x}\big(\cos z + xy^2\big) +\frac{\partial }{\partial y}\big(xe^{-z}\big) +\frac{\partial }{\partial z}\big(\sin y + x^2 z\big) =y^2+x^2 \end{aligned}

쓸 만해 보인다. 게다가 SS 는 다음 입체 영역의 경계이다.

V={ (x,y,z) ∣ x2+y2≤z≤4 }−45pt[65pt][30pt]![그림](clp/clp4−OE07A4.png)V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le z\le 4\ \big\} {-45pt}[65pt][30pt]{ ![그림](clp/clp4-OE07A_4.png) }

따라서 발산 정리에 의해 다음을 얻는다.

∬SF⋅n^ dS=∭V∇⋅F dV=∭V(x2+y2) dV\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}V =\iiint _V (x^2+y^2)\ \mathrm{d}V \end{aligned}

삼중적분을 계산하기 위해 원기둥 좌표 (r,θ,z)(r,\theta,z) 를 사용한다. zz 좌표는 00 부터 44 까지 변한다. 0≤z≤40\le z \le 4 인 각 고정된 zz 에 대해 (아래 그림의 파란 원판을 보라. 그림은 VV 의 제1팔분공간에 있는 부분을 나타낸다)

그림

(x,y)(x,y) 는 0≤x2+y2≤z0\le x^2+y^2 \le z 의 범위를 움직이며, 이는 원기둥 좌표로 0≤r2≤z0\le r^2\le z 또는 0≤r≤z0\le r\le\sqrt{z} 이다. 따라서 플럭스와 삼중적분은 다음과 같다.

∬SF⋅n^ dS=∭V(x2+y2) dV=∫04dz∫0zdr r∫02πdθ r2=2π∫04dz∫0zdr r3=2π∫04dz z24=2π433×4=323π\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _V (x^2+y^2)\ \mathrm{d}V \\ &=\int_0^4\mathrm{d}z\int_0^{\sqrt{z}}\mathrm{d}r\ r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ r^2 \\ &=2\pi \int_0^4\mathrm{d}z\int_0^{\sqrt{z}}\mathrm{d}r\ r^3 \\ &=2\pi \int_0^4\mathrm{d}z\ \frac{z^2}{4} =2\pi \frac{4^3}{3\times 4}\\ &=\frac{32}{3}\pi \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

As F\mathbf{F} looks complicated, we will probably want to avoid evaluating the flux integral directly. Let's first compute the divergence of F\mathbf{F}, to see if it looks wise to use the divergence theorem instead.

∇⋅F=∂∂x(cos⁡z+xy2)+∂∂y(xe−z)+∂∂z(sin⁡y+x2z)=y2+x2\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} = \frac{\partial }{\partial x}\big(\cos z + xy^2\big) +\frac{\partial }{\partial y}\big(xe^{-z}\big) +\frac{\partial }{\partial z}\big(\sin y + x^2 z\big) =y^2+x^2 \end{aligned}

Looks promising. Furthermore SS is the boundary of the solid region

V={ (x,y,z) ∣ x2+y2≤z≤4 }−45pt[65pt][30pt]![figure](clp/clp4−OE07A4.png)V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le z\le 4\ \big\} {-45pt}[65pt][30pt]{ ![figure](clp/clp4-OE07A_4.png) }

So the divergence theorem gives

∬SF⋅n^ dS=∭V∇⋅F dV=∭V(x2+y2) dV\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}V =\iiint _V (x^2+y^2)\ \mathrm{d}V \end{aligned}

To compute the triple integral, we'll use the cylindrical coordinates (r,θ,z)(r,\theta,z). The zz-coordinate runs from 00 to 44. For each fixed 0≤z≤40\le z \le 4 (see the blue disk in the figure below — which shows the part of VV in the first octant),

figure

(x,y)(x,y) runs over 0≤x2+y2≤z0\le x^2+y^2 \le z, which in cylindrical coordinates is 0≤r2≤z0\le r^2\le z or 0≤r≤z0\le r\le\sqrt{z}. So the flux and the triple integral are

∬SF⋅n^ dS=∭V(x2+y2) dV=∫04dz∫0zdr r∫02πdθ r2=2π∫04dz∫0zdr r3=2π∫04dz z24=2π433×4=323π\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _V (x^2+y^2)\ \mathrm{d}V \\ &=\int_0^4\mathrm{d}z\int_0^{\sqrt{z}}\mathrm{d}r\ r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ r^2 \\ &=2\pi \int_0^4\mathrm{d}z\int_0^{\sqrt{z}}\mathrm{d}r\ r^3 \\ &=2\pi \int_0^4\mathrm{d}z\ \frac{z^2}{4} =2\pi \frac{4^3}{3\times 4}\\ &=\frac{32}{3}\pi \end{aligned}

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

SS 를 구 x2+y2+z2=4x^2 + y^2 + z^2 = 4 중에서 평면 z=1z = 1 과 z=0z = 0 사이에 있는 부분이라 하고, 원점에서 멀어지는 방향을 향하도록 방향을 주자.

F=(ey+xz) ı^+(zy+sin⁡(x)) ȷ^+(z2−1) k^\begin{aligned} \mathbf{F} = (e^y + xz)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (zy + \sin(x))\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + (z^2 - 1)\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}

이라 할 때, 다음 플럭스 적분의 값을 구하세요.

∬SF⋅n^ dS.\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S. \end{aligned}

영어 원문 보기

Let SS be the part of the sphere x2+y2+z2=4x^2 + y^2 + z^2 = 4 between the planes z=1z = 1 and z=0z = 0 oriented away from the origin. Let

F=(ey+xz) ı^+(zy+sin⁡(x)) ȷ^+(z2−1) k^\begin{aligned} \mathbf{F} = (e^y + xz)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (zy + \sin(x))\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + (z^2 - 1)\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}

Compute the flux integral

∬SF⋅n^ dS.\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S. \end{aligned}

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

이 적분을 예를 들어 구면좌표를 써서 직접 계산하려 하면, 피적분함수에

sin⁡(x)=sin⁡(2sin⁡φcos⁡θ)\sin(x) = \sin\big(2\sin\varphi\cos\theta\big)

가 들어 있게 된다. 이는 그다지 다루기 좋은 꼴이 아니다. 그래서 대신 발산 정리를 이용해 보자. 먼저,

∇⋅F=∂∂x(ey+xz)+∂∂y(zy+sin⁡(x))+∂∂z(z2−1)=4z\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} &= \frac{\partial }{\partial x}\big(e^y + xz\big) +\frac{\partial }{\partial y}\big(zy + \sin(x)\big) +\frac{\partial }{\partial z}\big(z^2 - 1\big) = 4z \end{aligned}

이다. 매우 간단하다. 이제 SS 를 살펴보자. SS 중 제1팔분공간에 있는 부분은 아래 왼쪽 그림에 빨간색으로 표시되어 있다.

그림

그림

곡면 SS 는 닫혀 있지 않으므로 어떤 입체의 경계가 아니고, 따라서 발산 정리를 바로 적용할 수 없다. 그러나 경계가 SS 를 포함하는 입체를 쉽게 만들 수 있다.

V={ (x,y,z) ∣ x2+y2+z2≤4, 0≤z≤1 }V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2 + y^2 + z^2 \le 4,\ 0\le z\le 1\ \big\}

이라 하자. VV 의 경계 ∂V\partial V 는 세 부분, 즉 SS, 아래쪽 원판

Db={ (x,y,z) ∣ x2+y2≤4, z=0 }D_b = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2 + y^2 \le 4,\ z=0\ \big\}

그리고 위쪽 원판

Dt={ (x,y,z) ∣ x2+y2≤3, z=1 }D_t = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2 + y^2 \le 3,\ z=1\ \big\}

으로 이루어진다. DtD_t 의 바깥쪽 법선벡터는 k^\hat{\mathbf{k}} 이고 DbD_b 의 바깥쪽 법선벡터는 −k^-\hat{\mathbf{k}} 이다. 따라서 발산 정리에 의해

∭V∇⋅F dV=∬∂VF⋅n^ dS=∬SF⋅n^ dS+∬DtF⋅k^ dS+∬DbF⋅(−k^) dS\begin{aligned} \iiint _V{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\,\mathrm{d}V =\iint _{\partial V} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S +\iint _{D_t} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{k}}\,\mathrm{d}S +\iint _{D_b} \mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S \end{aligned}

이다. DbD_b 위에서는 z=0z=0 이므로 F⋅(−k^)=−(02−1)=1\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}}) = -(0^2-1)=1 이고, DtD_t 위에서는 z=1z=1 이므로 F⋅k^=12−1=0\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{k}} = 1^2-1=0 이다. 따라서

∬SF⋅n^ dS=∭V4z⏞∇⋅F dV−∬DbdS\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iiint _V\overbrace{4z}^{{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}}\,\mathrm{d}V -\iint _{D_b} \mathrm{d}S \end{aligned}

이다. VV 의 zz 가 일정한 단면은 반지름이 4−z2\sqrt{4-z^2} 인 원판이므로 넓이가 π(4−z2)\pi(4-z^2) 이고, DbD_b 는 반지름이 22 인 원판이므로 넓이가 4π4\pi 이다. 따라서

∬SF⋅n^ dS=∫01(4z) π(4−z2) dz−4π=4π[2z2−z44]01−4π=3π\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\int_0^1 (4z)\ \pi(4-z^2) \ \mathrm{d}z -4\pi =4\pi\Big[2z^2 - \frac{z^4}{4}\Big]_0^1 -4\pi =3\pi \end{aligned}

이다.

원본 교재 풀이(영어)

If we were to evaluate this integral directly using, for example, spherical coordinates, our integrand would contain

sin⁡(x)=sin⁡(2sin⁡φcos⁡θ)\sin(x) = \sin\big(2\sin\varphi\cos\theta\big)

That's not very friendly looking. So let's consider using the divergence theorem instead. To start,

∇⋅F=∂∂x(ey+xz)+∂∂y(zy+sin⁡(x))+∂∂z(z2−1)=4z\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} &= \frac{\partial }{\partial x}\big(e^y + xz\big) +\frac{\partial }{\partial y}\big(zy + \sin(x)\big) +\frac{\partial }{\partial z}\big(z^2 - 1\big) = 4z \end{aligned}

That's nice and simple. So let's move on to consideration of SS. The part of SS in the first octant is outlined in red in the figure on the left below.

figure

figure

The surface SS is not closed, and so is not the boundary of a solid, so we cannot apply the divergence theorem directly. But we can easily come up with a solid whose boundary contains SS. Let

V={ (x,y,z) ∣ x2+y2+z2≤4, 0≤z≤1 }V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2 + y^2 + z^2 \le 4,\ 0\le z\le 1\ \big\}

The boundary ∂V\partial V of VV consists of three parts — SS, the bottom disk

Db={ (x,y,z) ∣ x2+y2≤4, z=0 }D_b = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2 + y^2 \le 4,\ z=0\ \big\}

and the top disk

Dt={ (x,y,z) ∣ x2+y2≤3, z=1 }D_t = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2 + y^2 \le 3,\ z=1\ \big\}

The outward normal to DtD_t is k^\hat{\mathbf{k}} and the outward normal to DbD_b is −k^-\hat{\mathbf{k}}. So the divergence theorem gives

∭V∇⋅F dV=∬∂VF⋅n^ dS=∬SF⋅n^ dS+∬DtF⋅k^ dS+∬DbF⋅(−k^) dS\begin{aligned} \iiint _V{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\,\mathrm{d}V =\iint _{\partial V} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S +\iint _{D_t} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{k}}\,\mathrm{d}S +\iint _{D_b} \mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S \end{aligned}

On DbD_b, z=0z=0 so that F⋅(−k^)=−(02−1)=1\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}}) = -(0^2-1)=1 and on DtD_t, z=1z=1 so that F⋅k^=12−1=0\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{k}} = 1^2-1=0. So

∬SF⋅n^ dS=∭V4z⏞∇⋅F dV−∬DbdS\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iiint _V\overbrace{4z}^{{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}}\,\mathrm{d}V -\iint _{D_b} \mathrm{d}S \end{aligned}

The constant zz cross-section of VV is a disk of radius 4−z2\sqrt{4-z^2} and hence of area π(4−z2)\pi(4-z^2) and DbD_b is a disk of radius 22 and hence of area 4π4\pi. So

∬SF⋅n^ dS=∫01(4z) π(4−z2) dz−4π=4π[2z2−z44]01−4π=3π\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\int_0^1 (4z)\ \pi(4-z^2) \ \mathrm{d}z -4\pi =4\pi\Big[2z^2 - \frac{z^4}{4}\Big]_0^1 -4\pi =3\pi \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 9번
# 발산 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
51.CLP-4 · 4.2절 · 27번대학 수준우리말 번역

벡터장 F(x,y,z)=−2xy ı^+(y2+sin⁡(xz)) ȷ^+(x2+y2) k^\mathbf{F}(x,y,z) =-2xy\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\big(y^2+\sin(xz)\big)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+(x^2+y^2)\,\hat{\mathbf{k}} 를 생각하세요.

(a) ∇⋅F\nabla\cdot \mathbf{F} 를 계산하세요. (b) 곡면 SS 의 바깥쪽 법선벡터를 사용하여, 다음으로 정의되는 곡면 SS 를 지나는 F\mathbf{F} 의 플럭스를 구하세요.

x2+y2+(z−12)2=132, z≥0x^2+y^2+(z-12)^2=13^2,\ z\ge 0

영어 원문 보기

Consider the vector field F(x,y,z)=−2xy ı^+(y2+sin⁡(xz)) ȷ^+(x2+y2) k^\mathbf{F}(x,y,z) =-2xy\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\big(y^2+\sin(xz)\big)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+(x^2+y^2)\,\hat{\mathbf{k}}.

(a) Calculate ∇⋅F\nabla\cdot \mathbf{F}. (b) Find the flux of F\mathbf{F} through the surface SS defined by

x2+y2+(z−12)2=132, z≥0x^2+y^2+(z-12)^2=13^2,\ z\ge 0

using the outward normal to SS.

답 쓰고 채점
(a)
(b)
정답·풀이 보기

(a) F\mathbf{F} 의 발산은 다음과 같다.

∇⋅F=∂∂x(−2xy)+∂∂y(y2+sin⁡(xz))+∂∂z(x2+y2)=−2y+2y+0=0\nabla\cdot \mathbf{F} =\frac{\partial }{\partial x}\big(-2xy\big) +\frac{\partial }{\partial y}\big(y^2+\sin(xz)\big) +\frac{\partial }{\partial z}\big(x^2+y^2\big) =-2y+2y+0=0

(b) 주어진 곡면을 SS 라 하고

V={ (x,y,z) ∣ x2+y2+(z−12)2≤132, z≥0 }V = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2+(z-12)^2\le 13^2,\ z\ge 0\ \big\}

로 놓는다.

VV 의 경계 ∂V\partial V 는 두 부분으로 이루어진다. 바깥쪽 법선벡터를 갖는 SS 와, 법선벡터가 −k^-\hat{\mathbf{k}} 인 원판

D={ (x,y,z) ∣ x2+y2≤132−122=52, z=0 }D = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le 13^2-12^2=5^2,\ z=0\ \big\}

이다. 발산 정리에 의해 구하는 플럭스는 다음과 같다.

∬SF⋅n^ ds=∭V∇⋅F dV−∬DF⋅(−k^) dS=∭V0 dV+∬D(x2+y2)dxdy=0+∫05dr r∫02πdθ r2=2π544=6252π\begin{aligned} \iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\ \mathrm{d}s &=\iiint _V\nabla\cdot \mathbf{F}\ \mathrm{d}V - \iint _D \mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\ \mathrm{d}S\\ &=\iiint _V 0 \ \mathrm{d}V + \iint _D (x^2+y^2) \mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ &=0 +\int_0^5\mathrm{d}r\ r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ r^2 \\ &=2\pi\frac{5^4}{4} = \frac {625}{2}\pi \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

(a) The divergence of F\mathbf{F} is

∇⋅F=∂∂x(−2xy)+∂∂y(y2+sin⁡(xz))+∂∂z(x2+y2)=−2y+2y+0=0\nabla\cdot \mathbf{F} =\frac{\partial }{\partial x}\big(-2xy\big) +\frac{\partial }{\partial y}\big(y^2+\sin(xz)\big) +\frac{\partial }{\partial z}\big(x^2+y^2\big) =-2y+2y+0=0

(b) Call the specified surface SS and set

V={ (x,y,z) ∣ x2+y2+(z−12)2≤132, z≥0 }V = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2+(z-12)^2\le 13^2,\ z\ge 0\ \big\}

The boundary, ∂V\partial V, of VV consists of two parts — SS, with outward normal, and the disk

D={ (x,y,z) ∣ x2+y2≤132−122=52, z=0 }D = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le 13^2-12^2=5^2,\ z=0\ \big\}

with normal −k^-\hat{\mathbf{k}}. By the divergence theorem, the desired flux is

∬SF⋅n^ ds=∭V∇⋅F dV−∬DF⋅(−k^) dS=∭V0 dV+∬D(x2+y2)dxdy=0+∫05dr r∫02πdθ r2=2π544=6252π\begin{aligned} \iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\ \mathrm{d}s &=\iiint _V\nabla\cdot \mathbf{F}\ \mathrm{d}V - \iint _D \mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\ \mathrm{d}S\\ &=\iiint _V 0 \ \mathrm{d}V + \iint _D (x^2+y^2) \mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ &=0 +\int_0^5\mathrm{d}r\ r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ r^2 \\ &=2\pi\frac{5^4}{4} = \frac {625}{2}\pi \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 47번
# 발산 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
52.CLP-4 · 4.2절 · 30번대학 수준우리말 번역

SS 를 구면 x2+y2+(z−1)2=4x^2+y^2+(z-1)^2=4 에서 xyxy평면 위쪽에 있는 부분이라 하자. SS 를 지나 바깥쪽으로 향하는 F=(x2+ey2) ı^+(ex2+y2) ȷ^+(4+5x) k^\mathbf{F}=(x^2+e^{y^2})\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(e^{x^2}+y^2)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +(4+5x)\,\hat{\mathbf{k}} 의 플럭스를 구하세요.

영어 원문 보기

Let SS be the portion of the sphere x2+y2+(z−1)2=4x^2+y^2+(z-1)^2=4 that lies above the xyxy-plane. Find the flux of F=(x2+ey2) ı^+(ex2+y2) ȷ^+(4+5x) k^\mathbf{F}=(x^2+e^{y^2})\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(e^{x^2}+y^2)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +(4+5x)\,\hat{\mathbf{k}} outward across SS.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

S′S' 를 원판 x2+y2≤3, z=0x^2+y^2\le 3,\ z=0 (이때 n^\hat{\mathbf{n}} 은 아래쪽을 향하는 법선벡터)이라 하고, VV 를 z≥0z\ge 0 인 공 x2+y2+(z−1)2≤4x^2+y^2+(z-1)^2\le 4 의 부분이라 하자. 그러면 발산 정리에 의해

∬SF⋅n^ dS=∭V∇⋅F dV−∬S′F⋅(−k^) dS=∭V(2x+2y) dV+∬S′(4+5x) dxdy\begin{aligned} \iint _{S}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _{V}{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\, \mathrm{d}V -\iint _{S'}\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S\\ &=\iiint _{V}(2x+2y)\, \mathrm{d}V +\iint _{S'}(4+5x)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y \end{aligned}

이다. xx 는 x→−xx\rightarrow-x 에 대해 홀함수이고 yy 는 y→−yy\rightarrow -y 에 대해 홀함수이므로,

∭Vx dV=∭Vy dV=∬S′x dxdy=0\iiint _{V}x\, \mathrm{d}V=\iiint _{V}y\, \mathrm{d}V=\iint _{S'}x\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0

이고, 따라서

∬SF⋅n^ dS=4∬S′ dxdy=4 넓이(S′)=4×π(3)2=12π\begin{aligned} \iint _{S}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =4\iint _{S'}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y =4\,\text{넓이}(S') =4\times \pi\big(\sqrt{3}\big)^2=12\pi \end{aligned}

이다.

원본 교재 풀이(영어)

Let S′S' be the disk x2+y2≤3, z=0x^2+y^2\le 3,\ z=0 (with n^\hat{\mathbf{n}} the downward pointing normal) and let VV be the portion of the ball x2+y2+(z−1)2≤4x^2+y^2+(z-1)^2\le 4 with z≥0z\ge 0. Then, by the divergence theorem,

∬SF⋅n^ dS=∭V∇⋅F dV−∬S′F⋅(−k^) dS=∭V(2x+2y) dV+∬S′(4+5x) dxdy\begin{aligned} \iint _{S}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _{V}{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\, \mathrm{d}V -\iint _{S'}\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S\\ &=\iiint _{V}(2x+2y)\, \mathrm{d}V +\iint _{S'}(4+5x)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y \end{aligned}

Because xx is odd under x→−xx\rightarrow-x and yy is odd under y→−yy\rightarrow -y,

∭Vx dV=∭Vy dV=∬S′x dxdy=0\iiint _{V}x\, \mathrm{d}V=\iiint _{V}y\, \mathrm{d}V=\iint _{S'}x\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0

so that

∬SF⋅n^ dS=4∬S′ dxdy=4 Area(S′)=4×π(3)2=12π\begin{aligned} \iint _{S}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =4\iint _{S'}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y =4\,\text{Area}(S') =4\times \pi\big(\sqrt{3}\big)^2=12\pi \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 6.8절 · 8번
# 발산 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
53.CLP-4 · 4.2절 · 32번대학 수준우리말 번역

DD 를 원기둥 x2+y2≤1x^2+y^2\le 1, 0≤z≤50\le z\le 5 라 하자. 벡터장 F=(x+xyez) ı^+12y2zez ȷ^+(3z−yzez) k^\mathbf{F}=(x+xye^z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\tfrac{1}{2} y^2ze^z\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+(3z-yze^z)\,\hat{\mathbf{k}} 이 DD 의 겉면 중 옆면을 통해 바깥쪽으로 나가는 선속을 계산하세요.

영어 원문 보기

Let DD be the cylinder x2+y2≤1x^2+y^2\le 1, 0≤z≤50\le z\le 5. Calculate the flux of the vector field F=(x+xyez) ı^+12y2zez ȷ^+(3z−yzez) k^\mathbf{F}=(x+xye^z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\tfrac{1}{2} y^2ze^z\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+(3z-yze^z)\,\hat{\mathbf{k}} outward through the curved part of the surface of DD.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

StS_t, SbS_b, ScS_c 를 각각 DD 의 윗면, 밑면, 옆면이라 하자. 윗면에서는 z=5z=5 이고 DD 의 바깥쪽 법선 벡터는 k^\hat{\mathbf{k}} 이므로 ∬StF⋅n^ dS=∬x2+y2≤1(15−5ye5) dxdy=15∬x2+y2≤1 dxdy=15π\iint _{\mathcal{S}_t}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iint _{x^2+y^2\le 1}(15-5ye^5)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y =15\iint _{x^2+y^2\le 1}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y =15\pi yy 에 대한 적분이 0인 것은 yy 가 y→−yy\rightarrow -y 에 대해 홀함수이기 때문이다. 밑면에서는 z=0z=0 이고 DD 의 바깥쪽 법선 벡터는 −k^-\hat{\mathbf{k}} 이므로 ∬SbF⋅n^ dS=−∬x2+y2≤1(3×0−0×ye0) dxdy=0\iint _{\mathcal{S}_b}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =-\iint _{x^2+y^2\le 1}(3\times 0-0\times ye^0)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y =0 여기서도 yy 에 대한 적분이 0인 것은 yy 가 y→−yy\rightarrow -y 에 대해 홀함수이기 때문이다. ∇⋅F=∂∂x(x+xyez)+12∂∂y(y2zez)+∂∂z(3z−yzez)=(1+yez)+yzez+(3−yzez−yez)=4{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} =\frac{\partial }{\partial x}(x+xye^z) +\tfrac{1}{2}\frac{\partial }{\partial y}\big( y^2ze^z\big) +\frac{\partial }{\partial z}(3z-yze^z) =(1+ye^z)+yze^z+(3-yze^z-ye^z) =4 이므로 발산 정리에 의해

∬ScF⋅n^ dS=∭D∇⋅F dV−∬StF⋅n^ dS−∬SbF⋅n^ dS=∭D4 dV−15π−0=4×π12×5−15π=5π\begin{aligned} \iint _{\mathcal{S}_c}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _D{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}V -\iint _{\mathcal{S}_t}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S -\iint _{\mathcal{S}_b}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S\\ &=\iiint _D4\ \mathrm{d}V -15\pi-0 =4\times\pi 1^2\times 5-15\pi =5\pi \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

Let StS_t, SbS_b and ScS_c denote the top, bottom and curved surfaces of DD respectively. On the top surface, z=5z=5 and the outward normal to DD is k^\hat{\mathbf{k}}, so that ∬StF⋅n^ dS=∬x2+y2≤1(15−5ye5) dxdy=15∬x2+y2≤1 dxdy=15π\iint _{\mathcal{S}_t}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iint _{x^2+y^2\le 1}(15-5ye^5)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y =15\iint _{x^2+y^2\le 1}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y =15\pi The integral over yy was zero because yy is odd under y→−yy\rightarrow -y. On the bottom surface, z=0z=0 and the outward normal to DD is −k^-\hat{\mathbf{k}}, so that ∬SbF⋅n^ dS=−∬x2+y2≤1(3×0−0×ye0) dxdy=0\iint _{\mathcal{S}_b}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =-\iint _{x^2+y^2\le 1}(3\times 0-0\times ye^0)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y =0 Again, the integral over yy was zero because yy is odd under y→−yy\rightarrow -y. As ∇⋅F=∂∂x(x+xyez)+12∂∂y(y2zez)+∂∂z(3z−yzez)=(1+yez)+yzez+(3−yzez−yez)=4{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} =\frac{\partial }{\partial x}(x+xye^z) +\tfrac{1}{2}\frac{\partial }{\partial y}\big( y^2ze^z\big) +\frac{\partial }{\partial z}(3z-yze^z) =(1+ye^z)+yze^z+(3-yze^z-ye^z) =4 the divergence theorem gives

∬ScF⋅n^ dS=∭D∇⋅F dV−∬StF⋅n^ dS−∬SbF⋅n^ dS=∭D4 dV−15π−0=4×π12×5−15π=5π\begin{aligned} \iint _{\mathcal{S}_c}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _D{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}V -\iint _{\mathcal{S}_t}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S -\iint _{\mathcal{S}_b}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S\\ &=\iiint _D4\ \mathrm{d}V -15\pi-0 =4\times\pi 1^2\times 5-15\pi =5\pi \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 33번
# 발산 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
54.CLP-4 · 4.2절 · 33번대학 수준우리말 번역

구 x2+y2+z2=a2x^2+y^2+z^2=a^2 의 제1팔분공간 부분을 위쪽으로 통과하는 F=(y+xz)ı^+(y+yz)ȷ^−(2x+z2)k^\mathbf{F}=(y+xz)\hat{\boldsymbol{\imath}}+(y+yz)\hat{\boldsymbol{\jmath}}-(2x+z^2)\hat{\mathbf{k}} 의 선속을 구하세요.

영어 원문 보기

Find the flux of F=(y+xz)ı^+(y+yz)ȷ^−(2x+z2)k^\mathbf{F}=(y+xz)\hat{\boldsymbol{\imath}}+(y+yz)\hat{\boldsymbol{\jmath}}-(2x+z^2)\hat{\mathbf{k}} upward through the first octant part of the sphere x2+y2+z2=a2x^2+y^2+z^2=a^2.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

V={ (x,y,z) ∣ x2+y2+z2≤a2,x≥0,y≥0, z≥0 }V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2+z^2\le a^2, x\ge 0, y\ge 0,\ z\ge 0\ \big\} 라 하자.

그림

그러면 ∂V\partial V 는 다음으로 이루어져 있다.

  • x=0x=0 인 면 { (x,y,z) ∣ y2+z2≤a2,x=0,y≥0, z≥0 }\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ y^2+z^2\le a^2, x=0, y\ge 0,\ z\ge 0\ \big\} (법선 벡터는 n^=−ı^\hat{\mathbf{n}}=-\hat{\boldsymbol{\imath}}),
  • y=0y=0 인 면 { (x,y,z) ∣ x2+z2≤a2,x≥0,y=0, z≥0 }\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+z^2\le a^2, x\ge 0, y= 0,\ z\ge 0\ \big\} (법선 벡터는 n^=−ȷ^\hat{\mathbf{n}}=-\hat{\boldsymbol{\jmath}}),
  • z=0z=0 인 면 { (x,y,z) ∣ x2+y2≤a2,x≥0,y≥0, z=0 }\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le a^2, x\ge 0, y\ge 0,\ z= 0\ \big\} (법선 벡터는 n^=−k^\hat{\mathbf{n}}=-\hat{\mathbf{k}}),
  • 그리고 구의 제1팔분공간 부분이다. 이를 SS 라 하자.

그러면

∭V∇⋅F dV=∭V[z+1+z−2z] dV=∭V dV=18 43πa3=16πa3∬z=0faceF⋅(−k^) dx dy=∬z=0face(2x+02) dx dy=2∫0adr r∫0π/2dθ rcos⁡θ=2∫0ar2 dr=2a33∬y=0faceF⋅(−ȷ^) dx dz=−∬y=0face(0+0z) dx dz=0∬x=0faceF⋅(−ı^) dy dz=∬x=0face−(y+0z) dy dz=−∫0adr r∫0π/2dθ rsin⁡θ=−∫0ar2 dr=−a33\begin{aligned} &\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\,\mathrm{d}V=\iiint _V\big[z+1+z-2z\big]\,\mathrm{d}V =\iiint _V \,\mathrm{d}V=\frac{1}{8}\ \frac{4}{3}\pi a^3=\frac{1}{6}\pi a^3\\ &\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{z=0}{\rm face}}\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{z=0}{\rm face}}(2x+0^2)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =2\int_0^a dr\,r\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ r\cos\theta =2\int _0^a r^2\,dr =\frac{2a^3}{3}\\ &\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{y=0}{\rm face}}\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}z =-\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{y=0}{\rm face}}(0+0z)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}z =0\\ &\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{x=0}{\rm face}}\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\imath}})\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z =\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{x=0}{\rm face}}-(y+0z)\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z =-\int_0^a dr\,r\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ r\sin\theta =-\int _0^a r^2\,dr=-\frac{a^3}{3} \end{aligned}

발산 정리에 의해

∬SF⋅n^ dx dy=∭V∇⋅F dV−∬x=0faceF⋅(−ı^) dy dz−∬y=0faceF⋅(−ȷ^) dx dz−∬z=0faceF⋅(−k^) dx dy=[π6−13]a3\begin{aligned} \iint _{S}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y &=\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\,\mathrm{d}V -\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{x=0}{\rm face}}\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\imath}})\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z -\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{y=0}{\rm face}}\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}z -\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{z=0}{\rm face}}\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\ &=\left[\frac{\pi}{6}-\frac{1}{3}\right]a^3 \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

Let V={ (x,y,z) ∣ x2+y2+z2≤a2,x≥0,y≥0, z≥0 }V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2+z^2\le a^2, x\ge 0, y\ge 0,\ z\ge 0\ \big\}.

figure

Then ∂V\partial V consists of

  • the x=0x=0 face { (x,y,z) ∣ y2+z2≤a2,x=0,y≥0, z≥0 }\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ y^2+z^2\le a^2, x=0, y\ge 0,\ z\ge 0\ \big\} with normal n^=−ı^\hat{\mathbf{n}}=-\hat{\boldsymbol{\imath}},
  • the y=0y=0 face { (x,y,z) ∣ x2+z2≤a2,x≥0,y=0, z≥0 }\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+z^2\le a^2, x\ge 0, y= 0,\ z\ge 0\ \big\} with normal n^=−ȷ^\hat{\mathbf{n}}=-\hat{\boldsymbol{\jmath}},
  • the z=0z=0 face { (x,y,z) ∣ x2+y2≤a2,x≥0,y≥0, z=0 }\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le a^2, x\ge 0, y\ge 0,\ z= 0\ \big\} with normal n^=−k^\hat{\mathbf{n}}=-\hat{\mathbf{k}},
  • and the first octant part of the sphere. Call it SS.

Then

∭V∇⋅F dV=∭V[z+1+z−2z] dV=∭V dV=18 43πa3=16πa3∬z=0faceF⋅(−k^) dx dy=∬z=0face(2x+02) dx dy=2∫0adr r∫0π/2dθ rcos⁡θ=2∫0ar2 dr=2a33∬y=0faceF⋅(−ȷ^) dx dz=−∬y=0face(0+0z) dx dz=0∬x=0faceF⋅(−ı^) dy dz=∬x=0face−(y+0z) dy dz=−∫0adr r∫0π/2dθ rsin⁡θ=−∫0ar2 dr=−a33\begin{aligned} &\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\,\mathrm{d}V=\iiint _V\big[z+1+z-2z\big]\,\mathrm{d}V =\iiint _V \,\mathrm{d}V=\frac{1}{8}\ \frac{4}{3}\pi a^3=\frac{1}{6}\pi a^3\\ &\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{z=0}{\rm face}}\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{z=0}{\rm face}}(2x+0^2)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =2\int_0^a dr\,r\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ r\cos\theta =2\int _0^a r^2\,dr =\frac{2a^3}{3}\\ &\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{y=0}{\rm face}}\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}z =-\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{y=0}{\rm face}}(0+0z)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}z =0\\ &\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{x=0}{\rm face}}\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\imath}})\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z =\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{x=0}{\rm face}}-(y+0z)\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z =-\int_0^a dr\,r\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ r\sin\theta =-\int _0^a r^2\,dr=-\frac{a^3}{3} \end{aligned}

By the divergence theorem

∬SF⋅n^ dx dy=∭V∇⋅F dV−∬x=0faceF⋅(−ı^) dy dz−∬y=0faceF⋅(−ȷ^) dx dz−∬z=0faceF⋅(−k^) dx dy=[π6−13]a3\begin{aligned} \iint _{S}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y &=\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\,\mathrm{d}V -\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{x=0}{\rm face}}\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\imath}})\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z -\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{y=0}{\rm face}}\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}z -\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{z=0}{\rm face}}\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\ &=\left[\frac{\pi}{6}-\frac{1}{3}\right]a^3 \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 30번
# 발산 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
55.CLP-4 · 4.3절 · 5번대학 수준우리말 번역

∫CF⋅dr\int_C\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r} 의 값을 구하세요. 여기서 F=x2y2 ı^+2xy ȷ^\mathbf{F} = x^2y^2\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 2xy\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 이고 CC 는 xyxy평면에서 한 꼭짓점이 원점에 있고 대각선 반대쪽 꼭짓점이 점 (3,3)(3, 3) 에 있는 정사각형의 경계이며, 방향은 반시계 방향입니다.

영어 원문 보기

Evaluate ∫CF⋅dr\int_C\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r} where F=x2y2 ı^+2xy ȷ^\mathbf{F} = x^2y^2\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 2xy\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} and CC is the boundary of the square in the xyxy-plane having one vertex at the origin and diagonally opposite vertex at the point (3,3)(3, 3), oriented counterclockwise.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

풀이 1 (직접 계산): 다음은 CC 의 그림이다.

그림

정사각형은 네 개의 선분으로 이루어져 있다.

  • 아래쪽 선분은 r(x)=(x,0), 0≤x≤3\mathbf{r}(x)=(x,0),\ 0\le x\le 3 으로 매개화할 수 있다. 따라서 이 선분을 따라 한 선적분은

∫03F(r(x))⋅drdx dx=∫03(0,0)⋅(1,0) dx=0\int_0^3 \mathbf{F}(\mathbf{r}(x))\cdot\frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}x}\ \mathrm{d}x =\int_0^3 (0, 0)\cdot(1, 0)\ \mathrm{d}x =0

  • 두 번째 선분은 r(y)=(3,y), 0≤y≤3\mathbf{r}(y)=(3,y),\ 0\le y\le 3 으로 매개화할 수 있다. 따라서 이 선분을 따라 한 선적분은

∫03F(r(y))⋅drdy dy=∫03(9y2,6y)⋅(0,1) dy=∫036y dy=27\int_0^3 \mathbf{F}(\mathbf{r}(y))\cdot\frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}y}\ \mathrm{d}y =\int_0^3 (9y^2, 6y)\cdot(0, 1)\ \mathrm{d}y =\int_0^3 6y\ \mathrm{d}y =27

  • 세 번째 선분은 r(t)=(3−t,3), 0≤t≤3\mathbf{r}(t)=(3-t,3),\ 0\le t\le 3 으로 매개화할 수 있다. 따라서 이 선분을 따라 한 선적분은

∫03F(r(t))⋅drdt dt=∫03(9(3−t)2 , 6(3−t))⋅(−1 , 0) dt=−∫039(3−t)2 dt=−81\int_0^3 \mathbf{F}(\mathbf{r}(t))\cdot\frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}t}\ \mathrm{d}t =\int_0^3 \big(9(3-t)^2\,,\, 6(3-t)\big)\cdot(-1\,,\,0)\ \mathrm{d}t =-\int_0^3 9(3-t)^2\ \mathrm{d}t =-81

  • 마지막 선분은 r(t)=(0,3−t), 0≤t≤3\mathbf{r}(t)=(0,3-t),\ 0\le t\le 3 으로 매개화할 수 있다. 따라서 이 선분을 따라 한 선적분은

∫03F(r(t))⋅drdt dt=∫03(0,0)⋅(0,−1) dt=0\int_0^3 \mathbf{F}(\mathbf{r}(t))\cdot\frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}t}\ \mathrm{d}t =\int_0^3 (0, 0)\cdot(0, -1)\ \mathrm{d}t =0

전체 선적분은

∮CF⋅dr=0+27−81+0=−54\oint_C\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=0+27-81+0=-54

이다.

풀이 2 (그린 정리): 그린 정리를 적용한다.

∮Cx2y2 dx+2xy dy=∫03dx∫03dy [∂∂x(2xy)−∂∂y(x2y2)]=∫03dx∫03dy [2y−2x2y]=∫03dx [9−9x2]=27−9333=−54\begin{aligned} \oint_C x^2y^2\,\mathrm{d}x+2xy\,\mathrm{d}y &=\int_0^3\mathrm{d}x\int_0^3 \mathrm{d}y\ \left[\frac{\partial }{\partial x}(2xy)-\frac{\partial }{\partial y}(x^2y^2)\right]\\ &=\int_0^3\mathrm{d}x\int_0^3 \mathrm{d}y\ \big[2y-2x^2y\big]\\ &=\int_0^3\mathrm{d}x\ \big[9-9x^2\big]\\ &=27-9\frac{3^3}{3}=-54 \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

Solution 1 (direct evaluation): Here is a sketch of CC.

figure

The square consists of four line segments.

  • The bottom line segment may be parametrized r(x)=(x,0), 0≤x≤3\mathbf{r}(x)=(x,0),\ 0\le x\le 3. So the line integral along this segment is

∫03F(r(x))⋅drdx dx=∫03(0,0)⋅(1,0) dx=0\int_0^3 \mathbf{F}(\mathbf{r}(x))\cdot\frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}x}\ \mathrm{d}x =\int_0^3 (0, 0)\cdot(1, 0)\ \mathrm{d}x =0

  • The second line segment may be parametrized r(y)=(3,y), 0≤y≤3\mathbf{r}(y)=(3,y),\ 0\le y\le 3. So the line integral along this segment is

∫03F(r(y))⋅drdy dy=∫03(9y2,6y)⋅(0,1) dy=∫036y dy=27\int_0^3 \mathbf{F}(\mathbf{r}(y))\cdot\frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}y}\ \mathrm{d}y =\int_0^3 (9y^2, 6y)\cdot(0, 1)\ \mathrm{d}y =\int_0^3 6y\ \mathrm{d}y =27

  • The third line segment may be parametrized r(t)=(3−t,3), 0≤t≤3\mathbf{r}(t)=(3-t,3),\ 0\le t\le 3. So the line integral along this segment is

∫03F(r(t))⋅drdt dt=∫03(9(3−t)2 , 6(3−t))⋅(−1 , 0) dt=−∫039(3−t)2 dt=−81\int_0^3 \mathbf{F}(\mathbf{r}(t))\cdot\frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}t}\ \mathrm{d}t =\int_0^3 \big(9(3-t)^2\,,\, 6(3-t)\big)\cdot(-1\,,\,0)\ \mathrm{d}t =-\int_0^3 9(3-t)^2\ \mathrm{d}t =-81

  • The final line segment may be parametrized r(t)=(0,3−t), 0≤t≤3\mathbf{r}(t)=(0,3-t),\ 0\le t\le 3. So the line integral along this segment is

∫03F(r(t))⋅drdt dt=∫03(0,0)⋅(0,−1) dt=0\int_0^3 \mathbf{F}(\mathbf{r}(t))\cdot\frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}t}\ \mathrm{d}t =\int_0^3 (0, 0)\cdot(0, -1)\ \mathrm{d}t =0

The full line integral is

∮CF⋅dr=0+27−81+0=−54\oint_C\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=0+27-81+0=-54

Solution 2 (Green's theorem): We apply Green's Theorem.

∮Cx2y2 dx+2xy dy=∫03dx∫03dy [∂∂x(2xy)−∂∂y(x2y2)]=∫03dx∫03dy [2y−2x2y]=∫03dx [9−9x2]=27−9333=−54\begin{aligned} \oint_C x^2y^2\,\mathrm{d}x+2xy\,\mathrm{d}y &=\int_0^3\mathrm{d}x\int_0^3 \mathrm{d}y\ \left[\frac{\partial }{\partial x}(2xy)-\frac{\partial }{\partial y}(x^2y^2)\right]\\ &=\int_0^3\mathrm{d}x\int_0^3 \mathrm{d}y\ \big[2y-2x^2y\big]\\ &=\int_0^3\mathrm{d}x\ \big[9-9x^2\big]\\ &=27-9\frac{3^3}{3}=-54 \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 6.4절 · 18번
# 그린 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
56.CLP-4 · 4.3절 · 6번대학 수준우리말 번역

다음 값을 구하세요. ∮C(xsin⁡y2−y2) dx+(x2ycos⁡y2+3x) dy\displaystyle \oint_C (x\sin y^2 -y^2)\,\mathrm{d}x+(x^2y\cos y^2+3x)\,\mathrm{d}y 여기서 CC는 꼭짓점이 (0,−2), (1,−1), (1,1)(0,-2),\ (1,-1),\ (1,1), (0,2)(0,2)인 사다리꼴의 반시계 방향 경계이다.

영어 원문 보기

Evaluate ∮C(xsin⁡y2−y2) dx+(x2ycos⁡y2+3x) dy\displaystyle \oint_C (x\sin y^2 -y^2)\,\mathrm{d}x+(x^2y\cos y^2+3x)\,\mathrm{d}y where CC is the counterclockwise boundary of the trapezoid with vertices (0,−2), (1,−1), (1,1)(0,-2),\ (1,-1),\ (1,1) and (0,2)(0,2).

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

사다리꼴을 TT라 하자.

그림

그린 정리에 의해,

∮C(xsin⁡y2−y2) dx+(x2ycos⁡y2+3x) dy=∬T{∂∂x(x2ycos⁡y2+3x)−∂∂y(xsin⁡y2−y2)} dx dy=∬T(2xycos⁡y2+3−2xycos⁡y2+2y) dx dy=∬T(3+2y) dx dy\begin{aligned} &\oint_C (x\sin y^2 -y^2)\,\mathrm{d}x+(x^2y\cos y^2+3x)\,\mathrm{d}y \\ &=\iint _T\left\{\frac{\partial }{\partial x}(x^2y\cos y^2+3x) -\frac{\partial }{\partial y} (x\sin y^2 -y^2)\right\}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\\ &=\iint _T\big(2xy\cos y^2+3-2xy\cos y^2+2y\big)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\\ &=\iint _T\big(3+2y\big)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}

적분 ∬T(2y) dx dy\iint _T(2y)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y 는 y→−yy\rightarrow-y 일 때 2y2y 의 부호가 바뀌는 반면 적분의 정의역은 y→−yy\rightarrow -y 에서 변하지 않으므로 0이 된다. 적분 ∬T3 dx dy\iint _T 3\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y 는 사다리꼴의 넓이의 33배이고, 사다리꼴의 넓이는 가로 길이(1)와 높이의 평균 (12[2+4])=3(\tfrac{1}{2}[2+4])=3 의 곱이다. 따라서

∮C(xsin⁡y2−y2) dx+(x2ycos⁡y2+3x) dy=3×1×3=9\oint_C (x\sin y^2 -y^2)\,\mathrm{d}x+(x^2y\cos y^2+3x)\,\mathrm{d}y =3\times 1\times 3 = 9

원본 교재 풀이(영어)

Call the trapezoid TT.

figure

By Green's theorem,

∮C(xsin⁡y2−y2) dx+(x2ycos⁡y2+3x) dy=∬T{∂∂x(x2ycos⁡y2+3x)−∂∂y(xsin⁡y2−y2)} dx dy=∬T(2xycos⁡y2+3−2xycos⁡y2+2y) dx dy=∬T(3+2y) dx dy\begin{aligned} &\oint_C (x\sin y^2 -y^2)\,\mathrm{d}x+(x^2y\cos y^2+3x)\,\mathrm{d}y \\ &=\iint _T\left\{\frac{\partial }{\partial x}(x^2y\cos y^2+3x) -\frac{\partial }{\partial y} (x\sin y^2 -y^2)\right\}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\\ &=\iint _T\big(2xy\cos y^2+3-2xy\cos y^2+2y\big)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\\ &=\iint _T\big(3+2y\big)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}

The integral ∬T(2y) dx dy\iint _T(2y)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y vanishes because 2y2y changes sign under y→−yy\rightarrow-y while the domain of integration is invariant under y→−yy\rightarrow -y. The integral ∬T3 dx dy\iint _T 3\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y is 33 times the area of the trapezoid, which is its width (1) times the average of its heights (12[2+4])=3(\tfrac{1}{2}[2+4])=3. So

∮C(xsin⁡y2−y2) dx+(x2ycos⁡y2+3x) dy=3×1×3=9\oint_C (x\sin y^2 -y^2)\,\mathrm{d}x+(x^2y\cos y^2+3x)\,\mathrm{d}y =3\times 1\times 3 = 9

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.3절 · 5번
# 그린 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
57.CLP-4 · 4.3절 · 10번대학 수준우리말 번역

다음과 같이 두자.

F(x,y)=(y2−e−y2+sin⁡x , 2xye−y2+x)\mathbf{F}(x, y) = \big(y^2 - e^{-y^2} + \sin x\,,\, 2xye^{-y^2} + x\big)

CC를 꼭짓점이 (0,0)(0, 0), (1,0)(1, 0), (1,2)(1, 2)인 삼각형의 경계라 하고, 방향은 반시계 방향이라 하자. 다음 값을 구하세요.

∫CF⋅dr\int_C \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}

영어 원문 보기

Let

F(x,y)=(y2−e−y2+sin⁡x , 2xye−y2+x)\mathbf{F}(x, y) = \big(y^2 - e^{-y^2} + \sin x\,,\, 2xye^{-y^2} + x\big)

Let CC be the boundary of the triangle with vertices (0,0)(0, 0), (1,0)(1, 0) and (1,2)(1, 2), oriented counter-clockwise. Compute

∫CF⋅dr\int_C \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

직접 계산에 쓰일 적분은 매우 복잡해 보인다. 그러므로 그린 정리를 써 보자. 곡선 CC는 다음 삼각형의 경계이다.

T={ (x,y) ∣ 0≤x≤1,0≤y≤2x }T = \big\{ \ (x,y)\ \big|\ 0\le x\le 1, 0\le y\le 2x\ \big\}

그림

따라서

∫CF⋅dr=∫C{(y2−e−y2+sin⁡x)dx+(2xye−y2+x)dy}=∬T{∂∂x(2xye−y2+x)−∂∂y(y2−e−y2+sin⁡x)}dxdy=∬T{(2ye−y2+1)−(2y+2ye−y2)}dxdy=∫01dx∫02xdy {1−2y}=∫01dx {2x−4x2}=1−43=−13\begin{aligned} \int_C \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} &= \int_C \big\{\big(y^2 - e^{-y^2} + \sin x\big)\mathrm{d}x +\big(2xye^{-y^2} + x\big)\mathrm{d}y\big\} \\ &= \iint _T \big\{ \tfrac{\partial}{\partial x}\big(2xye^{-y^2} + x\big) -\tfrac{\partial}{\partial y}\big(y^2 - e^{-y^2} + \sin x\big) \big\}\mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ &= \iint _T \big\{ \big(2ye^{-y^2} + 1\big) - \big(2y +2y e^{-y^2} \big) \big\}\mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ &= \int_0^1\mathrm{d}x\int_0^{2x}\mathrm{d}y\ \big\{1-2y\big\} \\ &= \int_0^1\mathrm{d}x\ \big\{2x-4x^2\big\} \\ &=1-\frac{4}{3} = -\frac{1}{3} \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

The integral that would be used for direct evaluation looks very complicated. So let's try Green's theorem. The curve CC is the boundary of the triangle

T={ (x,y) ∣ 0≤x≤1,0≤y≤2x }T = \big\{ \ (x,y)\ \big|\ 0\le x\le 1, 0\le y\le 2x\ \big\}

figure

So

∫CF⋅dr=∫C{(y2−e−y2+sin⁡x)dx+(2xye−y2+x)dy}=∬T{∂∂x(2xye−y2+x)−∂∂y(y2−e−y2+sin⁡x)}dxdy=∬T{(2ye−y2+1)−(2y+2ye−y2)}dxdy=∫01dx∫02xdy {1−2y}=∫01dx {2x−4x2}=1−43=−13\begin{aligned} \int_C \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} &= \int_C \big\{\big(y^2 - e^{-y^2} + \sin x\big)\mathrm{d}x +\big(2xye^{-y^2} + x\big)\mathrm{d}y\big\} \\ &= \iint _T \big\{ \tfrac{\partial}{\partial x}\big(2xye^{-y^2} + x\big) -\tfrac{\partial}{\partial y}\big(y^2 - e^{-y^2} + \sin x\big) \big\}\mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ &= \iint _T \big\{ \big(2ye^{-y^2} + 1\big) - \big(2y +2y e^{-y^2} \big) \big\}\mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ &= \int_0^1\mathrm{d}x\int_0^{2x}\mathrm{d}y\ \big\{1-2y\big\} \\ &= \int_0^1\mathrm{d}x\ \big\{2x-4x^2\big\} \\ &=1-\frac{4}{3} = -\frac{1}{3} \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.3절 · 12번
# 그린 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
58.CLP-4 · 4.3절 · 12번대학 수준우리말 번역

F(x,y)=(32y2+e−y+sin⁡x) ı^+(12x2+x−xe−y) ȷ^\begin{aligned} \mathbf{F}(x,y) = \big(\tfrac{3}{2}y^2 + e^{-y} +\sin x\big)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +\big(\tfrac{1}{2}x^2+x-x e^{-y}\big)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} \end{aligned}

라 하자. 꼭짓점이 (0,0)(0,0), (1,−2)(1,-2), (1,2)(1,2) 인 삼각형의 경계를 CC 라 하고, CC 의 방향이 시계 반대 방향일 때 ∫CF⋅dr\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let

F(x,y)=(32y2+e−y+sin⁡x) ı^+(12x2+x−xe−y) ȷ^\begin{aligned} \mathbf{F}(x,y) = \big(\tfrac{3}{2}y^2 + e^{-y} +\sin x\big)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +\big(\tfrac{1}{2}x^2+x-x e^{-y}\big)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} \end{aligned}

Find ∫CF⋅dr\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}, where CC is the boundary of the triangle (0,0)(0,0), (1,−2)(1,-2), (1,2)(1,2), oriented anticlockwise.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

직접 계산하면 삼각형의 세 변에 대해 각각 하나씩 모두 세 개의 적분이 나온다. (0,0)(0,0) 에서 (1,−2)(1,-2) 까지의 적분과 (1,2)(1,2) 에서 (0,0)(0,0) 까지의 적분에는 각각 (상수가 아닌) 항이 여섯 개씩 들어 있다. 이는 그다지 효율적으로 보이지 않는다. 그러므로 그린 정리를 이용해 보자. 삼각형을 TT 라 하면

T={ (x,y) ∣ 0≤x≤1, −2x≤y≤2x }−50pt[40pt][40pt]![그림](clp/clp4−OE06A4.png)T = \big\{ \ (x,y)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ -2x\le y\le 2x\ \big\} {-50pt}[40pt][40pt]{ ![그림](clp/clp4-OE06A_4.png) }

이다. TT 의 경계는 ∂T=C\partial T=C 이며, 원하는 대로 시계 반대 방향이다. 따라서 그린 정리에 의해

∫CF⋅dr=∫∂T{(32y2+e−y+sin⁡x)dx+(12x2+x−xe−y)dy}=∬T{∂∂x(12x2+x−xe−y)−∂∂y(32y2+e−y+sin⁡x)}dxdy=∬T{(x+1−e−y)−(3y−e−y)}dxdy=∬T{x−3y+1}dxdy\begin{aligned} \int_C \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} &= \int_{\partial T} \big\{\big(\tfrac{3}{2}y^2 + e^{-y} +\sin x\big)\mathrm{d}x +\big(\tfrac{1}{2}x^2+x-x e^{-y}\big)\mathrm{d}y\big\} \\ &= \iint _T \big\{ \tfrac{\partial}{\partial x}\big(\tfrac{1}{2}x^2+x-x e^{-y}\big) -\tfrac{\partial}{\partial y}\big(\tfrac{3}{2}y^2 + e^{-y} +\sin x\big) \big\}\mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ &= \iint _T \big\{ \big(x + 1-e^{-y}\big) - \big(3y - e^{-y} \big) \big\}\mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ &= \iint _T \big\{ x -3y + 1 \big\}\mathrm{d}x\mathrm{d}y \end{aligned}

이다. 이제

∬Tdxdy=넓이(T)=12(4)(1)=2∬Ty dxdy=0y→−y 일 때 y 는 기함수이므로∬Tx dxdy=∫01dx∫−2x2xdy x=∫014x2 dx=43\begin{aligned} \iint _T \mathrm{d}x\mathrm{d}y &=\text{넓이}(T) = \frac{1}{2}(4)(1) = 2 \\ \iint _T y\ \mathrm{d}x\mathrm{d}y &= 0 \qquad\text{$y\rightarrow-y$ 일 때 $y$ 는 기함수이므로} \\ \iint _T x\ \mathrm{d}x\mathrm{d}y &=\int_0^1\mathrm{d}x\int_{-2x}^{2x} \mathrm{d}y\ x =\int_0^1 4x^2\ \mathrm{d}x =\frac{4}{3} \end{aligned}

이다. 그러므로

∫CF⋅dr=43−3×0+2=103\int_C \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} = \frac{4}{3}-3\times 0 +2 =\frac{10}{3}

원본 교재 풀이(영어)

Direct evaluation will lead to three integrals, one for each side of the triangle. The integral from (0,0)(0,0) and (1,−2)(1,-2) and the integral from (1,2)(1,2) to (0,0)(0,0) will each contain six (nonconstant) terms. This does not look very efficient. So let's try Green's theorem. Denote by TT, the triangle

T={ (x,y) ∣ 0≤x≤1, −2x≤y≤2x }−50pt[40pt][40pt]![figure](clp/clp4−OE06A4.png)T = \big\{ \ (x,y)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ -2x\le y\le 2x\ \big\} {-50pt}[40pt][40pt]{ ![figure](clp/clp4-OE06A_4.png) }

It has boundary ∂T=C\partial T=C, oriented counterclockwise as desired. So, by Green's theorem,

∫CF⋅dr=∫∂T{(32y2+e−y+sin⁡x)dx+(12x2+x−xe−y)dy}=∬T{∂∂x(12x2+x−xe−y)−∂∂y(32y2+e−y+sin⁡x)}dxdy=∬T{(x+1−e−y)−(3y−e−y)}dxdy=∬T{x−3y+1}dxdy\begin{aligned} \int_C \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} &= \int_{\partial T} \big\{\big(\tfrac{3}{2}y^2 + e^{-y} +\sin x\big)\mathrm{d}x +\big(\tfrac{1}{2}x^2+x-x e^{-y}\big)\mathrm{d}y\big\} \\ &= \iint _T \big\{ \tfrac{\partial}{\partial x}\big(\tfrac{1}{2}x^2+x-x e^{-y}\big) -\tfrac{\partial}{\partial y}\big(\tfrac{3}{2}y^2 + e^{-y} +\sin x\big) \big\}\mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ &= \iint _T \big\{ \big(x + 1-e^{-y}\big) - \big(3y - e^{-y} \big) \big\}\mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ &= \iint _T \big\{ x -3y + 1 \big\}\mathrm{d}x\mathrm{d}y \end{aligned}

Now

∬Tdxdy=Area(T)=12(4)(1)=2∬Ty dxdy=0since y is odd under y→−y∬Tx dxdy=∫01dx∫−2x2xdy x=∫014x2 dx=43\begin{aligned} \iint _T \mathrm{d}x\mathrm{d}y &=\text{Area}(T) = \frac{1}{2}(4)(1) = 2 \\ \iint _T y\ \mathrm{d}x\mathrm{d}y &= 0 \qquad\text{since $y$ is odd under $y\rightarrow-y$} \\ \iint _T x\ \mathrm{d}x\mathrm{d}y &=\int_0^1\mathrm{d}x\int_{-2x}^{2x} \mathrm{d}y\ x =\int_0^1 4x^2\ \mathrm{d}x =\frac{4}{3} \end{aligned}

So

∫CF⋅dr=43−3×0+2=103\int_C \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} = \frac{4}{3}-3\times 0 +2 =\frac{10}{3}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 6.4절 · 50번
# 그린 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
59.CLP-4 · 4.4절 · 4번대학 수준우리말 번역

원기둥 x2+y2=1x^2+y^2=1 과 곡면 z=y2z=y^2 의 교선을 CC 라 하고, CC 의 방향은 (0,0,100)(0,0,100) 에서 볼 때 반시계 방향이라고 하자. F=(x2−y , y2+x , 1)\mathbf{F}=(x^2-y\,,\,y^2+x\,,\,1) 일 때, ∮CF⋅dr\oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} 의 값을 다음 방법으로 구하세요.

(a) 직접 계산하여 구하세요. (b) 스토크스 정리를 이용하여 구하세요.

영어 원문 보기

Let CC be the curve of intersection of the cylinder x2+y2=1x^2+y^2=1 and the surface z=y2z=y^2 oriented in the counterclockwise direction as seen from (0,0,100)(0,0,100). Let F=(x2−y , y2+x , 1)\mathbf{F}=(x^2-y\,,\,y^2+x\,,\,1). Calculate ∮CF⋅dr\oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}

(a) by direct evaluation (b) by using Stokes' Theorem.

답 쓰고 채점
(a)
(b)
정답·풀이 보기

(a) x(t)=cos⁡tx(t)=\cos t, y(t)=sin⁡ty(t)=\sin t 는 x(t)2+y(t)2=1x(t)^2+y(t)^2=1 을 만족함을 알 수 있다. 그러면 z(t)=y(t)2=sin⁡2tz(t)=y(t)^2=\sin ^2 t 이다. 따라서 곡선을 r(t)=(cos⁡t,sin⁡t,sin⁡2t)\mathbf{r}(t)=(\cos t, \sin t, \sin^2 t) (0≤t≤2π0\le t\le 2\pi) 로 매개화할 수 있다. 그러면

r′(t)=(−sin⁡t , cos⁡t , 2sin⁡tcos⁡t)F(r(t))=(cos⁡2t−sin⁡t , sin⁡2t+cos⁡t , 1)F(r(t))⋅r′(t)=−sin⁡tcos⁡2t+sin⁡2t+sin⁡2tcos⁡t+cos⁡2t+2sin⁡tcos⁡t=1+13ddt[cos⁡3t+sin⁡3t]+sin⁡(2t)∮CF⋅dr=∫02π{1+13ddt[cos⁡3t+sin⁡3t]+sin⁡(2t)} dt=[t+13[cos⁡3t+sin⁡3t]−12cos⁡(2t)]02π=2π\begin{aligned} \mathbf{r}'(t)&=(-\sin t\,,\, \cos t \,,\, 2\sin t\cos t)\\ \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(t)\big)&=\big(\cos^2t-\sin t\,,\,\sin^2t+\cos t\,,\,1\big)\\ \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(t)\big)\cdot\mathbf{r}'(t)&=-\sin t\cos^2 t+\sin^2 t+\sin^2t\cos t +\cos^2t+2\sin t\cos t\\ &=1+\frac{1}{3}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}[\cos^3t+\sin^3 t]+\sin(2t)\\ \oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\int_0^{2\pi} \left\{1+\frac{1}{3}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}[\cos^3t+\sin^3 t]+\sin(2t)\right\}\,\mathrm{d}t \\ &=\left[t+\frac{1}{3}[\cos^3t+\sin^3 t] -\frac{1}{2}\cos(2t) \right]_0^{2\pi}\\ &=2\pi \end{aligned}

(b) SS 를 곡면 z=f(x,y)z=f(x,y) (f(x,y)=y2f(x,y)=y^2, x2+y2≤1x^2+y^2\le 1) 라 하자. CC 의 방향이 zz축 위쪽 높은 곳에서 볼 때 반시계 방향이므로, 스토크스 정리에 따라 SS 의 법선벡터 n^\hat{\mathbf{n}} 은 zz성분이 양수인 것을 써야 한다. 따라서

n^ dS=[−∂f∂x ı^−∂f∂y ȷ^+k^] dx dy=[−2y ȷ^+k^] dx dy∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zx2−yy2+x1]=2k^∇×F⋅n^ dS=2 dx dy∮CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=2∬x2+y2≤1 dx dy=2π\begin{aligned} \hat{\mathbf{n}}\,dS&=\Big[-\frac{\partial f}{\partial x}\,\hat{\boldsymbol{\imath}} -\frac{\partial f}{\partial y}\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}\Big]\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\Big[-2y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}\Big]\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\\ { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}&=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\[0.05in] \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\[0.05in] x^2-y & y^2+x & 1 \end{matrix}\right] =2\hat{\mathbf{k}}\\ { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,dS&=2\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\\ \oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _S{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =2\iint _{x^2+y^2\le 1}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\\ &=2\pi \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

(a) Observe that x(t)=cos⁡tx(t)=\cos t and y(t)=sin⁡ty(t)=\sin t obey x(t)2+y(t)2=1x(t)^2+y(t)^2=1. Then z(t)=y(t)2=sin⁡2tz(t)=y(t)^2=\sin ^2 t. So we may parametrize the curve by r(t)=(cos⁡t,sin⁡t,sin⁡2t)\mathbf{r}(t)=(\cos t, \sin t, \sin^2 t) with 0≤t≤2π0\le t\le 2\pi. Then

r′(t)=(−sin⁡t , cos⁡t , 2sin⁡tcos⁡t)F(r(t))=(cos⁡2t−sin⁡t , sin⁡2t+cos⁡t , 1)F(r(t))⋅r′(t)=−sin⁡tcos⁡2t+sin⁡2t+sin⁡2tcos⁡t+cos⁡2t+2sin⁡tcos⁡t=1+13ddt[cos⁡3t+sin⁡3t]+sin⁡(2t)∮CF⋅dr=∫02π{1+13ddt[cos⁡3t+sin⁡3t]+sin⁡(2t)} dt=[t+13[cos⁡3t+sin⁡3t]−12cos⁡(2t)]02π=2π\begin{aligned} \mathbf{r}'(t)&=(-\sin t\,,\, \cos t \,,\, 2\sin t\cos t)\\ \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(t)\big)&=\big(\cos^2t-\sin t\,,\,\sin^2t+\cos t\,,\,1\big)\\ \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(t)\big)\cdot\mathbf{r}'(t)&=-\sin t\cos^2 t+\sin^2 t+\sin^2t\cos t +\cos^2t+2\sin t\cos t\\ &=1+\frac{1}{3}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}[\cos^3t+\sin^3 t]+\sin(2t)\\ \oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\int_0^{2\pi} \left\{1+\frac{1}{3}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}[\cos^3t+\sin^3 t]+\sin(2t)\right\}\,\mathrm{d}t \\ &=\left[t+\frac{1}{3}[\cos^3t+\sin^3 t] -\frac{1}{2}\cos(2t) \right]_0^{2\pi}\\ &=2\pi \end{aligned}

(b) Let SS be the surface z=f(x,y)z=f(x,y) with f(x,y)=y2f(x,y)=y^2 and x2+y2≤1x^2+y^2\le 1. Since CC is oriented counter clockwise when viewed from high on the zz-axis, Stokes' theorem requires that we use the normal n^\hat{\mathbf{n}} to SS with positive zz component. Hence

n^ dS=[−∂f∂x ı^−∂f∂y ȷ^+k^] dx dy=[−2y ȷ^+k^] dx dy∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zx2−yy2+x1]=2k^∇×F⋅n^ dS=2 dx dy∮CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=2∬x2+y2≤1 dx dy=2π\begin{aligned} \hat{\mathbf{n}}\,dS&=\Big[-\frac{\partial f}{\partial x}\,\hat{\boldsymbol{\imath}} -\frac{\partial f}{\partial y}\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}\Big]\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\Big[-2y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}\Big]\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\\ { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}&=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\[0.05in] \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\[0.05in] x^2-y & y^2+x & 1 \end{matrix}\right] =2\hat{\mathbf{k}}\\ { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,dS&=2\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\\ \oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _S{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =2\iint _{x^2+y^2\le 1}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\\ &=2\pi \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 6.7절 · 6번
# 스토크스 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
60.CLP-4 · 4.4절 · 5번대학 수준우리말 번역

∮CF⋅dr\oint_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} 의 값을 구하세요. 여기서 F=yex ı^+(x+ex) ȷ^+z2 k^\mathbf{F}=ye^x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(x+e^x)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z^2\,\hat{\mathbf{k}} 이고 CC 는 다음 곡선입니다.

r(t)=(1+cos⁡t) ı^+(1+sin⁡t) ȷ^+(1−sin⁡t−cos⁡t) k^0≤t≤2π\mathbf{r}(t)=(1+\cos t)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(1+\sin t)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+(1-\sin t-\cos t)\,\hat{\mathbf{k}}\qquad 0\le t\le 2\pi

영어 원문 보기

Evaluate ∮CF⋅dr\oint_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} where F=yex ı^+(x+ex) ȷ^+z2 k^\mathbf{F}=ye^x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(x+e^x)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z^2\,\hat{\mathbf{k}} and CC is the curve

r(t)=(1+cos⁡t) ı^+(1+sin⁡t) ȷ^+(1−sin⁡t−cos⁡t) k^0≤t≤2π\mathbf{r}(t)=(1+\cos t)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(1+\sin t)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+(1-\sin t-\cos t)\,\hat{\mathbf{k}}\qquad 0\le t\le 2\pi

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

스토크스 정리를 적용한다. 먼저,

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zyexx+exz2]=(1+ex−ex) k^=k^{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\[0.05in] \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\[0.05in] ye^x & x+e^x & z^2 \end{matrix}\right] =\big(1+e^x-e^x\big)\,\hat{\mathbf{k}} =\hat{\mathbf{k}}

r(t)=x(t) ı^+y(t) ȷ^+z(t) k^\mathbf{r}(t) = x(t)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y(t)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +z(t)\,\hat{\mathbf{k}} 는 모든 tt 에 대해 x(t)+y(t)+z(t)=3x(t)+y(t)+z(t)=3 을 만족하고, x(t) ı^+y(t) ȷ^=(1+cos⁡t) ı^+(1+sin⁡t) ȷ^x(t)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y(t)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} =(1+\cos t)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(1+\sin t)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 는 (1,1)(1,1) 을 중심으로 하는 반지름 1인 원을 따라 반시계 방향으로 돈다는 점에 주목한다. 따라서 SS 를 평면 G(x,y,z)=x+y+z=3G(x,y,z)=x+y+z=3 중 (x−1)2+(y−1)2≤1(x-1)^2+(y-1)^2\le 1 인 부분으로 택한다. 그러면 스토크스 정리에 의해

∮CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=∬Sk^⋅n^ dS\oint_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iint _S \hat{\mathbf{k}}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S

이고,

n^ dS=±∇G∇G⋅k^ dxdy=±(ı^+ȷ^+k^) dxdy\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \pm \frac{{ \boldsymbol{\nabla} } G}{{ \boldsymbol{\nabla} } G\cdot\hat{\mathbf{k}}}\,\mathrm{d}x \mathrm{d}y = \pm\big(\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}\big)\,\mathrm{d}x \mathrm{d}y

이다. (1+cos⁡t) ı^+(1+sin⁡t) ȷ^(1+\cos t)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(1+\sin t)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 가 원 (x−1)2+(y−1)2≤1(x-1)^2+(y-1)^2\le 1 을 따라 반시계 방향으로 돌므로, 스토크스 정리에 의해 부호는 플러스이고

∮CF⋅dr=∬(x−1)2+(y−1)2≤1dx dy=π\oint_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\iint _{(x-1)^2+(y-1)^2\le 1} \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\pi

이다.

원본 교재 풀이(영어)

We apply Stokes' theorem. First,

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zyexx+exz2]=(1+ex−ex) k^=k^{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\[0.05in] \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\[0.05in] ye^x & x+e^x & z^2 \end{matrix}\right] =\big(1+e^x-e^x\big)\,\hat{\mathbf{k}} =\hat{\mathbf{k}}

Note that r(t)=x(t) ı^+y(t) ȷ^+z(t) k^\mathbf{r}(t) = x(t)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y(t)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +z(t)\,\hat{\mathbf{k}} obeys x(t)+y(t)+z(t)=3x(t)+y(t)+z(t)=3, for every tt, and that x(t) ı^+y(t) ȷ^=(1+cos⁡t) ı^+(1+sin⁡t) ȷ^x(t)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y(t)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} =(1+\cos t)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(1+\sin t)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} runs counterclockwise around the circle of radius 1 centered on (1,1)(1,1). So we choose SS to be the part of the plane G(x,y,z)=x+y+z=3G(x,y,z)=x+y+z=3 with (x−1)2+(y−1)2≤1(x-1)^2+(y-1)^2\le 1. Then, by Stokes' Theorem,

∮CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=∬Sk^⋅n^ dS\oint_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iint _S \hat{\mathbf{k}}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S

with

n^ dS=±∇G∇G⋅k^ dxdy=±(ı^+ȷ^+k^) dxdy\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \pm \frac{{ \boldsymbol{\nabla} } G}{{ \boldsymbol{\nabla} } G\cdot\hat{\mathbf{k}}}\,\mathrm{d}x \mathrm{d}y = \pm\big(\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}\big)\,\mathrm{d}x \mathrm{d}y

As (1+cos⁡t) ı^+(1+sin⁡t) ȷ^(1+\cos t)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(1+\sin t)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} runs counterclockwise around the circle (x−1)2+(y−1)2≤1(x-1)^2+(y-1)^2\le 1, Stokes' theorem specifies the plus sign and

∮CF⋅dr=∬(x−1)2+(y−1)2≤1dx dy=π\oint_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\iint _{(x-1)^2+(y-1)^2\le 1} \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\pi

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.4절 · 4번
# 스토크스 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)