벡터 미적분 전체 연습문제

1.CLP-4 · 1.6절 · 8번대학 수준우리말 번역

선적분 $\int_C \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}s$ 의 값을 구하세요. 여기서 $\mathbf{F}(x,y) = xy^2 \,\hat{\boldsymbol{\imath}} + ye^x \,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 이고, $C$ 는 직사각형 $R$ : $0 \le x \le 3$ , $-1 \le y \le 1$ 의 경계이며, $\hat{\mathbf{n}}$ 은 $C$ 에 수직이고 직사각형의 바깥쪽을 향하는 단위벡터입니다.

영어 원문 보기

Evaluate the line integral $\int_C \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}s$ where $\mathbf{F}(x,y) = xy^2 \,\hat{\boldsymbol{\imath}} + ye^x \,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ , $C$ is the boundary of the rectangle $R$ : $0 \le x \le 3$ , $-1 \le y \le 1$ , and $\hat{\mathbf{n}}$ is the unit vector, normal to $C$ , pointing to the outside of the rectangle.

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

문제에서 곡선 $C$ 의 방향(즉, 곡선을 따라 움직이는 방향)이 정해져 있지 않음을 눈치챘을 것이다. 적분값은 $C$ 의 방향과 관계없기 때문이다.

$C$ 위의 각 점에서 $\mathbf{F}(x,y) = xy^2 \,\hat{\boldsymbol{\imath}} + ye^x \,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 이며, 이는 방향과 관계없다.
$C$ 위의 각 점에서 $\hat{\mathbf{n}}$ 은 바깥쪽을 향하는 법선벡터이며, 이는 방향과 관계없다.
$ds>0$ 이며, 이는 방향과 관계없다.

직사각형 $R$ 의 그림은 다음과 같다.

\

$C$ 를 반시계 방향으로 따라가기로 임의로 정했다. $R$ 의 경계는 네 개의 선분으로 이루어져 있다.

$L_1$ 은 $(0,-1)$ 에서 $(3,-1)$ 까지이며, $\hat{\mathbf{n}} = -\hat{\boldsymbol{\jmath}}$
$L_2$ 는 $(3,-1)$ 에서 $(3,1)$ 까지이며, $\hat{\mathbf{n}} = \hat{\boldsymbol{\imath}}$
$L_3$ 은 $(3,1)$ 에서 $(0,1)$ 까지이며, $\hat{\mathbf{n}} = \hat{\boldsymbol{\jmath}}$
$L_4$ 는 $(0,1)$ 에서 $(0,-1)$ 까지이며, $\hat{\mathbf{n}} = -\hat{\boldsymbol{\imath}}$

따라서

$\begin{aligned} \int_C \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}s &= \int_{L_1} \mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}s +\int_{L_2} \mathbf{F}\cdot \hat{\boldsymbol{\imath}}\,\mathrm{d}s +\int_{L_3} \mathbf{F}\cdot(\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}s +\int_{L_4} \mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\imath}})\,\mathrm{d}s \\ &= \int_0^3 -\overbrace{(-1)}^{y}e^x\,\mathrm{d}x +\int_{-1}^1 \overbrace{(3)}^{x}y^2\,\mathrm{d}y +\int^0_3 \overbrace{(1)}^{y}e^x\,\overbrace{(-\mathrm{d}x)}^{\mathrm{d}s} +\int^{-1}_1 \overbrace{(0)}^{x}y^2\,\overbrace{(-\mathrm{d}y)}^{\mathrm{d}s} \\ &=\big[e^3-1\big]+\big[1^3-(-1)^3\big] + \big[e^3-1\big]+0 \\ &=2e^3 \end{aligned}$

이 계산에서 가장 까다로운 부분은 $L_3$ 과 $L_4$ 에서 $\mathrm{d}s$ 를 바르게 잡는 것이다( $\mathrm{d}s$ 는 이동한 곡선의 길이이므로 양수이지만, $L_3$ 에서는 $\mathrm{d}x<0$ 이고 $L_4$ 에서는 $\mathrm{d}y<0$ 임을 기억해야 한다). $\int_{L_3} \mathbf{F}\cdot(\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}s$ 를 더 자세히 계산하기 위해, $L_3$ 을 다음과 같이 매개변수로 나타내자.

$\mathbf{r}(t) = (3,1) + t\big\{(0,1)-(3,1)\big\} = \big(3-3t,1\big)\qquad 0\le t\le 1$

그러면 $\mathbf{r}(0) = (3,1)$ 은 $L_3$ 의 시작점이고 $\mathbf{r}(1) = (0,1)$ 은 $L_3$ 의 끝점이다. 이때

$\mathbf{r}'(t) = (-3,0)\qquad \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}(t) = |\mathbf{r}'(t)| = 3$

이고

$\begin{aligned} \int_{L_3} \mathbf{F}\cdot \hat{\boldsymbol{\jmath}}\,\mathrm{d}s =\int_0^1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(t)\big)\cdot \hat{\boldsymbol{\jmath}}\,\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}(t)\,\mathrm{d}t =\int_0^1\overbrace{e^{3-3t}}^{y(t)e^{x(t)}}\, \overbrace{3}^{\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}(t)}\,\mathrm{d}t =-e^{3-3t}\Big|_0^1 =e^3-1 \end{aligned}$

이다.

검산으로, $L_3$ 을 다음과 같이 매개변수로 나타낼 때에도 $\int_{L_3} \mathbf{F}\cdot(\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}s$ 의 값이 같음을 확인해 보자.

$\mathbf{r}(t) = (0,1) + t\big\{(3,1)-(0,1)\big\} = \big(3t,1\big)\qquad 0\le t\le 1$

이번에는 $\mathbf{r}(0) = (0,1)$ 이 $L_3$ 의 시작점이고 $\mathbf{r}(1) = (3,1)$ 이 $L_3$ 의 끝점이다. 이번에는

$\mathbf{r}'(t) = (3,0)\qquad \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}(t) = |\mathbf{r}'(t)| = 3$

이고

$\begin{aligned} \int_{L_3} \mathbf{F}\cdot \hat{\boldsymbol{\jmath}}\,\mathrm{d}s =\int_0^1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(t)\big)\cdot \hat{\boldsymbol{\jmath}}\,\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}(t)\,\mathrm{d}t =\int_0^1\overbrace{e^{3t}}^{y(t)e^{x(t)}}\, \overbrace{3}^{\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}(t)}\,\mathrm{d}t =e^{3t}\Big|_0^1 =e^3-1 \end{aligned}$

이다.

따라서 $L_3$ 의 두 방향 모두 $\int_{L_3} \mathbf{F}\cdot(\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}s$ 의 값이 같다.

원본 교재 풀이(영어)

You may have noticed that the orientation of (i.e. the direction of motion along) the curve $C$ was not specified in the question. That's because the value of the integral is independent of the orientation of $C$ :

At each point of $C$ , $\mathbf{F}(x,y) = xy^2 \,\hat{\boldsymbol{\imath}} + ye^x \,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ , independent of the orientation.
At each point of $C$ , $\hat{\mathbf{n}}$ is the outward pointing normal, independent of the orientation.
$ds>0$ , independent of the orientation.

Here is a sketch of the rectangle $R$ .

\

We have arbitrarily chosen to traverse $C$ in the counterclockwise direction. The boundary of $R$ boundary consists of four line segments.

$L_1$ from $(0,-1)$ to $(3,-1)$ , with $\hat{\mathbf{n}} = -\hat{\boldsymbol{\jmath}}$
$L_2$ from $(3,-1)$ to $(3,1)$ , with $\hat{\mathbf{n}} = \hat{\boldsymbol{\imath}}$
$L_3$ from $(3,1)$ to $(0,1)$ , with $\hat{\mathbf{n}} = \hat{\boldsymbol{\jmath}}$
$L_4$ from $(0,1)$ to $(0,-1)$ , with $\hat{\mathbf{n}} = -\hat{\boldsymbol{\imath}}$

So

$\begin{aligned} \int_C \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}s &= \int_{L_1} \mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}s +\int_{L_2} \mathbf{F}\cdot \hat{\boldsymbol{\imath}}\,\mathrm{d}s +\int_{L_3} \mathbf{F}\cdot(\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}s +\int_{L_4} \mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\imath}})\,\mathrm{d}s \\ &= \int_0^3 -\overbrace{(-1)}^{y}e^x\,\mathrm{d}x +\int_{-1}^1 \overbrace{(3)}^{x}y^2\,\mathrm{d}y +\int^0_3 \overbrace{(1)}^{y}e^x\,\overbrace{(-\mathrm{d}x)}^{\mathrm{d}s} +\int^{-1}_1 \overbrace{(0)}^{x}y^2\,\overbrace{(-\mathrm{d}y)}^{\mathrm{d}s} \\ &=\big[e^3-1\big]+\big[1^3-(-1)^3\big] + \big[e^3-1\big]+0 \\ &=2e^3 \end{aligned}$

The trickiest part of this computation is getting $\mathrm{d}s$ correct on $L_3$ and $L_4$ (remembering that $\mathrm{d}s$ is the arc length traveled and so is positive, while $\mathrm{d}x<0$ on $L_3$ and $\mathrm{d}y<0$ on $L_4$ ). To make a more detailed computation of $\int_{L_3} \mathbf{F}\cdot(\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}s$ , parametrize $L_3$ by

$\mathbf{r}(t) = (3,1) + t\big\{(0,1)-(3,1)\big\} = \big(3-3t,1\big)\qquad 0\le t\le 1$

so that $\mathbf{r}(0) = (3,1)$ is the initial point of $L_3$ and $\mathbf{r}(1) = (0,1)$ is the final point of $L_3$ . Then

$\mathbf{r}'(t) = (-3,0)\qquad \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}(t) = |\mathbf{r}'(t)| = 3$

and

$\begin{aligned} \int_{L_3} \mathbf{F}\cdot \hat{\boldsymbol{\jmath}}\,\mathrm{d}s =\int_0^1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(t)\big)\cdot \hat{\boldsymbol{\jmath}}\,\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}(t)\,\mathrm{d}t =\int_0^1\overbrace{e^{3-3t}}^{y(t)e^{x(t)}}\, \overbrace{3}^{\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}(t)}\,\mathrm{d}t =-e^{3-3t}\Big|_0^1 =e^3-1 \end{aligned}$

As a check, we'll now verify that we get the same answer for $\int_{L_3} \mathbf{F}\cdot(\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}s$ , when we parametrize $L_3$ by

$\mathbf{r}(t) = (0,1) + t\big\{(3,1)-(0,1)\big\} = \big(3t,1\big)\qquad 0\le t\le 1$

so that, this time, $\mathbf{r}(0) = (0,1)$ is the initial point of $L_3$ and $\mathbf{r}(1) = (3,1)$ is the final point of $L_3$ . This time

$\mathbf{r}'(t) = (3,0)\qquad \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}(t) = |\mathbf{r}'(t)| = 3$

and

$\begin{aligned} \int_{L_3} \mathbf{F}\cdot \hat{\boldsymbol{\jmath}}\,\mathrm{d}s =\int_0^1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(t)\big)\cdot \hat{\boldsymbol{\jmath}}\,\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}(t)\,\mathrm{d}t =\int_0^1\overbrace{e^{3t}}^{y(t)e^{x(t)}}\, \overbrace{3}^{\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}(t)}\,\mathrm{d}t =e^{3t}\Big|_0^1 =e^3-1 \end{aligned}$

So both orientations of $L_3$ give the same value of $\int_{L_3} \mathbf{F}\cdot(\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}s$ .

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

# 선적분계산도전자동 분류

2.CLP-4 · 1.6절 · 10번대학 수준우리말 번역

철사가 곡선 $(t+\frac12t^2~,~t-\frac12t^2~,~\frac{4}{3}\,t^{3/2})$ , $0 \leq t \leq 4$ 로 나타내어지는 경로 $C$ 를 따라 놓여 있다. 점 $(x,y,z)$ 에서 이 철사의 밀도는 $\rho(x,y,z)={\left( \frac{x+y}{2}\right)}$ 이다. 이 철사의 질량중심을 구하세요.

영어 원문 보기

A wire traces out a path $C$ described by the curve $(t+\frac12t^2~,~t-\frac12t^2~,~\frac{4}{3}\,t^{3/2})$ , $0 \leq t \leq 4$ . Its density at the point $(x,y,z)$ is $\rho(x,y,z)={\left( \frac{x+y}{2}\right)}$ . Find its centre of mass.

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

질량중심 공식 $\bar x = \dfrac{\int_C x\rho\,\mathrm{d}s}{\int_C \rho\,\mathrm{d}s}$ 등을 사용한다. 풀이 과정을 더 분명히 하기 위해 계산을 여러 단계로 나누어 진행한다.

$\begin{aligned} x(t)&= t+ \frac12 t^2 & x'(t)&=1+t\\ y(t)&= t- \frac12 t^2 & y'(t)&=1-t\\ z(t)&=\frac43 t^{3/2} & z'(t)&=2\sqrt{t} \end{aligned}$

$\begin{aligned} \sqrt{x'(t)^2+y'(t)^2+z'(t)^2}&=\sqrt{1+2t+t^2+1-2t+t^2+4t}=\sqrt{2(t^2+2t+1)}= \sqrt{2}(t+1)\\ \rho(x(t),y(t),z(t))&= \frac{x(t)+y(t)}{2}={\frac{(t+t^2/2 )+( t - t^2/2)}{2}}= t \end{aligned}$

$\begin{aligned} \int_C {red}\rho \,\mathrm{d}s&=\int_0^4 t\, \sqrt{2}(t+1)\,\mathrm{d}t =\frac{2^3\cdot 11\sqrt{2}}{3}\\ \int_C x {red}\rho \,\mathrm{d}s&=\int_0^4 \left(t+\frac12t^2\right) t\, \sqrt{2}(t+1)\,\mathrm{d}t =\sqrt{2}\int_0^{2^2} \left(\frac{t^4}{2}+\frac{3}{2}t^3 +t^2\right)\ \mathrm{d}t\\ &=\sqrt{2}\left(\frac{2^9}{5} +3(2^5)+\frac{2^6}{3}\right) =\frac{2^5\cdot103\sqrt 2}{15}\\ \int_C y {red}\rho \,\mathrm{d}s&=\int_0^4 \left(t-\frac12t^2\right) t\, \sqrt{2}(t+1)\,\mathrm{d}t=\sqrt2\int_0^{2^2}\left(-\frac{t^4}{2}+\frac{t^3}{2}+t^2 \right)\mathrm{d}t\\ &=\sqrt{2}\left(-\frac{2^9}{5}+{2^5}+\frac{2^6}{3} \right) =-\frac{2^5\cdot 23\sqrt 2}{15}\\ \int_C z {red} \rho\, \mathrm{d}s&=\int_0^4 \left(\frac{4}{3}t^{3/2}\right) t\, \sqrt{2}(t+1)\,\mathrm{d}t=\frac{4\sqrt2}{3}\int_0^{2^2} \left( t^{7/2}+t^{5/2}\right)\mathrm{d}t\\ &=\frac{4\sqrt2}{3}\left( \frac{2^{10}}{9}+\frac{2^8}{7}\right)=\frac{2^{10}\cdot37\sqrt{2}}{7\cdot 3^3} \\ \overline{x}&=\frac{\int x \rho\,\mathrm{d}s}{\int \rho\,\mathrm{d}s}=\frac{\frac{2^5\cdot103\sqrt 2}{15}}{\frac{2^3\cdot 11\sqrt{2}}{3}}=\frac{412}{55}\approx 7.5\\ \overline{y}&=\frac{\int y \rho\,\mathrm{d}s}{\int \rho\,\mathrm{d}s}=\frac{-\frac{2^5\cdot 23\sqrt 2}{15}}{\frac{2^3\cdot 11\sqrt{2}}{3}}=-\frac{92}{55}\approx-1.7\\ \overline{z}&=\frac{\int z \rho\,\mathrm{d}s}{\int \rho\,\mathrm{d}s}=\frac{\frac{2^{10}\cdot37\sqrt{2}}{7\cdot 3^3}}{\frac{2^3\cdot 11\sqrt{2}}{3}}=\frac{4736}{693}\approx 6.8 \end{aligned}$

이렇게 긴 계산을 한 뒤에는 결과가 타당한지 검토해 보는 것이 좋다. $0 \le t \le 4$ 일 때, 철사는 다음 구간에 놓여 있다: $0 \le x \le 12$ , $-4 \le y \le 1/2$ , $0 \le z \le 32/3$ . 질량중심의 좌표는 모두 이 구간 안에 들어 있다. 이것이 답이 옳음을 보장하지는 않지만 좋은 징조이다. 예를 들어 $\overline x$ 가 음수이거나 $\overline z$ 가 11보다 컸다면, 무언가 잘못되었음을 알 수 있었을 것이다.

원본 교재 풀이(영어)

We use the centre of mass formulae $\bar x = \dfrac{\int_C x\rho\,\mathrm{d}s}{\int_C \rho\,\mathrm{d}s}$ , etc. To make the working clearer, we'll break these calculations into several steps.

$\begin{aligned} x(t)&= t+ \frac12 t^2 & x'(t)&=1+t\\ y(t)&= t- \frac12 t^2 & y'(t)&=1-t\\ z(t)&=\frac43 t^{3/2} & z'(t)&=2\sqrt{t} \end{aligned}$

$\begin{aligned} \sqrt{x'(t)^2+y'(t)^2+z'(t)^2}&=\sqrt{1+2t+t^2+1-2t+t^2+4t}=\sqrt{2(t^2+2t+1)}= \sqrt{2}(t+1)\\ \rho(x(t),y(t),z(t))&= \frac{x(t)+y(t)}{2}={\frac{(t+t^2/2 )+( t - t^2/2)}{2}}= t \end{aligned}$

$\begin{aligned} \int_C {red}\rho \,\mathrm{d}s&=\int_0^4 t\, \sqrt{2}(t+1)\,\mathrm{d}t =\frac{2^3\cdot 11\sqrt{2}}{3}\\ \int_C x {red}\rho \,\mathrm{d}s&=\int_0^4 \left(t+\frac12t^2\right) t\, \sqrt{2}(t+1)\,\mathrm{d}t =\sqrt{2}\int_0^{2^2} \left(\frac{t^4}{2}+\frac{3}{2}t^3 +t^2\right)\ \mathrm{d}t\\ &=\sqrt{2}\left(\frac{2^9}{5} +3(2^5)+\frac{2^6}{3}\right) =\frac{2^5\cdot103\sqrt 2}{15}\\ \int_C y {red}\rho \,\mathrm{d}s&=\int_0^4 \left(t-\frac12t^2\right) t\, \sqrt{2}(t+1)\,\mathrm{d}t=\sqrt2\int_0^{2^2}\left(-\frac{t^4}{2}+\frac{t^3}{2}+t^2 \right)\mathrm{d}t\\ &=\sqrt{2}\left(-\frac{2^9}{5}+{2^5}+\frac{2^6}{3} \right) =-\frac{2^5\cdot 23\sqrt 2}{15}\\ \int_C z {red} \rho\, \mathrm{d}s&=\int_0^4 \left(\frac{4}{3}t^{3/2}\right) t\, \sqrt{2}(t+1)\,\mathrm{d}t=\frac{4\sqrt2}{3}\int_0^{2^2} \left( t^{7/2}+t^{5/2}\right)\mathrm{d}t\\ &=\frac{4\sqrt2}{3}\left( \frac{2^{10}}{9}+\frac{2^8}{7}\right)=\frac{2^{10}\cdot37\sqrt{2}}{7\cdot 3^3} \\ \overline{x}&=\frac{\int x \rho\,\mathrm{d}s}{\int \rho\,\mathrm{d}s}=\frac{\frac{2^5\cdot103\sqrt 2}{15}}{\frac{2^3\cdot 11\sqrt{2}}{3}}=\frac{412}{55}\approx 7.5\\ \overline{y}&=\frac{\int y \rho\,\mathrm{d}s}{\int \rho\,\mathrm{d}s}=\frac{-\frac{2^5\cdot 23\sqrt 2}{15}}{\frac{2^3\cdot 11\sqrt{2}}{3}}=-\frac{92}{55}\approx-1.7\\ \overline{z}&=\frac{\int z \rho\,\mathrm{d}s}{\int \rho\,\mathrm{d}s}=\frac{\frac{2^{10}\cdot37\sqrt{2}}{7\cdot 3^3}}{\frac{2^3\cdot 11\sqrt{2}}{3}}=\frac{4736}{693}\approx 6.8 \end{aligned}$

After these long calculations, it's nice to do a sanity check. Using $0 \le t \le 4$ , we see our wire takes up space in the following intervals: $0 \le x \le 12$ , $-4 \le y \le 1/2$ , and $0 \le z \le 32/3$ . The coordinates of our centre of mass all fall in these intervals, which doesn't guarantee our answer is correct, but it is a nice sign. If, say $\overline x$ had been negative, or $\overline z$ were greater than 11, we would have known there was something wrong.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 6장 복습 · 21번

# 선적분계산도전자동 분류

3.CLP-4 · 2.1절 · 14번대학 수준우리말 번역

a. 막대 하나가 수직인 벽에 기대어 있다. 막대의 길이는 2이고, 벽과 닿는 지점의 높이는 $H=1$ 이다. 막대는 벽에 계속 닿은 채로 미끄러져 내려가며, 높이는 $\frac{\mathrm{d}H}{\mathrm{d}t}=0.5$ 의 비율로 감소한다.

위의 그림과 같은 좌표계를 사용하여, $H=1$ 일 때 막대의 아래쪽 끝에서 $p$ 만큼 떨어진 막대 위의 점의 속도를 나타내는 벡터함수 $\mathbf{v}:\mathbb [0,2] \to \mathbb R^2$ 를 구하세요. b. 우산의 뼈대는 곧고 단단한 막대들을 한 공통의 중심에 붙여서 만든다. 막대들의 길이는 모두 같으므로, 막대들은 한 원의 반지름을 이룬다.

뼈대의 중심을 위로 들어 올린다. 뼈대의 가장자리는 바닥에 끌리면서, 뼈대는 점점 더 높고 가늘어지는 직원뿔 모양을 유지한다.

각 막대의 길이가 2미터이고, 뼈대의 중심이 50 cm/s의 비율로 들어 올려지고 있다고 하자. 뼈대의 중심이 바닥에서 1미터 위에 있을 때, 뼈대 위의 점 $(x,y,z)$ 의 속도를 나타내는 벡터장 $\mathbf{V}(x,y,z)$ 를 구하세요.

바닥의 높이를 $z=0$ 으로 하고, 뼈대의 중심은 원점 바로 위에 있다고 하자.

영어 원문 보기

a. A pole leans against a vertical wall. The pole has length 2, and it touches the wall at height $H=1$ . The pole slides down, still touching the wall, with its height decreasing at a rate of $\frac{\mathrm{d}H}{\mathrm{d}t}=0.5$ .

Find a vector function $\mathbf{v}:\mathbb [0,2] \to \mathbb R^2$ for the velocity, when $H=1$ , of a point on the pole that is $p$ units from the lower end, using the coordinate system from the sketch above. b. The frame of an umbrella is constructed by attaching straight, rigid poles to a common centre. The poles are all the same length, so they form radii of a circle.

The frame is lifted from the centre of the circle. The edges of the frame drag on the ground, keeping the frame in the shape of a right circular cone that is becoming taller and thinner.

Suppose the length of each pole is 2 metres, and the centre of the frame is being lifted at a rate of 50 cm/s. Give a vector field for the velocity $\mathbf{V}(x,y,z)$ of a point $(x,y,z)$ on the frame when its centre is 1 metre above the ground.

Let the ground have height $z=0$ , and let the centre of the frame sit directly above the origin.

정답·풀이 보기

a. 막대 위에서 아래쪽 끝으로부터 거리 $p$ 만큼 떨어진 점 $P$ 를 생각하자. 이 점을 이용하여 아래 그림과 같이 더 작은 직각삼각형을 만든다.

닮은 삼각형을 이용하면:

$\begin{aligned} h&=\frac{p}{2}H & b&=\frac{p}{2}\sqrt{4-H^2} \\ \text{$P$가 위치 $(x,y)$에 있다면:} \\ y&=h=\frac{p}{2}H & x&=\sqrt{4-H^2}-b=\left(1-\frac{p}{2}\right)\sqrt{4-H^2}\\ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}&=\frac{p}{2}\frac{\mathrm{d}H}{\mathrm{d}t}=-\frac{p}{4} &\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}&=\left(1-\frac{p}{2}\right)\frac{-H}{\sqrt{4-H^2}}\frac{\mathrm{d}H}{\mathrm{d}t}=\left(1-\frac{p}{2}\right)\frac{H}{2\sqrt{4-H^2}} \\ \text{$H=1$일 때:} \\ \left.\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right|_{H=1}&=-\frac{p}{4} &\left.\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}\right|_{H=1}&=\left(1-\frac{p}{2}\right)\frac{1}{2\sqrt{3}} \end{aligned}$

따라서

$\mathbf{v}(p)=\left.\left( \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t},\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right)\right|_{H=1}=\left( \left(1-\frac{p}{2}\right)\frac{1}{2\sqrt{3}}~,~-\frac{p}{4} \right)$

이 모형에서는 이 함수의 정의역을 $[0,2]$ 로 정한다. b. 먼저 a의 풀이에서 가져다 쓸 수 있는 것을 살펴보자. a와 마찬가지로, 막대 중 하나 위에서 아래쪽 끝으로부터 $p$ 미터 떨어진 점 $P$ 를 생각하자.

$P$ 의 위치를 $(x,y,z)$ 라 하자. 이제 $\frac{\mathrm{d}H}{\mathrm{d}t}$ 는 음수가 아니라 양수이므로, 이 2차원 단면에 한정하여 보면 $\mathbf{V}(p)=\left( \left(1-\frac{p}{2}\right)\frac{-1}{2\sqrt{3}}~,~\frac{p}{4} \right)$ 이고, 여기서 둘째 좌표는 $z$ 이며 첫째 좌표는 벡터 $(x,y,0)$ 의 방향을 가진 (수평) 직선을 따른 성분이다.

따라서 $\displaystyle\left.\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}\right|_{H=1}=\frac{p}{4}$ 임을 알고, 또 어떤 음의 상수 $c$ 에 대해 $\displaystyle\left.\left(\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t},\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right)\right|_{H=1}=(x,y)c$ 이고 $|(x,y)c|=\left(1-\frac{p}{2}\right)\frac{1}{2\sqrt{3}}$ 임을 안다. 벡터의 방향과 크기를 알았으므로 벡터를 구할 수 있다: $\left.\left( \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t},\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right)\right|_{H=1}=(x,y)c=-\frac{\left(1-\frac{p}{2}\right)}{2\sqrt 3\sqrt{x^2+y^2}}(x,y)$

식을 $x$ , $y$ , $z$ 로 나타내고 싶으므로 $p$ 를 없애야 한다. 닮은 삼각형을 이용하면 $\frac{p}{2}=\frac{\sqrt{4-H^2}-\sqrt{x^2+y^2}}{\sqrt{4-H^2}}$ 이다. $H=1$ 일 때 $1-\frac{p}{2}=\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{\sqrt3}$ 이다. 그러므로

$\left.\left( \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t},\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right)\right|_{H=1} =-\frac{1}{6}(x,y)$

마지막으로 $\mathbf{V}(x,y,z)=\left.\left( \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t},\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t},\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}\right)\right|_{H=1}=\left( -\frac{1}{6}x~,~ -\frac{1}{6}y~,~ \frac{1}{2}z\right)$

$(x,y,z)$ 의 모든 값이 뼈대 위에 있는 것은 아니다. 그러나 뼈대 위에 있는 $(x,y,z)$ 의 값에 대해서는 이 식이 성립한다.

원본 교재 풀이(영어)

a. Consider a point $P$ on the pole that is a distance $p$ away from the bottom end. Use this point to make a smaller right triangle, as in the picture below.

Using similar triangles:

$\begin{aligned} h&=\frac{p}{2}H & b&=\frac{p}{2}\sqrt{4-H^2} \\ \text{If $P$ is at position $(x,y)$, then:} \\ y&=h=\frac{p}{2}H & x&=\sqrt{4-H^2}-b=\left(1-\frac{p}{2}\right)\sqrt{4-H^2}\\ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}&=\frac{p}{2}\frac{\mathrm{d}H}{\mathrm{d}t}=-\frac{p}{4} &\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}&=\left(1-\frac{p}{2}\right)\frac{-H}{\sqrt{4-H^2}}\frac{\mathrm{d}H}{\mathrm{d}t}=\left(1-\frac{p}{2}\right)\frac{H}{2\sqrt{4-H^2}} \\ \text{When $H=1$:} \\ \left.\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right|_{H=1}&=-\frac{p}{4} &\left.\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}\right|_{H=1}&=\left(1-\frac{p}{2}\right)\frac{1}{2\sqrt{3}} \end{aligned}$

Therefore, $\mathbf{v}(p)=\left.\left( \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t},\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right)\right|_{H=1}=\left( \left(1-\frac{p}{2}\right)\frac{1}{2\sqrt{3}}~,~-\frac{p}{4} \right)$

For our model, we set the domain of this function to be $[0,2]$ . b. Let's start by seeing what we can salvage from our work on part a. As in part a., consider a point $P$ on one of the poles, $p$ metres from the bottom end.

Let $P$ have position $(x,y,z)$ . Noting that $\frac{\mathrm{d}H}{\mathrm{d}t}$ is now positive, not negative, if we stick to this two-dimensional slice, $\mathbf{V}(p)=\left( \left(1-\frac{p}{2}\right)\frac{-1}{2\sqrt{3}}~,~\frac{p}{4} \right)$ where the second coordinate is $z$ and the first coordinate refers to the (horizontal) line in the direction of the vector $(x,y,0)$ .

So, we know $\displaystyle\left.\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}\right|_{H=1}=\frac{p}{4}$ , and we know $\displaystyle\left.\left(\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t},\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right)\right|_{H=1}=(x,y)c$ for some negative constant $c$ with $|(x,y)c|=\left(1-\frac{p}{2}\right)\frac{1}{2\sqrt{3}}$ . Since we have the direction and the magnitude of the vector, we can find the vector: $\left.\left( \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t},\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right)\right|_{H=1}=(x,y)c=-\frac{\left(1-\frac{p}{2}\right)}{2\sqrt 3\sqrt{x^2+y^2}}(x,y)$

We want our equation to be in terms of $x$ , $y$ , and $z$ , so we need to get rid of $p$ . Using similar triangles, $\frac{p}{2}=\frac{\sqrt{4-H^2}-\sqrt{x^2+y^2}}{\sqrt{4-H^2}}$ . When $H=1$ , then $1-\frac{p}{2}=\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{\sqrt3}$ . So:

$\left.\left( \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t},\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right)\right|_{H=1} =-\frac{1}{6}(x,y)$

Finally: $\mathbf{V}(x,y,z)=\left.\left( \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t},\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t},\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}\right)\right|_{H=1}=\left( -\frac{1}{6}x~,~ -\frac{1}{6}y~,~ \frac{1}{2}z\right)$

Not all values of $(x,y,z)$ are on the frame. But, for those values of $(x,y,z)$ that are on the frame, this equation holds.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.1절 · 7번

# 벡터장과 흐름선그래프·표 해석도전자동 분류

4.CLP-4 · 2.4절 · 32번대학 수준우리말 번역

$C$ 를 곡면 $y=x^2$ 과 $z=x^3$ 의 교선을 따라 $(0,0,0)$ 에서 $(1,1,1)$ 까지 가는 곡선이라 하자.

(a) $s$ 가 $C$ 를 따른 호의 길이이고 $\rho=8x+36z$ 일 때, $\int_C \rho\, \mathrm{d}s$ 의 값을 구하세요. (b) $\mathbf{F}=\sin y\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (x\cos y+z)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+ (y+z)\,\hat{\mathbf{k}}$ 일 때, $\int_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let $C$ be the curve from $(0,0,0)$ to $(1,1,1)$ along the intersection of the surfaces $y=x^2$ and $z=x^3$ .

(a) Find $\int_C \rho\, \mathrm{d}s$ if $s$ is arc length along $C$ and $\rho=8x+36z$ . (b) Find $\int_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}$ if $\mathbf{F}=\sin y\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (x\cos y+z)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+ (y+z)\,\hat{\mathbf{k}}$ .

답 쓰고 채점

(a)

(b)

정답·풀이 보기

(a) $C$ 를 $x$ 로 매개변수화한다. 곡선 위의 점의 첫째 성분이 $x$ 이면 둘째 성분 $y$ 는 $x^2$ 이어야 하고, 셋째 성분 $z$ 는 $x^3$ 이어야 한다. 따라서

$\begin{aligned} \mathbf{r}(x)&=x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+x^2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+x^3\,\hat{\mathbf{k}}\qquad 0\le x\le 1\\ \mathbf{r}'(x)&=\hat{\boldsymbol{\imath}}+2x\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+3x^2\,\hat{\mathbf{k}}\\ \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}x}(x)&=\sqrt{1+4x^2+9x^4} \end{aligned}$

이고

$\begin{aligned} \rho(x)\ \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}x}(x) &=\big(8x+36x^3\big)\sqrt{1+4x^2+9x^4}\\ \int_C\rho\ \mathrm{d}s &=\int_0^1 \big(8x+36x^3\big)\sqrt{1+4x^2+9x^4}\,\mathrm{d}x \end{aligned}$

이다.

$u=1+4x^2+9x^4$ , $\mathrm{d}u = \big(8x+36x^3\big)\,\mathrm{d}x$ , $u(0)=1$ , $u(1)=14$ 로 치환하면

$\begin{aligned} \int_C\rho\ \mathrm{d}s &=\int_1^{14} \sqrt{u}\ \mathrm{d}u =\frac{2}{3}u^{3/2}\bigg|_1^{14}\\ &=\frac{2}{3}\big[14^{3/2}-1\big]\approx 34.26 \end{aligned}$

이다.

(b) $f(x,y,z)=x\sin y+yz+\tfrac{1}{2} z^2$ 에 대해 $\mathbf{F}(x,y,z)=\nabla f(x,y,z)$ 이므로

$\int_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}=f(1,1,1)-f(0,0,0) =\sin 1+\frac{3}{2} \approx 2.3415$

이다.

퍼텐셜 $f$ 는 추측으로 구한 것이다. 다른 방법으로, 다음을 풀어서 구할 수도 있다.

$\begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial x}(x,y,z) &= \sin y \\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y,z) &= x\cos y+z \\ \frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z) &= y+z \end{aligned}$

이 중 첫째 식을 적분하면

$f(x,y,z) = x\sin y +g(y,z)$

를 얻는다.

이것을 둘째 식에 대입하면

$x\cos y+\frac{\partial g}{\partial y}(y,z) = x\cos y+z\qquad\text{또는}\qquad \frac{\partial g}{\partial y}(x,z)=z$

이고, 이로부터 반드시

$g(y,z) = yz + h(z)$

이다.

마지막으로 $f(x,y,z) = x\sin y +yz + h(z)$ 를 마지막 식에 대입하면

$y + h'(z) =y+z \quad\text{또는}\quad h'(z) = z$

이다.

따라서 $h(x) = \frac{z^2}{2}+C$ 이고, 그러므로 임의의 상수 $C$ 에 대해 $f(x,y,z) = x\sin y + yz + \frac{z^2}{2}+C$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) Parametrize $C$ by $x$ . When the first component of a point on the curve is $x$ , then the second component, $y$ , must be $x^2$ and the third component, $z$ , must be $x^3$ . So

$\begin{aligned} \mathbf{r}(x)&=x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+x^2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+x^3\,\hat{\mathbf{k}}\qquad 0\le x\le 1\\ \mathbf{r}'(x)&=\hat{\boldsymbol{\imath}}+2x\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+3x^2\,\hat{\mathbf{k}}\\ \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}x}(x)&=\sqrt{1+4x^2+9x^4} \end{aligned}$

and

$\begin{aligned} \rho(x)\ \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}x}(x) &=\big(8x+36x^3\big)\sqrt{1+4x^2+9x^4}\\ \int_C\rho\ \mathrm{d}s &=\int_0^1 \big(8x+36x^3\big)\sqrt{1+4x^2+9x^4}\,\mathrm{d}x \end{aligned}$

Substituting $u=1+4x^2+9x^4$ , $\mathrm{d}u = \big(8x+36x^3\big)\,\mathrm{d}x$ , $u(0)=1$ , $u(1)=14$ ,

$\begin{aligned} \int_C\rho\ \mathrm{d}s &=\int_1^{14} \sqrt{u}\ \mathrm{d}u =\frac{2}{3}u^{3/2}\bigg|_1^{14}\\ &=\frac{2}{3}\big[14^{3/2}-1\big]\approx 34.26 \end{aligned}$

(b) Since $\mathbf{F}(x,y,z)=\nabla f(x,y,z)$ with $f(x,y,z)=x\sin y+yz+\tfrac{1}{2} z^2$ ,

$\int_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}=f(1,1,1)-f(0,0,0) =\sin 1+\frac{3}{2} \approx 2.3415$

The potential $f$ was just guessed. Alternatively, it can be found by solving

$\begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial x}(x,y,z) &= \sin y \\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y,z) &= x\cos y+z \\ \frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z) &= y+z \end{aligned}$

Integrating the first of these equations gives

$f(x,y,z) = x\sin y +g(y,z)$

Substituting this into the second equation gives

$x\cos y+\frac{\partial g}{\partial y}(y,z) = x\cos y+z\qquad\text{or}\qquad \frac{\partial g}{\partial y}(x,z)=z$

which forces

$g(y,z) = yz + h(z)$

Finally, substituting $f(x,y,z) = x\sin y +yz + h(z)$ into the last equation gives

$y + h'(z) =y+z \quad\text{or}\quad h'(z) = z$

So $h(x) = \frac{z^2}{2}+C$ and hence $f(x,y,z) = x\sin y + yz + \frac{z^2}{2}+C$ for any constant $C$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 1.6절 · 2번

# 선적분계산도전자동 분류

5.CLP-4 · 2.4절 · 34번대학 수준우리말 번역

아래 선적분의 값을 구하세요. (어떤 방법을 써도 좋습니다.)

(a) $\int_C (x^2 + y)\,\mathrm{d}x + x\,\mathrm{d}y$ , 여기서 $C$ 는 포물선 $y = 9 - x^2$ 의 호로서 $(-3, 0)$ 에서 $(3, 0)$ 까지이다. (b) $\int_C \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s$ , 여기서 $\mathbf{F}(x, y) = 2x^2\hat{\boldsymbol{\imath}} + ye^x\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 이고, $C$ 는 정사각형 $0 \le x \le 1$ , $0 \le y \le 1$ 의 경계이다. 여기서 $\hat{\mathbf{n}}$ 은 정사각형의 바깥쪽을 향하는 단위법선벡터이고, $s$ 는 호의 길이이다.

영어 원문 보기

Evaluate the line integrals below. (Use any method you like.)

(a) $\int_C (x^2 + y)\,\mathrm{d}x + x\,\mathrm{d}y$ , where $C$ is the arc of the parabola $y = 9 - x^2$ from $(-3, 0)$ to $(3, 0)$ . (b) $\int_C \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s$ , where $\mathbf{F}(x, y) = 2x^2\hat{\boldsymbol{\imath}} + ye^x\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ , $C$ is the boundary of the square $0 \le x \le 1$ , $0 \le y \le 1$ . Here $\hat{\mathbf{n}}$ is the unit normal vector pointing outward from the square, and $s$ is arc length.

답 쓰고 채점

(a)

(b)

정답·풀이 보기

(a) 매개변수화

$\mathbf{r}(x) = x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +(9-x^2)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$

를 이용하여 적분을 직접 계산하자. 단, $-3\le x \le 3$ 이다.

$\mathbf{r}'(x) = \hat{\boldsymbol{\imath}} -2x\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 이므로

$\begin{aligned} \int_C (x^2 + y)\,\mathrm{d}x + x\,\mathrm{d}y &=\int_{-3}^3 \big(x^2\ +\ \overbrace{9-x^2}^{y}\ +x\overbrace{(-2x)}^{\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}}\big)\,\mathrm{d}x =\int_{-3}^3 \big(9-2x^2\big)\,\mathrm{d}x \\ &=2\int_0^3 \big(9-2x^2\big)\,\mathrm{d}x =2\left(27-2\frac{3^3}{3}\right) =18 \end{aligned}$

(b) 이 풀이에서는 적분을 직접 계산한다. 그림과 같이 정사각형의 네 변을 $L_1$ , $L_2$ , $L_3$ , $L_4$ 라 하자.

$L_1$ 을 호의 길이로 매개변수화하면 $\mathbf{r}(s) = s\,\hat{\boldsymbol{\imath}}$ , $0\le s\le 1$ 이다. $L_1$ 에서 바깥쪽을 향하는 법선벡터는 $-\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 이므로

$\begin{aligned} \int_{L_1} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s =\int_0^1 \mathbf{F}(s,0) \cdot(-\hat{\boldsymbol{\jmath}})\, \mathrm{d}s =\int_0^1 (-0)\, \mathrm{d}s =0 \end{aligned}$

$L_2$ 를 호의 길이로 매개변수화하면 $\mathbf{r}(s) = \hat{\boldsymbol{\imath}}+s\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ , $0\le s\le 1$ 이다. $L_2$ 에서 바깥쪽을 향하는 법선벡터는 $\hat{\boldsymbol{\imath}}$ 이므로

$\begin{aligned} \int_{L_2} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s =\int_0^1 \mathbf{F}(1,s) \cdot \hat{\boldsymbol{\imath}}\, \mathrm{d}s =\int_0^1 2\, \mathrm{d}s =2 \end{aligned}$

$L_3$ 을 ( $(1,1)$ 에서 시작하여) 호의 길이로 매개변수화하면 $\mathbf{r}(s) = (1-s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ , $0\le s\le 1$ 이다. $L_3$ 에서 바깥쪽을 향하는 법선벡터는 $\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 이므로

$\begin{aligned} \int_{L_3} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s =\int_0^1 \mathbf{F}(1-s,1) \cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}}\, \mathrm{d}s =\int_0^1 e^{1-s}\, \mathrm{d}s =\Big[-e^{1-s}\Big]_0^1 =e-1 \end{aligned}$

$L_4$ 를 ( $(0,1)$ 에서 시작하여) 호의 길이로 매개변수화하면 $\mathbf{r}(s) = (1-s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ , $0\le s\le 1$ 이다. $L_4$ 에서 바깥쪽을 향하는 법선벡터는 $-\hat{\boldsymbol{\imath}}$ 이므로

$\begin{aligned} \int_{L_2} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s =\int_0^1 \mathbf{F}(0,1-s) \cdot(- \hat{\boldsymbol{\imath}})\, \mathrm{d}s =\int_0^1 (-0)\, \mathrm{d}s =0 \end{aligned}$

모두 합하면

$\begin{aligned} \int_C \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s &= \int_{L_1} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s +\int_{L_2} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s +\int_{L_3} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s +\int_{L_4} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s \\ &= 0+2+(e-1) +0 =e+1 \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

(a) Let's evaluate the integral directly using the parametrization

$\mathbf{r}(x) = x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +(9-x^2)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$

with $-3\le x \le 3$ .

Since $\mathbf{r}'(x) = \hat{\boldsymbol{\imath}} -2x\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ ,

$\begin{aligned} \int_C (x^2 + y)\,\mathrm{d}x + x\,\mathrm{d}y &=\int_{-3}^3 \big(x^2\ +\ \overbrace{9-x^2}^{y}\ +x\overbrace{(-2x)}^{\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}}\big)\,\mathrm{d}x =\int_{-3}^3 \big(9-2x^2\big)\,\mathrm{d}x \\ &=2\int_0^3 \big(9-2x^2\big)\,\mathrm{d}x =2\left(27-2\frac{3^3}{3}\right) =18 \end{aligned}$

(b) In this solution, we'll evaluate the integral directly. Label the four sides of the square $L_1$ , $L_2$ , $L_3$ and $L_4$ as in the figure

The parametrization of $L_1$ by arc length is $\mathbf{r}(s) = s\,\hat{\boldsymbol{\imath}}$ , $0\le s\le 1$ . As the outward pointing normal to $L_1$ is $-\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ ,

$\begin{aligned} \int_{L_1} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s =\int_0^1 \mathbf{F}(s,0) \cdot(-\hat{\boldsymbol{\jmath}})\, \mathrm{d}s =\int_0^1 (-0)\, \mathrm{d}s =0 \end{aligned}$

The parametrization of $L_2$ by arc length is $\mathbf{r}(s) = \hat{\boldsymbol{\imath}}+s\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ , $0\le s\le 1$ . As the outward pointing normal to $L_2$ is $\hat{\boldsymbol{\imath}}$ ,

$\begin{aligned} \int_{L_2} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s =\int_0^1 \mathbf{F}(1,s) \cdot \hat{\boldsymbol{\imath}}\, \mathrm{d}s =\int_0^1 2\, \mathrm{d}s =2 \end{aligned}$

The parametrization of $L_3$ by arc length (starting at $(1,1)$ ) is $\mathbf{r}(s) = (1-s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ , $0\le s\le 1$ . As the outward pointing normal to $L_3$ is $\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ ,

$\begin{aligned} \int_{L_3} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s =\int_0^1 \mathbf{F}(1-s,1) \cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}}\, \mathrm{d}s =\int_0^1 e^{1-s}\, \mathrm{d}s =\Big[-e^{1-s}\Big]_0^1 =e-1 \end{aligned}$

The parametrization of $L_4$ by arc length (starting at $(0,1)$ ) is $\mathbf{r}(s) = (1-s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ , $0\le s\le 1$ . As the outward pointing normal to $L_4$ is $-\hat{\boldsymbol{\imath}}$ ,

$\begin{aligned} \int_{L_2} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s =\int_0^1 \mathbf{F}(0,1-s) \cdot(- \hat{\boldsymbol{\imath}})\, \mathrm{d}s =\int_0^1 (-0)\, \mathrm{d}s =0 \end{aligned}$

All together

$\begin{aligned} \int_C \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s &= \int_{L_1} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s +\int_{L_2} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s +\int_{L_3} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s +\int_{L_4} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s \\ &= 0+2+(e-1) +0 =e+1 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.4절 · 35번

# 선적분계산도전자동 분류

6.CLP-4 · 2.4절 · 35번대학 수준우리말 번역

질량 $m = 1$ 인 입자가 시각 $t = 0$ 에서 위치 $\mathbf{r}_0 = \hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 와 속도 $\mathbf{v}_0 = \hat{\boldsymbol{\imath}} + \hat{\mathbf{k}}$ 를 가진다. 이 입자는 힘 $\mathbf{F}(t) = \hat{\boldsymbol{\jmath}} - \sin t\, \hat{\mathbf{k}}$ 를 받아 움직인다. 여기서 $t$ 는 시각을 나타낸다.

(a) 입자의 위치 $\mathbf{r}(t)$ 를 $t$ 의 함수로 구하세요. (b) 시각 $t = 0$ 이후 입자가 평면 $x = \pi/2$ 를 처음으로 지날 때의 위치 $\mathbf{r}_1$ 을 구하세요. (c) 입자를 $\mathbf{r}_0$ 에서 $\mathbf{r}_1$ 까지 움직이는 동안 $\mathbf{F}$ 가 한 일을 구하세요.

영어 원문 보기

A particle of mass $m = 1$ has position $\mathbf{r}_0 = \hat{\boldsymbol{\jmath}}$ and velocity $\mathbf{v}_0 = \hat{\boldsymbol{\imath}} + \hat{\mathbf{k}}$ at time $t = 0$ . The particle moves under a force $\mathbf{F}(t) = \hat{\boldsymbol{\jmath}} - \sin t\, \hat{\mathbf{k}}$ , where $t$ denotes time.

(a) Find the position $\mathbf{r}(t)$ of the particle as a function of $t$ . (b) Find the position $\mathbf{r}_1$ of the particle when it crosses the plane $x = \pi/2$ for the first time after time $t = 0$ . (c) Determine the work done by $\mathbf{F}$ in moving the particle from $\mathbf{r}_0$ to $\mathbf{r}_1$ .

정답·풀이 보기

(a) $m=1$ 이므로 뉴턴의 운동 법칙에 의해

$\begin{aligned} \mathbf{a}(t) = \mathbf{v}'(t) = \mathbf{F}(t) = \hat{\boldsymbol{\jmath}} - \sin t\, \hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

이다. 적분하면

$\mathbf{v}(t) = t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\cos t\,\hat{\mathbf{k}} +\mathbf{c}$

이다. 여기서 $\mathbf{c}$ 는 어떤 상수 벡터이다. $\mathbf{v}(0)=\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\mathbf{k}}$ 이므로 $\mathbf{c} = \hat{\boldsymbol{\imath}}$ 이고, 따라서

$\begin{aligned} \mathbf{r}'(t) = \mathbf{v}(t) = \hat{\boldsymbol{\imath}} + t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\cos t\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

이다. 다시 적분하면

$\mathbf{r}(t) = t\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\frac{t^2}{2}\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\sin t\,\hat{\mathbf{k}} +\mathbf{c}$

이다. 여기서 $\mathbf{c}$ 는 (새로운) 어떤 상수 벡터이다. $\mathbf{r}(0)=\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 이므로 $\mathbf{c} = \hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 이고, 따라서

$\begin{aligned} \mathbf{r}(t) = t\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\left(1+\frac{t^2}{2}\right)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\sin t\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

이다.

(b) 입자는 $t=\pi/2$ 일 때 $x=\pi/2$ 이고, 이때

$\begin{aligned} \mathbf{r}_1=\mathbf{r}(\pi/2) = \frac{\pi}{2}\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\left(1+\frac{\pi^2}{8}\right)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + \hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

이다.

(c) 시각 $t=0$ 부터 시각 $t=\pi/2$ 까지 한 일은

$\begin{aligned} \int_0^{\pi/2} \mathbf{F}(t)\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\int_0^{\pi/2} \mathbf{F}(t)\cdot \frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}t}(t)\,\mathrm{d}t =\int_0^{\pi/2} [\hat{\boldsymbol{\jmath}}-\sin t\,\hat{\mathbf{k}}]\cdot [\hat{\boldsymbol{\imath}}+t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\cos t\,\hat{\mathbf{k}}]\,\mathrm{d}t \\ &= \int_0^{\pi/2} [t -\sin t\cos t]\,\mathrm{d}t =\Big[\frac{t^2}{2}+\frac{1}{2}\cos^2 t\Big]_0^{\pi/2} =\frac{\pi^2}{8}-\frac{1}{2} \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) Since $m=1$ , Newton's law of motion gives

$\begin{aligned} \mathbf{a}(t) = \mathbf{v}'(t) = \mathbf{F}(t) = \hat{\boldsymbol{\jmath}} - \sin t\, \hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

Integating gives

$\mathbf{v}(t) = t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\cos t\,\hat{\mathbf{k}} +\mathbf{c}$

for some constant vector $\mathbf{c}$ . Since $\mathbf{v}(0)=\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\mathbf{k}}$ , we have $\mathbf{c} = \hat{\boldsymbol{\imath}}$ so that

$\begin{aligned} \mathbf{r}'(t) = \mathbf{v}(t) = \hat{\boldsymbol{\imath}} + t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\cos t\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

Integating again gives

$\mathbf{r}(t) = t\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\frac{t^2}{2}\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\sin t\,\hat{\mathbf{k}} +\mathbf{c}$

for some (new) constant vector $\mathbf{c}$ . Since $\mathbf{r}(0)=\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ , we have $\mathbf{c} = \hat{\boldsymbol{\jmath}}$ so that

$\begin{aligned} \mathbf{r}(t) = t\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\left(1+\frac{t^2}{2}\right)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\sin t\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

(b) The particle has $x=\pi/2$ when $t=\pi/2$ and then

$\begin{aligned} \mathbf{r}_1=\mathbf{r}(\pi/2) = \frac{\pi}{2}\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\left(1+\frac{\pi^2}{8}\right)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + \hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

(c) The work done between time $t=0$ and time $t=\pi/2$ is

$\begin{aligned} \int_0^{\pi/2} \mathbf{F}(t)\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\int_0^{\pi/2} \mathbf{F}(t)\cdot \frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}t}(t)\,\mathrm{d}t =\int_0^{\pi/2} [\hat{\boldsymbol{\jmath}}-\sin t\,\hat{\mathbf{k}}]\cdot [\hat{\boldsymbol{\imath}}+t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\cos t\,\hat{\mathbf{k}}]\,\mathrm{d}t \\ &= \int_0^{\pi/2} [t -\sin t\cos t]\,\mathrm{d}t =\Big[\frac{t^2}{2}+\frac{1}{2}\cos^2 t\Big]_0^{\pi/2} =\frac{\pi^2}{8}-\frac{1}{2} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.4절 · 4번

# 선적분활용도전자동 분류

7.CLP-4 · 3.1절 · 6번대학 수준우리말 번역

다음 곡면을 생각하세요.

$S_1$ 은 방정식 $x^2 + y^2 + z^2 = 4$ (단, $z\ge 0$ )로 주어지는 반구이다.
$S_2$ 는 방정식 $x^2 + y^2 = 1$ 로 주어지는 원기둥이다.
$S_3$ 은 방정식 $z^2 = x^2 + y^2$ (단, $z\ge 0$ )로 주어지는 원뿔이다.

다음의 매개변수 표현을 생각하세요.

A. $\mathbf{r}(\theta, \phi) =\big(\sqrt{4}\cos\theta\sin\phi\,,\, \sqrt{4}\sin\theta\sin\phi\,,\, \sqrt{4}\cos\phi\big),\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad 0\le\phi\le\pi/6$ B. $\mathbf{r}(\theta, \phi) =\big(\sqrt{4}\cos\theta\sin\phi\,,\, \sqrt{4}\sin\theta\sin\phi\,,\, \sqrt{4}\cos\phi\big),\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad 0\le\phi\le\pi/4$ C. $\mathbf{r}(\theta, \phi) =\big(\sqrt{4}\cos\theta\sin\phi\,,\, \sqrt{4}\sin\theta\sin\phi\,,\, \sqrt{4}\cos\phi\big),\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad 0\le\phi\le\pi/3$ D. $\mathbf{r}(\theta,z) = \big(\sqrt{4-z^2}\cos\theta\,,\,\sqrt{4-z^2}\sin\theta\,,\,z\big)\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad 1\le z\le 2$ E. $\mathbf{r}(\theta,z) = \big(\sqrt{4-z^2}\cos\theta\,,\,\sqrt{4-z^2}\sin\theta\,,\,z\big)\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad \sqrt{2}\le z\le 2$ F. $\mathbf{r}(\theta,z) = \big(\sqrt{4-z^2}\cos\theta\,,\,\sqrt{4-z^2}\sin\theta\,,\,z\big)\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad \sqrt{3}\le z\le 2$ G. $\mathbf{r}(\theta,z) = \big(z\cos\theta\,,\,z\sin\theta\,,\,z\big)\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad 0\le z\le 1$ H. $\mathbf{r}(\theta,z) = \big(z\cos\theta\,,\,z\sin\theta\,,\,z\big)\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad 0\le z\le \sqrt{2}$ I. $\mathbf{r}(\theta,z) = \big(z\cos\theta\,,\,z\sin\theta\,,\,z\big)\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad 0\le z\le \sqrt{3}$ J. $\mathbf{r}(x,y) =\big(x\,,\,y\,,\,\sqrt{x^2+y^2}\big)\qquad x^2+y^2\le 1$ K. $\mathbf{r}(x,y) =\big(x\,,\,y\,,\,\sqrt{x^2+y^2}\big)\qquad x^2+y^2\le \sqrt{2}$ L. $\mathbf{r}(x,y) =\big(x\,,\,y\,,\,\sqrt{x^2+y^2}\big)\qquad x^2+y^2\le 2$

다음 각각에 대해, 위의 매개변수 표현 중에서 주어진 곡면의 올바른 매개변수 표현을 모두 고르세요. 각 곡면에 대해 올바른 매개변수 표현이 하나 이상 있을 수 있으며, 위의 매개변수 표현이 모두 사용되는 것은 아님에 유의하세요.

(a) $S_1$ 중에서 $S_2$ 의 안쪽에 있는 부분: (b) $S_1$ 중에서 $S_3$ 의 안쪽에 있는 부분: (c) $S_3$ 중에서 $S_2$ 의 안쪽에 있는 부분: (d) $S_3$ 중에서 $S_1$ 의 안쪽에 있는 부분:

영어 원문 보기

Consider the following surfaces

$S_1$ is the hemisphere given by the equation $x^2 + y^2 + z^2 = 4$ with $z\ge 0$ .
$S_2$ is the cylinder given by the equation $x^2 + y^2 = 1$ .
$S_3$ is the cone given by the equation $z^2 = x^2 + y^2$ with $z\ge 0$ .

Consider the following parameterizations:

A. $\mathbf{r}(\theta, \phi) =\big(\sqrt{4}\cos\theta\sin\phi\,,\, \sqrt{4}\sin\theta\sin\phi\,,\, \sqrt{4}\cos\phi\big),\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad 0\le\phi\le\pi/6$ B. $\mathbf{r}(\theta, \phi) =\big(\sqrt{4}\cos\theta\sin\phi\,,\, \sqrt{4}\sin\theta\sin\phi\,,\, \sqrt{4}\cos\phi\big),\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad 0\le\phi\le\pi/4$ C. $\mathbf{r}(\theta, \phi) =\big(\sqrt{4}\cos\theta\sin\phi\,,\, \sqrt{4}\sin\theta\sin\phi\,,\, \sqrt{4}\cos\phi\big),\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad 0\le\phi\le\pi/3$ D. $\mathbf{r}(\theta,z) = \big(\sqrt{4-z^2}\cos\theta\,,\,\sqrt{4-z^2}\sin\theta\,,\,z\big)\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad 1\le z\le 2$ E. $\mathbf{r}(\theta,z) = \big(\sqrt{4-z^2}\cos\theta\,,\,\sqrt{4-z^2}\sin\theta\,,\,z\big)\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad \sqrt{2}\le z\le 2$ F. $\mathbf{r}(\theta,z) = \big(\sqrt{4-z^2}\cos\theta\,,\,\sqrt{4-z^2}\sin\theta\,,\,z\big)\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad \sqrt{3}\le z\le 2$ G. $\mathbf{r}(\theta,z) = \big(z\cos\theta\,,\,z\sin\theta\,,\,z\big)\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad 0\le z\le 1$ H. $\mathbf{r}(\theta,z) = \big(z\cos\theta\,,\,z\sin\theta\,,\,z\big)\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad 0\le z\le \sqrt{2}$ I. $\mathbf{r}(\theta,z) = \big(z\cos\theta\,,\,z\sin\theta\,,\,z\big)\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad 0\le z\le \sqrt{3}$ J. $\mathbf{r}(x,y) =\big(x\,,\,y\,,\,\sqrt{x^2+y^2}\big)\qquad x^2+y^2\le 1$ K. $\mathbf{r}(x,y) =\big(x\,,\,y\,,\,\sqrt{x^2+y^2}\big)\qquad x^2+y^2\le \sqrt{2}$ L. $\mathbf{r}(x,y) =\big(x\,,\,y\,,\,\sqrt{x^2+y^2}\big)\qquad x^2+y^2\le 2$

For each of the following, choose from above all of the valid parameterization of each of the given surfaces. Note that there may be one or more valid parameterization for each surface, and not necessarily all of the above parameterizations will be used.

(a) The part of $S_1$ contained inside $S_2$ : (b) The part of $S_1$ contained inside $S_3$ : (c) The part of $S_3$ contained inside $S_2$ : (d) The part of $S_3$ contained inside $S_1$ :

정답·풀이 보기

먼저 다음에 유의한다.

A, B, C에서 $\mathbf{r}(\theta, \phi) =x(\theta, \phi)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, \phi)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, \phi)\,\hat{\mathbf{k}}$ 는

$x(\theta, \phi)^2+ y(\theta, \phi)^2+z(\theta, \phi)^2 = 4$

를 만족하므로 $S_1$ 위에 있다.

D, E, F에서 $\mathbf{r}(\theta, z) =x(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, z)\,\hat{\mathbf{k}}$ 는

$x(\theta, z)^2+ y(\theta, z)^2=4-z(\theta, z)^2$

을 만족하므로 $S_1$ 위에 있다.

G, H, I에서 $\mathbf{r}(\theta, z) =x(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, z)\,\hat{\mathbf{k}}$ 는

$x(\theta, z)^2+ y(\theta, z)^2=z(\theta, z)^2$

을 만족하므로 $S_3$ 위에 있다.

J, K, L에서 $\mathbf{r}(x, y) =x(x, y)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(x, y)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(x, y)\,\hat{\mathbf{k}}$ 는

$x(x, y)^2+ y(x, y)^2=z(x, y)^2$

을 만족하므로 $S_3$ 위에 있다.

(a) $S_1$ 의 일부를 얻으려면 매개변수 표현 A, B, C, D, E, F 중 하나를 써야 한다. A, B, C의 경우, $\mathbf{r}(\theta, \phi) =x(\theta, \phi)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, \phi)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, \phi)\,\hat{\mathbf{k}}$ 가 $S_2$ 의 안쪽에 있으려면 ( $S_1$ 의 모든 점에서 $z(\theta,\phi)\ge 0$ 이므로 $0\le\phi\le{\pi}/{2}$ 임을 떠올리면)

$\begin{aligned} x(\theta, \phi)^2 + y(\theta, \phi)^2 \le 1 &\iff 4\sin^2\phi \le 1 \iff \sin\phi \le \frac{1}{2} \iff 0\le\phi\le \frac{\pi}{6} \end{aligned}$

이어야 한다.

D, E, F의 경우, $\mathbf{r}(\theta, z) =x(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, z)\,\hat{\mathbf{k}}$ 가 $S_2$ 의 안쪽에 있으려면 ( $S_1$ 의 모든 점에서 $z(\theta,z)\ge 0$ 이므로 $z\ge 0$ 임을 떠올리면)

$\begin{aligned} x(\theta, z)^2 + y(\theta, z)^2 \le 1 &\iff 4-z^2 \le 1 \iff z \ge \sqrt{3} \end{aligned}$

이어야 한다.

따라서 매개변수 표현 A와 F가 알맞다.

(b) $S_1$ 의 일부를 얻으려면 매개변수 표현 A, B, C, D, E, F 중 하나를 써야 한다. A, B, C의 경우, $\mathbf{r}(\theta, \phi) =x(\theta, \phi)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, \phi)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, \phi)\,\hat{\mathbf{k}}$ 가 $S_3$ 의 안쪽에 있으려면 ( $S_1$ 의 모든 점에서 $z(\theta,\phi)\ge 0$ 이므로 $0\le\phi\le{\pi}/{2}$ 임을 떠올리면)

$\begin{aligned} x(\theta, \phi)^2 + y(\theta, \phi)^2 \le z(\theta,\phi)^2 &\iff 4\sin^2\phi \le 4\cos^2\phi \iff \tan\phi \le 1 \iff 0\le\phi\le \frac{\pi}{4} \end{aligned}$

이어야 한다.

D, E, F의 경우, $\mathbf{r}(\theta, z) =x(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, z)\,\hat{\mathbf{k}}$ 가 $S_3$ 의 안쪽에 있으려면 ( $S_1$ 의 모든 점에서 $z(\theta,z)\ge 0$ 이므로 $z\ge 0$ 임을 떠올리면)

$\begin{aligned} x(\theta, z)^2 + y(\theta, z)^2 \le z(\theta, z)^2 &\iff 4-z^2 \le z^2 \iff z \ge \sqrt{2} \end{aligned}$

이어야 한다.

따라서 매개변수 표현 B와 E가 알맞다.

(c) $S_3$ 의 일부를 얻으려면 매개변수 표현 G, H, I, J, K, L 중 하나를 써야 한다. G, H, I의 경우, $\mathbf{r}(\theta, z) =x(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, z)\,\hat{\mathbf{k}}$ 가 $S_2$ 의 안쪽에 있으려면 ( $S_3$ 의 모든 점에서 $z\ge 0$ 임을 떠올리면)

$\begin{aligned} x(\theta, z)^2 + y(\theta, z)^2 \le 1 &\iff z^2 \le 1 \iff 0\le z\le 1 \end{aligned}$

이어야 한다.

J, K, L의 경우, $\mathbf{r}(x, y) =x(x, y)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(x, y)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(x, y)\,\hat{\mathbf{k}}$ 가 $S_3$ 의 안쪽에 있으려면

$\begin{aligned} x(x, y)^2 + y(x, y)^2 \le 1 &\iff x^2+y^2 \le 1 \end{aligned}$

이어야 한다.

따라서 매개변수 표현 G와 J가 알맞다.

(d) $S_3$ 의 일부를 얻으려면 매개변수 표현 G, H, I, J, K, L 중 하나를 써야 한다. G, H, I의 경우, $\mathbf{r}(\theta, z) =x(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, z)\,\hat{\mathbf{k}}$ 가 $S_1$ 의 안쪽에 있으려면 ( $S_3$ 의 모든 점에서 $z\ge 0$ 임을 떠올리면)

$\begin{aligned} x(\theta, z)^2 + y(\theta, z)^2+ z(\theta, z)^2 \le 4 &\iff 2z^2 \le 4 \iff 0\le z\le \sqrt{2} \end{aligned}$

이어야 한다.

J, K, L의 경우, $\mathbf{r}(x, y) =x(x, y)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(x, y)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(x, y)\,\hat{\mathbf{k}}$ 가 $S_3$ 의 안쪽에 있으려면

$\begin{aligned} x(x, y)^2 + y(x, y)^2 + z(x, y)^2 \le 4 &\iff 2x^2+2y^2 \le 4 \end{aligned}$

이어야 한다.

따라서 매개변수 표현 H와 L이 알맞다.

원본 교재 풀이(영어)

First note that,

for A, B and C, $\mathbf{r}(\theta, \phi) =x(\theta, \phi)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, \phi)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, \phi)\,\hat{\mathbf{k}}$ obeys

$x(\theta, \phi)^2+ y(\theta, \phi)^2+z(\theta, \phi)^2 = 4$

and so lies on $S_1$

for D, E and F, $\mathbf{r}(\theta, z) =x(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, z)\,\hat{\mathbf{k}}$ obeys

$x(\theta, z)^2+ y(\theta, z)^2=4-z(\theta, z)^2$

and so lies on $S_1$

for G, H and I, $\mathbf{r}(\theta, z) =x(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, z)\,\hat{\mathbf{k}}$ obeys

$x(\theta, z)^2+ y(\theta, z)^2=z(\theta, z)^2$

and so lies on $S_3$

for J, K and L, $\mathbf{r}(x, y) =x(x, y)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(x, y)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(x, y)\,\hat{\mathbf{k}}$ obeys

$x(x, y)^2+ y(x, y)^2=z(x, y)^2$

and so lies on $S_3$

(a) To get a part of $S_1$ , we need to use one of the parametrizations A, B, C, D, E, F. In the cases of A, B, C, for $\mathbf{r}(\theta, \phi) =x(\theta, \phi)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, \phi)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, \phi)\,\hat{\mathbf{k}}$ to lie inside $S_2$ we need (recalling that all points of $S_1$ have $z(\theta,\phi)\ge 0$ and hence $0\le\phi\le{\pi}/{2}$ )

$\begin{aligned} x(\theta, \phi)^2 + y(\theta, \phi)^2 \le 1 &\iff 4\sin^2\phi \le 1 \iff \sin\phi \le \frac{1}{2} \iff 0\le\phi\le \frac{\pi}{6} \end{aligned}$

In the cases of D, E, F, for $\mathbf{r}(\theta, z) =x(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, z)\,\hat{\mathbf{k}}$ to lie inside $S_2$ we need (recalling that all points of $S_1$ have $z(\theta,z)\ge 0$ and hence $z\ge 0$ )

$\begin{aligned} x(\theta, z)^2 + y(\theta, z)^2 \le 1 &\iff 4-z^2 \le 1 \iff z \ge \sqrt{3} \end{aligned}$

So parametrizations A and F work.

(b) To get a part of $S_1$ , we need to use one of the parametrizations A, B, C, D, E, F. In the cases of A, B, C, for $\mathbf{r}(\theta, \phi) =x(\theta, \phi)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, \phi)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, \phi)\,\hat{\mathbf{k}}$ to lie inside $S_3$ we need (recalling that all points of $S_1$ have $z(\theta,\phi)\ge 0$ and hence $0\le\phi\le{\pi}/{2}$ )

$\begin{aligned} x(\theta, \phi)^2 + y(\theta, \phi)^2 \le z(\theta,\phi)^2 &\iff 4\sin^2\phi \le 4\cos^2\phi \iff \tan\phi \le 1 \iff 0\le\phi\le \frac{\pi}{4} \end{aligned}$

In the cases of D, E, F, for $\mathbf{r}(\theta, z) =x(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, z)\,\hat{\mathbf{k}}$ to lie inside $S_3$ we need (recalling that all points of $S_1$ have $z(\theta,z)\ge 0$ and hence $z\ge 0$ )

$\begin{aligned} x(\theta, z)^2 + y(\theta, z)^2 \le z(\theta, z)^2 &\iff 4-z^2 \le z^2 \iff z \ge \sqrt{2} \end{aligned}$

So parametrizations B and E work.

(c) To get a part of $S_3$ , we need to use one of the parametrizations G, H, I, J, K, L. In the cases of G, H, I, for $\mathbf{r}(\theta, z) =x(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, z)\,\hat{\mathbf{k}}$ to lie inside $S_2$ we need (recalling that all points of $S_3$ have $z\ge 0$ )

$\begin{aligned} x(\theta, z)^2 + y(\theta, z)^2 \le 1 &\iff z^2 \le 1 \iff 0\le z\le 1 \end{aligned}$

In the cases of J, K, L, for $\mathbf{r}(x, y) =x(x, y)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(x, y)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(x, y)\,\hat{\mathbf{k}}$ to lie inside $S_3$ we need

$\begin{aligned} x(x, y)^2 + y(x, y)^2 \le 1 &\iff x^2+y^2 \le 1 \end{aligned}$

So parametrizations G and J work.

(d) To get a part of $S_3$ , we need to use one of the parametrizations G, H, I, J, K, L. In the cases of G, H, I, for $\mathbf{r}(\theta, z) =x(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, z)\,\hat{\mathbf{k}}$ to lie inside $S_1$ we need (recalling that all points of $S_3$ have $z\ge 0$ )

$\begin{aligned} x(\theta, z)^2 + y(\theta, z)^2+ z(\theta, z)^2 \le 4 &\iff 2z^2 \le 4 \iff 0\le z\le \sqrt{2} \end{aligned}$

In the cases of J, K, L, for $\mathbf{r}(x, y) =x(x, y)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(x, y)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(x, y)\,\hat{\mathbf{k}}$ to lie inside $S_3$ we need

$\begin{aligned} x(x, y)^2 + y(x, y)^2 + z(x, y)^2 \le 4 &\iff 2x^2+2y^2 \le 4 \end{aligned}$

So parametrizations H and L work.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 3.1절 · 5번

# 매개변수 곡면계산도전자동 분류

8.CLP-4 · 3.1절 · 7번대학 수준우리말 번역

축에 평행하지 않은 직선을 회전축으로 하는 회전체를 매개변수로 나타내세요. 먼저 회전시키는 평면이 그 축에 수직임을 보이는 것이 좋을 수 있습니다.

(a) 평면 $x=y$ 위에 있고 중심이 $(2,2,4)$ 이며 반지름이 1인 원의 매개변수 방정식을 구하세요. (b) (a)의 원을 직선 $\mathbf{r}(t)=4\hat{\boldsymbol{\imath}}+4\hat{\boldsymbol{\jmath}}+t\hat{\mathbf{k}}$ 를 축으로 회전시켜 만들어지는 곡면의 매개변수 방정식을 구하세요.

영어 원문 보기

Parametrize a solid of rotation about a line not parallel to an axis. Maybe first show that the plane you're rotating is normal to that axis.

(a) Give a parametric equation for the circle of radius 1, centred at $(2,2,4)$ , lying in the plane $x=y$ . (b) Give a parametrized equation for the surface formed by rotating the circle from part (a) about the line $\mathbf{r}(t)=4\hat{\boldsymbol{\imath}}+4\hat{\boldsymbol{\jmath}}+t\hat{\mathbf{k}}$ .

정답·풀이 보기

(a) 아래 그림에서 점 $(x,y,z)$ 는 중심 $(2,2,4)$ 에서 $\hat{\mathbf{k}}$ 방향으로 $\sin\theta$ 단위, $\sqrt \frac1{\sqrt 2}(\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}})$ 방향으로 $\cos\theta$ 단위만큼 벗어나 있다. 따라서 $(x,y,z)=(2+\frac1{\sqrt 2}\cos\theta~,~2+\frac1{\sqrt 2}\cos\theta~,~4+\sin\theta)$ 이다.

따라서 이 원을 $0 \le \theta \le 2\pi$ 에서 $(x,y,z)=(2+\frac1{\sqrt 2}\cos\theta~,~2+\frac1{\sqrt 2}\cos\theta~,~4+\sin\theta)$ 로 매개변수화할 수 있다.

참고: 이 방정식이 우리가 원하는 두 가지 성질을 만족함은 쉽게 확인할 수 있다. $x$ 좌표와 $y$ 좌표가 같으므로 평면 $x=y$ 위에 있다. 중심이 $(2,2,4)$ 인 원임을 확인하기 위해, $(x,y,z)$ 에서 $(2,2,4)$ 까지의 거리를 구하면 다음과 같다.

$\begin{aligned} d&=\sqrt{(x-2)^2+(y-2)^2+(z-4)^2}=\sqrt{\left(\frac1{\sqrt 2}\cos\theta\right)^2+\left(\frac1{\sqrt 2}\cos\theta\right)^2+\left(\sin\theta\right)^2}\\ &=\sqrt{\frac12\cos^2\theta+\frac12\cos^2\theta+\sin^2\theta}=\sqrt{\cos^2\theta+\sin^2\theta}=1 \end{aligned}$

따라서 모든 점이 같은 한 점으로부터 거리가 1이다. 즉, 이 점들은 반지름이 1인 원 위에 있다.

(b) 점 $(x,y,z)=(2+\frac1{\sqrt 2}\cos\theta~,~2+\frac1{\sqrt 2}\cos\theta~,~4+\sin\theta)$ 를 직선 $x=y=4$ 를 축으로 $\phi$ 라디안만큼 회전시키는 경우를 생각한다.

회전한 점의 높이는 $z=4+\sin\theta$ 로 그대로이다. 직선 $x=y=4$ 까지의 거리도 변하지 않는다: $R=\sqrt{(x-4)^2+(y-4)^2+(z-z)^2}=\sqrt{(\frac1{\sqrt 2}\cos\theta-2)^2+(\frac1{\sqrt 2}\cos\theta-2)^2+0)}=\cos\theta-2\sqrt2$ .

원 위의 점 $(x,y,z)=(2+\frac1{\sqrt2}\cos\theta,2+\frac{1}{\sqrt 2} \cos \theta,4+\sin\theta)$ 가 그리는 원은 중심이 $(4,4,z)$ 이고 반지름이 $\sqrt2(4-x)$ 이므로, 그 방정식은 $x=4+\sqrt2(2-\sqrt2\cos\theta)\cos\phi$ , $y=4+\sqrt2(2-\sqrt2\cos\theta)\sin\phi$ , $z=4\sin\theta$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) In the sketch below, the point $(x,y,z)$ deviates from the centre $(2,2,4)$ by $\sin\theta$ units in the $\hat{\mathbf{k}}$ direction, and by $\cos\theta$ units in the $\sqrt \frac1{\sqrt 2}(\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}})$ direction. So, $(x,y,z)=(2+\frac1{\sqrt 2}\cos\theta~,~2+\frac1{\sqrt 2}\cos\theta~,~4+\sin\theta)$ .

So, we can parametrize the circle as $(x,y,z)=(2+\frac1{\sqrt 2}\cos\theta~,~2+\frac1{\sqrt 2}\cos\theta~,~4+\sin\theta)$ , with $0 \le \theta \le 2\pi$ .

Remark: it's easy to check that this equation satisfies the two properties we desire. Since the $x$ - and $y$ coordinates match, it's in the plane $x=y$ . To check that it's a circle centred at $(2,2,4)$ , we note the distance from $(x,y,z)$ to $(2,2,4)$ is:

$\begin{aligned} d&=\sqrt{(x-2)^2+(y-2)^2+(z-4)^2}=\sqrt{\left(\frac1{\sqrt 2}\cos\theta\right)^2+\left(\frac1{\sqrt 2}\cos\theta\right)^2+\left(\sin\theta\right)^2}\\ &=\sqrt{\frac12\cos^2\theta+\frac12\cos^2\theta+\sin^2\theta}=\sqrt{\cos^2\theta+\sin^2\theta}=1 \end{aligned}$

So, our points all have distance one from the same point — that is, they lie on a circle of radius 1.

(b) Consider a point $(x,y,z)=(2+\frac1{\sqrt 2}\cos\theta~,~2+\frac1{\sqrt 2}\cos\theta~,~4+\sin\theta)$ , rotating $\phi$ radians about the line $x=y=4$ .

The new position of the point has the same height, $z=4+\sin\theta$ . Its distance from the line $x=y=4$ is also preserved: $R=\sqrt{(x-4)^2+(y-4)^2+(z-z)^2}=\sqrt{(\frac1{\sqrt 2}\cos\theta-2)^2+(\frac1{\sqrt 2}\cos\theta-2)^2+0)}=\cos\theta-2\sqrt2$ .

The circle traced out by a point $(x,y,z)=(2+\frac1{\sqrt2}\cos\theta,2+\frac{1}{\sqrt 2} \cos \theta,4+\sin\theta)$ on the circle is centred at $(4,4,z)$ with radius $\sqrt2(4-x)$ , so it has equation $x=4+\sqrt2(2-\sqrt2\cos\theta)\cos\phi$ , $y=4+\sqrt2(2-\sqrt2\cos\theta)\sin\phi$ , $z=4\sin\theta$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 3.1절 · 6번

# 매개변수 곡면증명·논술도전자동 분류

9.CLP-4 · 3.2절 · 16번대학 수준우리말 번역

(a) 방정식이 $x^2+z^2=10$ 인 곡면에 점 $(1,1,3)$ 에서 수직인 벡터를 구하세요. (b) (a)의 곡면과 곡면 $y^2+z^2=10$ 이 만나서 생기는 곡선에 같은 점에서 접하는 벡터를 구하세요. (c) 그 점에서 그 곡선에 접하는 접선의 매개변수방정식을 구하세요.

영어 원문 보기

(a) Find a vector perpendicular at the point $(1,1,3)$ to the surface with equation $x^2+z^2=10$ . (b) Find a vector tangent at the same point to the curve of intersection of the surface in part (a) with surface $y^2+z^2=10$ . (c) Find parametric equations for the line tangent to that curve at that point.

정답·풀이 보기

(a) 점 $(1,1,3)$ 에서 $x^2+z^2=10$ 에 수직인 벡터는

${ \boldsymbol{\nabla} }(x^2+z^2)\big|_{(1,1,3)} =(2x\hat{\boldsymbol{\imath}}+2z\hat{\mathbf{k}})\big|_{(1,1,3)} =2\hat{\boldsymbol{\imath}}+6\hat{\mathbf{k}}\text{ 또는 } \frac{1}{2} ( 2,0,6)=( 1,0,3)$

(b) 점 $(1,1,3)$ 에서 $y^2+z^2=10$ 에 수직인 벡터는

${ \boldsymbol{\nabla} }(y^2+z^2)\big|_{(1,1,3)} =(2y\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2z\hat{\mathbf{k}})\big|_{(1,1,3)} =2\hat{\boldsymbol{\jmath}}+6\hat{\mathbf{k}}\text{ 또는 }\frac{1}{2} ( 0,2,6)=( 0,1,3)$

어떤 벡터가 주어진 점에서 주어진 곡선에 접할 필요충분조건은 그 벡터가 $(1,0,3)$ 과 $(0,1,3)$ 에 모두 수직인 것이다. 이러한 벡터 중 하나는

$( 0,1,3)\times(1,0,3) =\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ 0 & 1 & 3 \\ 1 & 0 & 3 \end{matrix}\right] =( 3,3,-1)$

(c) 구하는 접선은 점 $(1,1,3)$ 을 지나고 방향벡터가 $( 1,1,3)$ 이므로 벡터 매개변수방정식은 $\mathbf{r}(t)=( 1,1,3)+t( 3,3,-1)$

원본 교재 풀이(영어)

(a) A vector perpendicular to $x^2+z^2=10$ at $(1,1,3)$ is

${ \boldsymbol{\nabla} }(x^2+z^2)\big|_{(1,1,3)} =(2x\hat{\boldsymbol{\imath}}+2z\hat{\mathbf{k}})\big|_{(1,1,3)} =2\hat{\boldsymbol{\imath}}+6\hat{\mathbf{k}}\text{ or } \frac{1}{2} ( 2,0,6)=( 1,0,3)$

(b) A vector perpendicular to $y^2+z^2=10$ at $(1,1,3)$ is

${ \boldsymbol{\nabla} }(y^2+z^2)\big|_{(1,1,3)} =(2y\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2z\hat{\mathbf{k}})\big|_{(1,1,3)} =2\hat{\boldsymbol{\jmath}}+6\hat{\mathbf{k}}\text{ or }\frac{1}{2} ( 0,2,6)=( 0,1,3)$

A vector is tangent to the specified curve at the specified point if and only if it perpendicular to both $(1,0,3)$ and $(0,1,3)$ . One such vector is

$( 0,1,3)\times(1,0,3) =\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ 0 & 1 & 3 \\ 1 & 0 & 3 \end{matrix}\right] =( 3,3,-1)$

(c) The specified tangent line passes through $(1,1,3)$ and has direction vector $( 1,1,3)$ and so has vector parametric equation $\mathbf{r}(t)=( 1,1,3)+t( 3,3,-1)$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 3.2절 · 15번

# 매개변수 곡면계산도전자동 분류

10.CLP-4 · 3.2절 · 17번대학 수준우리말 번역

곡선

$\mathbf{r}(t) = t^3\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + t^2\,\hat{\mathbf{k}},\qquad (0 \le t <\infty)$

이 곡면

$z^3 + xyz -2 = 0$

과 만나는 점을 $P$ 라 하자.

$P$ 에서 곡선과 곡면 사이의 (예각) 각을 구하세요.

영어 원문 보기

Let $P$ be the point where the curve

$\mathbf{r}(t) = t^3\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + t^2\,\hat{\mathbf{k}},\qquad (0 \le t <\infty)$

intersects the surface

$z^3 + xyz -2 = 0$

Find the (acute) angle between the curve and the surface at $P$ .

정답·풀이 보기

$\mathbf{r}(t)=( x(t)\,,\,y(t)\,,\,z(t))$ 가 $z^3 + xyz -2 = 0$ 과 만나는 것은 다음과 같을 때이다.

$z(t)^3+x(t)\,y(t)\,z(t)-2=0\iff \big(t^2\big)^3 + \big(t^3)(t)\big(t^2\big)-2=0 \iff 2t^6=2\iff t=1$

$t$ 는 양수여야 하기 때문이다. $t=1$ 에서 곡선의 방향벡터는

$\mathbf{r}'(1)=3\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2\,\hat{\mathbf{k}}$

$\mathbf{r}(1)=( 1,1,1)$ 에서 곡면의 법선벡터는

${ \boldsymbol{\nabla} }(z^3+xyz)\big|_{(1,1,1)}=[yz\hat{\boldsymbol{\imath}}+xz\hat{\boldsymbol{\jmath}}+(3z^2+xy)\hat{\mathbf{k}}]_{(1,1,1)} =\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}+4\hat{\mathbf{k}}$

곡선과 곡면의 법선벡터 사이의 각 $\theta$ 는 다음으로 정해진다.

$\begin{aligned} \big|( 3,1,2)\big|\,\big|( 1,1,4)\big|\cos\theta =( 3,1,2) \cdot( 1,1,4) &\iff \sqrt{14}\sqrt{18}\cos\theta=12 \\ &\iff \sqrt{7\times 36}\cos\theta=12 \\ &\iff \cos\theta=\frac{2}{\sqrt{7}} \\ &\iff \theta=40.89^\circ \end{aligned}$

곡선과 곡면 사이의 각은 $90-40.89=49.11^\circ$ (소수 둘째 자리까지)이다.

원본 교재 풀이(영어)

$\mathbf{r}(t)=( x(t)\,,\,y(t)\,,\,z(t))$ intersects $z^3 + xyz -2 = 0$ when

$z(t)^3+x(t)\,y(t)\,z(t)-2=0\iff \big(t^2\big)^3 + \big(t^3)(t)\big(t^2\big)-2=0 \iff 2t^6=2\iff t=1$

since $t$ is required to be positive. The direction vector for the curve at $t=1$ is

$\mathbf{r}'(1)=3\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2\,\hat{\mathbf{k}}$

A normal vector for the surface at $\mathbf{r}(1)=( 1,1,1)$ is

${ \boldsymbol{\nabla} }(z^3+xyz)\big|_{(1,1,1)}=[yz\hat{\boldsymbol{\imath}}+xz\hat{\boldsymbol{\jmath}}+(3z^2+xy)\hat{\mathbf{k}}]_{(1,1,1)} =\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}+4\hat{\mathbf{k}}$

The angle $\theta$ between the curve and the normal vector to the surface is determined by

$\begin{aligned} \big|( 3,1,2)\big|\,\big|( 1,1,4)\big|\cos\theta =( 3,1,2) \cdot( 1,1,4) &\iff \sqrt{14}\sqrt{18}\cos\theta=12 \\ &\iff \sqrt{7\times 36}\cos\theta=12 \\ &\iff \cos\theta=\frac{2}{\sqrt{7}} \\ &\iff \theta=40.89^\circ \end{aligned}$

The angle between the curve and the surface is $90-40.89=49.11^\circ$ (to two decimal places).

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 3.2절 · 16번

# 매개변수 곡면계산도전자동 분류

11.CLP-4 · 3.2절 · 18번대학 수준우리말 번역

방정식

$z=xy e^{-(x^2+y^2)/2}$

인 곡면에 접하는 수평인 평면을 모두 구하세요.

이 곡면 위에서 $z$ 의 최댓값과 최솟값은 각각 얼마입니까?

영어 원문 보기

Find all horizontal planes that are tangent to the surface with equation

$z=xy e^{-(x^2+y^2)/2}$

What are the largest and smallest values of $z$ on this surface?

정답·풀이 보기

$(x_0,y_0,z_0)$ 을 곡면 위의 임의의 점이라 하자. 점 $(x_0,y_0,z_0)$ 에서 곡면에 수직인 벡터는

$\begin{aligned} &{ \boldsymbol{\nabla} }\Big(xy e^{-(x^2+y^2)/2}-z\Big)\bigg|_{(x_0,y_0,z_0)} \\& =\left( y_0 e^{-(x_0^2+y_0^2)/2}-x_0^2y_0 e^{-(x_0^2+y_0^2)/2}, x_0 e^{-(x_0^2+y_0^2)/2}-x_0y_0^2 e^{-(x_0^2+y_0^2)/2},-1\right) \end{aligned}$

이다.

점 $(x_0,y_0,z_0)$ 에서 곡면의 접평면이 수평인 것은 이 벡터가 수직인 것과 필요충분조건이고, 이는 $x$ 성분과 $y$ 성분이 모두 0인 것과 필요충분조건이며, 이는 다시 다음과 필요충분조건이다.

$\begin{aligned} &y_0(1-x_0^2)=0\text{ 그리고 }x_0(1-y_0^2)=0\\ &\iff\big\{y_0=0\text{ 또는 }x_0=1\text{ 또는 }x_0=-1\big\} \text{ 그리고 }\big\{x_0=0\text{ 또는 }y_0=1\text{ 또는 }y_0=-1\big\}\\ &\iff (x_0,y_0)=(0,0)\text{ 또는 }(1,1)\text{ 또는 }(1,-1) \text{ 또는 }(-1,1)\text{ 또는 }(-1,-1) \end{aligned}$

이 점들에서 $z_0$ 의 값은 각각 $0$ , $e^{-1}$ , $-e^{-1}$ , $-e^{-1}$ , $e^{-1}$ 이다. 따라서 수평인 접평면은 $z=0$ , $z=e^{-1}$ , $z=-e^{-1}$ 이다. 곡면의 가장 높은 점과 가장 낮은 점에서 접평면은 수평이다. 따라서 $z$ 의 최댓값과 최솟값은 각각 $e^{-1}$ 과 $-e^{-1}$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

Let $(x_0,y_0,z_0)$ be any point on the surface. A vector normal to the surface at $(x_0,y_0,z_0)$ is

$\begin{aligned} &{ \boldsymbol{\nabla} }\Big(xy e^{-(x^2+y^2)/2}-z\Big)\bigg|_{(x_0,y_0,z_0)} \\& =\left( y_0 e^{-(x_0^2+y_0^2)/2}-x_0^2y_0 e^{-(x_0^2+y_0^2)/2}, x_0 e^{-(x_0^2+y_0^2)/2}-x_0y_0^2 e^{-(x_0^2+y_0^2)/2},-1\right) \end{aligned}$

The tangent plane to the surface at $(x_0,y_0,z_0)$ is horizontal if and only if this vector is vertical, which is the case if and only if its $x$ - and $y$ -components are zero, which in turn is the case if and only if

$\begin{aligned} &y_0(1-x_0^2)=0\text{ and }x_0(1-y_0^2)=0\\ &\iff\big\{y_0=0\text{ or }x_0=1\text{ or }x_0=-1\big\} \text{ and }\big\{x_0=0\text{ or }y_0=1\text{ or }y_0=-1\big\}\\ &\iff (x_0,y_0)=(0,0)\text{ or }(1,1)\text{ or }(1,-1) \text{ or }(-1,1)\text{ or }(-1,-1) \end{aligned}$

The values of $z_0$ at these points are $0$ , $e^{-1}$ , $-e^{-1}$ , $-e^{-1}$ and $e^{-1}$ , respectively. So the horizontal tangent planes are $z=0$ , $z=e^{-1}$ and $z=-e^{-1}$ . At the highest and lowest points of the surface, the tangent plane is horizontal. So the largest and smallest values of $z$ are $e^{-1}$ and $-e^{-1}$ , respectively.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기APEX · 14.5절 · 1번

# 매개변수 곡면계산도전자동 분류

12.CLP-4 · 3.3절 · 42번대학 수준우리말 번역

$\mathcal{S}$ 를 곡면 $(x+y+1)^2+z^2=4$ 중 제1팔분공간에 놓인 부분이라 하자. $\mathcal{S}$ 를 통과하는 $\mathbf{F}$ 의 아래쪽 방향 플럭스를 구하세요. 여기서 $\mathbf{F}=xy\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(z-xy)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$

영어 원문 보기

Let $\mathcal{S}$ be the part of the surface $(x+y+1)^2+z^2=4$ which lies in the first octant. Find the flux of $\mathbf{F}$ downwards through $\mathcal{S}$ where $\mathbf{F}=xy\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(z-xy)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

먼저 다음을 관찰하자.

$(x+y+1)^2\ge 0$ 이므로, $(x+y+1)^2+z^2=4$ 위의 모든 점은 $|z|\le 2$ 이다. 그리고,
$|z_0|\le 2$ 일 때, 곡면 $(x+y+1)^2+z^2=4$ 는 수평면 $z=z_0$ 와 $(x+y+1)^2 = 4-z_0^2$ 에서 만난다. 즉 두 직선 $x+y=\pm\sqrt{4-z_0^2}-1$ , $z=z_0$ 에서 만난다.
직선 $x+y=\pm\sqrt{4-z_0^2}-1$ , $z=z_0$ 가 제1팔분공간과 만나는 것은 $z_0\ge0$ 이고 $\pm\sqrt{4-z_0^2}-1\ge 0$ 일 때, 그리고 그때에 한한다.
따라서 $x+y=-\sqrt{4-z_0^2}-1$ , $z=z_0$ 는 제1팔분공간과 절대 만나지 않고,
$x+y=\sqrt{4-z_0^2}-1$ , $z=z_0$ 가 제1팔분공간과 만나는 것은 $0\le z_0\le \sqrt{3}$ 일 때, 그리고 그때에 한한다.
$z_0=0$ 일 때, 직선 $x+y=\sqrt{4-z_0^2}-1$ , $z=z_0$ 는 $x+y=1$ , $z=0$ 이다.
$z_0=\sqrt{3}$ 일 때, 직선 $x+y=\sqrt{4-z_0^2}-1$ , $z=z_0$ 는 $x+y=0$ , $z=2$ 이다.
그러므로 $(x,y,z)$ 가 $\mathcal{S}$ 위를 움직일 때, $(x,y)$ 는 삼각형 $x\ge0$ , $y\ge 0$ , $x+y\le 1$ 위를 움직인다.

$G(x,y,z)=(x+y+1)^2+z^2$ 이라 하자. 그러면 $\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S=\pm\frac{{ \boldsymbol{\nabla} } G}{{ \boldsymbol{\nabla} } G\cdot\hat{\mathbf{k}}}\ \mathrm{d}x\mathrm{d}y =\pm\frac{2(x+y+1)\hat{\boldsymbol{\imath}}+2(x+y+1)\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2z\hat{\mathbf{k}}}{2z}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 아래쪽 법선을 택하려면 음의 부호가 필요하므로

$\begin{aligned} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=-\big[xy\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(z-xy)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\big]\cdot \Big[\frac{(x+y+1)\hat{\boldsymbol{\imath}}+(x+y+1)\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z\hat{\mathbf{k}}}{z}\Big]\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &=-\frac{1}{z}\big[xy(x+y+1)+(z-xy)(x+y+1)\big]\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &=-\frac{1}{z}\big[z(x+y+1)\big]\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &=-(x+y+1)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y \end{aligned}$

적분 정의역은 $x\ge 0,\ y\ge 0,\ x+y\le 1$ 이므로

$\begin{aligned} \iint _\mathcal{S}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=-\int_0^1 \mathrm{d}x\int_0^{1-x} \mathrm{d}y \ (x+y+1) =-\int_0^1 \mathrm{d}x\ \Big[(1+x)(1-x)+\frac{1}{2}(1-x)^2\Big]\\ &=-\int_0^1 \mathrm{d}x\ \Big[\frac{3}{2}-x-\frac{1}{2} x^2\Big] =-\Big[\frac{3}{2}-\frac{1}{2}-\frac{1}{6}\Big] =-\frac{5}{6} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

First observe that,

because $(x+y+1)^2\ge 0$ , all points on $(x+y+1)^2+z^2=4$ have $|z|\le 2$ and that,
for $|z_0|\le 2$ , the surface $(x+y+1)^2+z^2=4$ intersects the horizontal plane $z=z_0$ on $(x+y+1)^2 = 4-z_0^2$ , i.e. on the two lines $x+y=\pm\sqrt{4-z_0^2}-1$ , $z=z_0$ .
The line $x+y=\pm\sqrt{4-z_0^2}-1$ , $z=z_0$ intersects the first octant if and only if $z_0\ge0$ and $\pm\sqrt{4-z_0^2}-1\ge 0$ .
Thus $x+y=-\sqrt{4-z_0^2}-1$ , $z=z_0$ never intersects the first octant and
$x+y=\sqrt{4-z_0^2}-1$ , $z=z_0$ intersects the first octant if and only if $0\le z_0\le \sqrt{3}$ .
When $z_0=0$ , the line $x+y=\sqrt{4-z_0^2}-1$ , $z=z_0$ is $x+y=1$ , $z=0$ .
When $z_0=\sqrt{3}$ , the line $x+y=\sqrt{4-z_0^2}-1$ , $z=z_0$ is $x+y=0$ , $z=2$ .
So as $(x,y,z)$ runs over $\mathcal{S}$ , $(x,y)$ runs over the triangle $x\ge0$ , $y\ge 0$ , $x+y\le 1$ .

Let $G(x,y,z)=(x+y+1)^2+z^2$ . Then $\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S=\pm\frac{{ \boldsymbol{\nabla} } G}{{ \boldsymbol{\nabla} } G\cdot\hat{\mathbf{k}}}\ \mathrm{d}x\mathrm{d}y =\pm\frac{2(x+y+1)\hat{\boldsymbol{\imath}}+2(x+y+1)\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2z\hat{\mathbf{k}}}{2z}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ For the downward normal, we need the minus sign, so

$\begin{aligned} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=-\big[xy\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(z-xy)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\big]\cdot \Big[\frac{(x+y+1)\hat{\boldsymbol{\imath}}+(x+y+1)\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z\hat{\mathbf{k}}}{z}\Big]\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &=-\frac{1}{z}\big[xy(x+y+1)+(z-xy)(x+y+1)\big]\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &=-\frac{1}{z}\big[z(x+y+1)\big]\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &=-(x+y+1)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y \end{aligned}$

The domain of integration is $x\ge 0,\ y\ge 0,\ x+y\le 1$ , so

$\begin{aligned} \iint _\mathcal{S}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=-\int_0^1 \mathrm{d}x\int_0^{1-x} \mathrm{d}y \ (x+y+1) =-\int_0^1 \mathrm{d}x\ \Big[(1+x)(1-x)+\frac{1}{2}(1-x)^2\Big]\\ &=-\int_0^1 \mathrm{d}x\ \Big[\frac{3}{2}-x-\frac{1}{2} x^2\Big] =-\Big[\frac{3}{2}-\frac{1}{2}-\frac{1}{6}\Big] =-\frac{5}{6} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 3.3절 · 31번

# 면적분과 플럭스계산도전자동 분류

13.CLP-4 · 4.1절 · 13번대학 수준우리말 번역

벡터장 $\mathbf{F}$ 가 $\mathbb{R}^3$ 전체에서 ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot \mathbf{F}=0$ 을 만족한다고 가정하세요.

$\mathbf{r}(t)=tx\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ty\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+tz\,\hat{\mathbf{k}},\qquad 0\le t\le 1$

을 원점에서 $(x,y,z)$ 까지의 선분의 매개변수 표현이라고 하고,

$\mathbf{G}(x,y,z)=\int_0^1 t\,\mathbf{F}\big(\mathbf{r}(t)\big)\times\frac{d\mathbf{r}}{dt}(t)\,dt$

로 정의합니다. $\mathbb{R}^3$ 전체에서 ${ \boldsymbol{\nabla} }\times \mathbf{G}=\mathbf{F}$ 임을 보이세요.

영어 원문 보기

Suppose that the vector field $\mathbf{F}$ obeys ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot \mathbf{F}=0$ in all of $\mathbb{R}^3$ . Let

$\mathbf{r}(t)=tx\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ty\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+tz\,\hat{\mathbf{k}},\qquad 0\le t\le 1$

be a parametrization of the line segment from the origin to $(x,y,z)$ . Define

$\mathbf{G}(x,y,z)=\int_0^1 t\,\mathbf{F}\big(\mathbf{r}(t)\big)\times\frac{d\mathbf{r}}{dt}(t)\,dt$

Show that ${ \boldsymbol{\nabla} }\times \mathbf{G}=\mathbf{F}$ throughout $\mathbb{R}^3$ .

정답·풀이 보기

$\frac{\partial G_3}{\partial y}-\frac{\partial G_2}{\partial z}=F_1$ 임을 보이겠다. 나머지 성분도 이와 비슷하다. 먼저

$\begin{aligned} t\,\mathbf{F}\big(\mathbf{r}(t)\big)\times\frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}t}(t) &=t\,\mathbf{F}\big(tx,ty,tz\big)\times\big(x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z\,\hat{\mathbf{k}}\big) =t\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ F_1 & F_2 & F_3\\ x & y & z\end{matrix}\right] \end{aligned}$

이다. 행렬식의 $\hat{\mathbf{k}}$ 성분과 $\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 성분을 읽으면

$\begin{aligned} G_3(x,y,z)&=\int_0^1 t\big[F_1\big(tx,ty,tz\big)\,y-F_2\big(tx,ty,tz\big)\,x\big]\,dt\\ G_2(x,y,z)&=\int_0^1 t\big[F_3\big(tx,ty,tz\big)\,x-F_1\big(tx,ty,tz\big)\,z\big]\,dt \end{aligned}$

이다. 따라서

$\begin{aligned} \frac{\partial G_3}{\partial y} &=\int_0^1 t\Big[F_1\big(tx,ty,tz\big)+ \frac{\partial F_1}{\partial y}\big(tx,ty,tz\big)\,ty -\frac{\partial F_2}{\partial y}\big(tx,ty,tz\big)\,tx\Big]\,dt\\ \frac{\partial G_2}{\partial z}&=\int_0^1 t\Big[ \frac{\partial F_3}{\partial z}\big(tx,ty,tz\big)\,tx -\frac{\partial F_1}{\partial z}\big(tx,ty,tz\big)\,tz -F_1\big(tx,ty,tz\big)\Big]\,dt\\ \Rightarrow \frac{\partial G_3}{\partial y}-\frac{\partial G_2}{\partial z} &=\int_0^1 \Big[2t\,F_1\big(tx,ty,tz\big)+ t^2y\,\frac{\partial F_1}{\partial y}\big(tx,ty,tz\big) +t^2z\frac{\partial F_1}{\partial z}\big(tx,ty,tz\big)\\ & -t^2x\,\frac{\partial F_2}{\partial y}\big(tx,ty,tz\big) -t^2x\,\frac{\partial F_3}{\partial z}\big(tx,ty,tz\big)\Big]\,dt \end{aligned}$

이다. 가정에 의해 ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}=\frac{\partial F_1}{\partial x} +\frac{\partial F_2}{\partial y} +\frac{\partial F_3}{\partial z}=0$ 이므로 마지막 두 항은

$\begin{aligned} -t^2x\Big\{\frac{\partial F_2}{\partial y}\big(tx,ty,tz\big) +\frac{\partial F_3}{\partial z}\big(tx,ty,tz\big)\Big\} =-t^2x\Big\{-\frac{\partial F_1}{\partial x}\big(tx,ty,tz\big)\Big\} \end{aligned}$

이고, 따라서

$\begin{aligned} &\frac{\partial G_3}{\partial y}-\frac{\partial G_2}{\partial z} \\ &=\int_0^1 \Big[2tF_1\big(tx,ty,tz\big)+ t^2x\frac{\partial F_1}{\partial x}\big(tx,ty,tz\big) +t^2y\frac{\partial F_1}{\partial y}\big(tx,ty,tz\big) +t^2z\frac{\partial F_1}{\partial z}\big(tx,ty,tz\big)\Big]\,dt\\ &=\int_0^1 \frac{d}{dt}\Big[ t^2 F_1(tx,ty,tz)\Big]\,dt =\Big[ t^2 F_1(tx,ty,tz)\Big]^{t=1}_{t=0} = F_1(x,y,z) \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

We shall show that $\frac{\partial G_3}{\partial y}-\frac{\partial G_2}{\partial z}=F_1$ . The other components are similar. First we have

$\begin{aligned} t\,\mathbf{F}\big(\mathbf{r}(t)\big)\times\frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}t}(t) &=t\,\mathbf{F}\big(tx,ty,tz\big)\times\big(x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z\,\hat{\mathbf{k}}\big) =t\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ F_1 & F_2 & F_3\\ x & y & z\end{matrix}\right] \end{aligned}$

Reading off the $\hat{\mathbf{k}}$ and $\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ components of the determinant gives

$\begin{aligned} G_3(x,y,z)&=\int_0^1 t\big[F_1\big(tx,ty,tz\big)\,y-F_2\big(tx,ty,tz\big)\,x\big]\,dt\\ G_2(x,y,z)&=\int_0^1 t\big[F_3\big(tx,ty,tz\big)\,x-F_1\big(tx,ty,tz\big)\,z\big]\,dt \end{aligned}$

So

$\begin{aligned} \frac{\partial G_3}{\partial y} &=\int_0^1 t\Big[F_1\big(tx,ty,tz\big)+ \frac{\partial F_1}{\partial y}\big(tx,ty,tz\big)\,ty -\frac{\partial F_2}{\partial y}\big(tx,ty,tz\big)\,tx\Big]\,dt\\ \frac{\partial G_2}{\partial z}&=\int_0^1 t\Big[ \frac{\partial F_3}{\partial z}\big(tx,ty,tz\big)\,tx -\frac{\partial F_1}{\partial z}\big(tx,ty,tz\big)\,tz -F_1\big(tx,ty,tz\big)\Big]\,dt\\ \Rightarrow \frac{\partial G_3}{\partial y}-\frac{\partial G_2}{\partial z} &=\int_0^1 \Big[2t\,F_1\big(tx,ty,tz\big)+ t^2y\,\frac{\partial F_1}{\partial y}\big(tx,ty,tz\big) +t^2z\frac{\partial F_1}{\partial z}\big(tx,ty,tz\big)\\ & -t^2x\,\frac{\partial F_2}{\partial y}\big(tx,ty,tz\big) -t^2x\,\frac{\partial F_3}{\partial z}\big(tx,ty,tz\big)\Big]\,dt \end{aligned}$

Since, by hypothesis, ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}=\frac{\partial F_1}{\partial x} +\frac{\partial F_2}{\partial y} +\frac{\partial F_3}{\partial z}=0$ , the last two terms

$\begin{aligned} -t^2x\Big\{\frac{\partial F_2}{\partial y}\big(tx,ty,tz\big) +\frac{\partial F_3}{\partial z}\big(tx,ty,tz\big)\Big\} =-t^2x\Big\{-\frac{\partial F_1}{\partial x}\big(tx,ty,tz\big)\Big\} \end{aligned}$

so that

$\begin{aligned} &\frac{\partial G_3}{\partial y}-\frac{\partial G_2}{\partial z} \\ &=\int_0^1 \Big[2tF_1\big(tx,ty,tz\big)+ t^2x\frac{\partial F_1}{\partial x}\big(tx,ty,tz\big) +t^2y\frac{\partial F_1}{\partial y}\big(tx,ty,tz\big) +t^2z\frac{\partial F_1}{\partial z}\big(tx,ty,tz\big)\Big]\,dt\\ &=\int_0^1 \frac{d}{dt}\Big[ t^2 F_1(tx,ty,tz)\Big]\,dt =\Big[ t^2 F_1(tx,ty,tz)\Big]^{t=1}_{t=0} = F_1(x,y,z) \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.1절 · 4번

# 발산과 회전증명·논술도전자동 분류

14.CLP-4 · 4.2절 · 36번대학 수준우리말 번역

$V$ 를 곡면 $\partial V$ 로 둘러싸인 $\mathbb{R}^3$ 의 입체라 하자. 다음을 보이세요.

$\iint _{\partial V}\mathbf{r}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S=3\,\text{Volume}(V)$

여기서 $\mathbf{r}=x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z\,\hat{\mathbf{k}}$ 이고, 평소처럼 $\hat{\mathbf{n}}$ 은 $\partial V$ 의 바깥쪽 법선이다. 이 결과를 기하학적으로 설명할 수 있는지 확인해 보세요.

영어 원문 보기

Let $V$ be a solid in $\mathbb{R}^3$ with surface $\partial V$ . Show that

$\iint _{\partial V}\mathbf{r}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S=3\,\text{Volume}(V)$

where $\mathbf{r}=x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z\,\hat{\mathbf{k}}$ and, as usual, $\hat{\mathbf{n}}$ is the outer normal to $\partial V$ . See if you can explain this result geometrically.

정답·풀이 보기

발산 정리에 의해

$\iint _{\partial V}\mathbf{r}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S =\iiint _V{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{r}\,\mathrm{d}V =\iiint _V{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot(x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z\,\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}V =\iiint _V 3\,\mathrm{d}V =3\,\text{Volume}(V)$

기하학적 설명은 다음 관찰에서 시작한다. 꼭짓점이 $(0,0,0)$ 이고 밑면이 곡면의 아주 작은 조각 $\mathrm{d}S$ 인 원뿔의 부피는 밑면의 넓이와 원뿔의 높이를 곱한 값의 $\frac{1}{3}$ 배이다. 원뿔의 높이는 $|\hat{\mathbf{n}}\cdot\mathbf{r}|$ 이고, 여기서 $\mathbf{r}$ 은 $\mathrm{d}S$ 위의 한 점이다. 따라서 원뿔의 부피는 $\frac{1}{3}|\hat{\mathbf{n}}\cdot\mathbf{r}|\,\mathrm{d}S$ 이다.

먼저 $(0,0,0)$ 이 $V$ 안에 있고 $V$ 가 볼록하다고 가정하자. 그러면

$\hat{\mathbf{n}}\cdot\mathbf{r}>0$ 이고, 부피는 $\frac{1}{3} \hat{\mathbf{n}}\cdot\mathbf{r} \,\mathrm{d}S$ 이다.
원뿔은 $V$ 에 포함되고,
$V$ 는 $\mathrm{d}S$ 가 $\partial V$ 전체를 움직일 때 생기는 모든 아주 작은 원뿔 조각들의 합집합이다.

따라서

$\text{Volume}(V)=\frac{1}{3}\iint _{\partial V}\mathbf{r}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S$

$V$ 가 볼록하지 않거나 $(0,0,0)$ 이 $V$ 안에 있지 않은 경우로 일반화하려면, $V$ 를 큰 볼록 입체 하나와 하나 이상의 더 작은 볼록 입체들의 차로 나타내면 된다.

원본 교재 풀이(영어)

By the divergence theorem

$\iint _{\partial V}\mathbf{r}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S =\iiint _V{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{r}\,\mathrm{d}V =\iiint _V{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot(x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z\,\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}V =\iiint _V 3\,\mathrm{d}V =3\,\text{Volume}(V)$

Our gemetric explanation starts with the observation that the volume of the cone with vertex $(0,0,0)$ and base a tiny piece of surface $\mathrm{d}S$ is $\frac{1}{3}$ times the area of the base times the height of the cone. The height of the cone is $|\hat{\mathbf{n}}\cdot\mathbf{r}|$ , where $\mathbf{r}$ is a point in $\mathrm{d}S$ . So the volume of the cone is $\frac{1}{3}|\hat{\mathbf{n}}\cdot\mathbf{r}|\,\mathrm{d}S$ .

First assume that $(0,0,0)$ is in $V$ and $V$ is convex. Then

$\hat{\mathbf{n}}\cdot\mathbf{r}>0$ , and the volume is $\frac{1}{3} \hat{\mathbf{n}}\cdot\mathbf{r} \,\mathrm{d}S$ .
the cone is contained in $V$ and
$V$ is the union of all the tiny conical pieces with $\mathrm{d}S$ running over $\partial V$ .

So

$\text{Volume}(V)=\frac{1}{3}\iint _{\partial V}\mathbf{r}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S$

To generalise to the case that $V$ is not convex or $(0,0,0)$ is not in $V$ , write $V$ as the difference between a large convex solid and one or more smaller convex solids.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 17번

# 발산 정리증명·논술도전자동 분류

15.CLP-4 · 4.2절 · 40번대학 수준우리말 번역

(a) 벡터장 $\mathbf{F} = (x + \sin y, z + y, z^2)$ 의 발산을 구하세요. (b) 양의 $z$ 방향으로 향하도록 방향이 정해진 윗반구 $x^2 + y^2 + z^2 = 25$ , $z \ge 0$ 을 지나는 $\mathbf{F}$ 의 선속(플럭스)을 구하세요. (c) 선속 $\iint _S\mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S$ 가 $-9$ 가 되는, 방향이 정해진 닫힌 곡면 $S$ 를 하나 제시하세요.

영어 원문 보기

(a) Find the divergence of the vector field $\mathbf{F} = (x + \sin y, z + y, z^2)$ . (b) Find the flux of $\mathbf{F}$ through the upper hemisphere $x^2 + y^2 + z^2 = 25$ , $z \ge 0$ , oriented in the positive $z$ -direction. (c) Specify an oriented closed surface $S$ , such that the flux $\iint _S\mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S$ is equal to $-9$ .

정답·풀이 보기

(a) $\mathbf{F}$ 의 발산은 다음과 같다.

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} &= \tfrac{\partial}{\partial x}(x+\sin y) +\tfrac{\partial}{\partial y}(z+y) +\tfrac{\partial}{\partial z}(z^2) \\ &=2+2z \end{aligned}$

(b) 다음과 같이 놓자.

$\begin{aligned} V &= \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le 25,\ 0\le z\le \sqrt{25-x^2-y^2}\ \big\} \\ S_T &= \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2+z^2 = 25,\ z\ge 0\ \big\} \\ S_B &= \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2 \le 25,\ z= 0\ \big\} \end{aligned}$

$V$ 의 경계 $\partial V$ 는 두 부분, 즉 위쪽 법선을 갖는 $S_T$ 와 법선이 $-\hat{\mathbf{k}}$ 인 $S_B$ 로 이루어져 있음에 주목하자. 우리가 구할 것은 위쪽 법선을 갖는 $S_T$ 를 지나는 선속이다. 발산 정리에 의해 이는 다음과 같다.

$\begin{aligned} \iint _{S_T} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\,\mathrm{d}V - \iint _{S_B} \mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S \\ &= \iiint _V (2+2z)\,\mathrm{d}V \end{aligned}$

$S_B$ 위에서 $\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{k}}=z^2=0$ 이기 때문이다. 이 부피적분을 $z$ 에 대한 적분이 바깥쪽에 오는 반복적분으로 나타내어 계산하자. $V$ 에서 $z$ 는 $0$ 부터 $5$ 까지의 값을 가진다. $V$ 에서 높이가 정확히 $z$ 인 점들의 집합은 $\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le 25-z^2\ \big\}$ 이다. 따라서

$\begin{aligned} \iint _{S_T} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= \int_0^5\mathrm{d}z \iint _{x^2+y^2\le 25-z^2} \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\ (2+2z) = \int_0^5\mathrm{d}z\ (2+2z)\iint _{x^2+y^2\le 25-z^2} \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\ &= \int_0^5\mathrm{d}z\ \pi(25-z^2) (2+2z) \\ \\ \text{$\iint _{x^2+y^2\le 25-z^2} \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$ 는 반지름이 $\sqrt{25-z^2}$ 인 원판의 넓이이므로} \\ &= \pi\int_0^5\mathrm{d}z\ (50 -2z^2 +50z -2z^3) \\ &=\pi\Big(50\times 5-2\frac{5^3}{3} +50\frac{5^2}{2}-2\frac{5^4}{4}\Big) =\pi 5^3 \Big(2-\frac{2}{3} +5-\frac{5}{2}\Big) = \pi\,5^3 \Big(\frac{4}{3}+\frac{5}{2}\Big) \\ &=\pi\frac{23}{6} 5^3 =\frac{2875}{6}\pi \end{aligned}$

(c) 먼저 입체 $V$ 의 경계인 임의의 닫힌 곡면 $S$ 를 생각하자. 다음과 같이 쓴다.

$S$ 의 법선은 바깥쪽을 향하는 것을 사용한다.
$|V|$ 는 $V$ 의 부피를 나타낸다.
$\bar z=\frac{1}{|V|}\iiint _V z\ \mathrm{d}V$ 는 $V$ 의 무게중심 (즉 밀도가 상수인 질량중심)의 $z$ 성분을 나타낸다.

그러면 발산 정리에 의해

$\begin{aligned} \iint _{S} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\,\mathrm{d}V =\iiint _V (2+2z)\,\mathrm{d}V =2\iiint _V \,\mathrm{d}V +2\iiint _V z\,\mathrm{d}V \\ &=2|V| +2|V|\bar z \end{aligned}$

이 값이 $-9$ 가 될 필요충분조건은

$\begin{aligned} 2|V|\bar z =-9-2|V| \iff \bar z = -\frac{9}{2|V|}-1 \end{aligned}$

이 조건을 만족하는 곡면의 하나는 $\big(0,0, -\frac{11}{2}\big)$ 을 중심으로 하는 (바깥쪽 법선을 갖는) 단위 정육면체이다.

원본 교재 풀이(영어)

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

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} &= \tfrac{\partial}{\partial x}(x+\sin y) +\tfrac{\partial}{\partial y}(z+y) +\tfrac{\partial}{\partial z}(z^2) \\ &=2+2z \end{aligned}$

(b) Set

$\begin{aligned} V &= \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le 25,\ 0\le z\le \sqrt{25-x^2-y^2}\ \big\} \\ S_T &= \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2+z^2 = 25,\ z\ge 0\ \big\} \\ S_B &= \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2 \le 25,\ z= 0\ \big\} \end{aligned}$

Note that the boundary, $\partial V$ , of $V$ consists ot two parts — $S_T$ with upward normal, and $S_B$ with normal $-\hat{\mathbf{k}}$ . We are to find the flux through $S_T$ with upward normal. By the divergence theorem, it is

$\begin{aligned} \iint _{S_T} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\,\mathrm{d}V - \iint _{S_B} \mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S \\ &= \iiint _V (2+2z)\,\mathrm{d}V \end{aligned}$

since $\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{k}}=z^2=0$ on $S_B$ . We'll compute the volume integral by expressing it as an iterated integral, with the $z$ integration on the outside. In $V$ , $z$ ranges for $0$ to $5$ . The set of points at exactly height $z$ in $V$ is $\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le 25-z^2\ \big\}$ . So

$\begin{aligned} \iint _{S_T} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= \int_0^5\mathrm{d}z \iint _{x^2+y^2\le 25-z^2} \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\ (2+2z) = \int_0^5\mathrm{d}z\ (2+2z)\iint _{x^2+y^2\le 25-z^2} \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\ &= \int_0^5\mathrm{d}z\ \pi(25-z^2) (2+2z) \\ \\ \text{since $\iint _{x^2+y^2\le 25-z^2} \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$ is the area of a disk of radius $\sqrt{25-z^2}$} \\ &= \pi\int_0^5\mathrm{d}z\ (50 -2z^2 +50z -2z^3) \\ &=\pi\Big(50\times 5-2\frac{5^3}{3} +50\frac{5^2}{2}-2\frac{5^4}{4}\Big) =\pi 5^3 \Big(2-\frac{2}{3} +5-\frac{5}{2}\Big) = \pi\,5^3 \Big(\frac{4}{3}+\frac{5}{2}\Big) \\ &=\pi\frac{23}{6} 5^3 =\frac{2875}{6}\pi \end{aligned}$

(c) To start, consider any closed surface $S$ that is the boundary of a solid $V$ . Use

the outward pointing normal for $S$ ,
$|V|$ to denote the volume of $V$ , and
$\bar z=\frac{1}{|V|}\iiint _V z\ \mathrm{d}V$ to denote the $z$ -component of the centroid (i.e. centre of mass with constant density) of $V$ .

Then, by the divergence theorem

$\begin{aligned} \iint _{S} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\,\mathrm{d}V =\iiint _V (2+2z)\,\mathrm{d}V =2\iiint _V \,\mathrm{d}V +2\iiint _V z\,\mathrm{d}V \\ &=2|V| +2|V|\bar z \end{aligned}$

This takes the value $-9$ if and only if

$\begin{aligned} 2|V|\bar z =-9-2|V| \iff \bar z = -\frac{9}{2|V|}-1 \end{aligned}$

One surface which obeys this condition is the unit cube (with outward normal) centred on $\big(0,0, -\frac{11}{2}\big)$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기APEX · 14.7절 · 4번

# 발산 정리계산도전자동 분류

16.CLP-4 · 4.2절 · 43번대학 수준우리말 번역

$S$ 를 타원면 $x^2+2y^2+3z^2=16$ 이라 하고, $\hat{\mathbf{n}}$ 을 그 바깥쪽 단위법선벡터라 하자.

(a) $\mathbf{F}(x,y,z)=\dfrac{(x,y,z)-(2,1,1)}{{\big[(x-2)^2+(y-1)^2+(z-1)^2\big]}^{3/2}}$ 일 때 $\iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S$ 의 값을 구하세요. (b) $\mathbf{G}(x,y,z)=\dfrac{(x,y,z)-(3,2,2)}{{\big[(x-3)^2+(y-2)^2+(z-2)^2\big]}^{3/2}}$ 일 때 $\iint _S \mathbf{G}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let $S$ be the ellipsoid $x^2+2y^2+3z^2=16$ and $\hat{\mathbf{n}}$ its outward unit normal.

(a) Find $\iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S$ if $\mathbf{F}(x,y,z)=\dfrac{(x,y,z)-(2,1,1)}{{\big[(x-2)^2+(y-1)^2+(z-1)^2\big]}^{3/2}}$ . (b) Find $\iint _S \mathbf{G}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S$ if $\mathbf{G}(x,y,z)=\dfrac{(x,y,z)-(3,2,2)}{{\big[(x-3)^2+(y-2)^2+(z-2)^2\big]}^{3/2}}$ .

답 쓰고 채점

(a)

(b)

정답·풀이 보기

(a), (b) 두 경우 모두 발산 정리를 이용한다. 먼저 예비 계산으로, 임의의 $(a,b,c)$ 에 대해 $\mathbf{H}(x,y,z)=\frac{(x,y,z)-(a,b,c)}{{[(x-a)^2+(y-b)^2+(z-b)^2]}^{3/2}}$ 의 발산을 구하자. $(x,y,z)\ne(a,b,c)$ 이면

$\begin{aligned} &{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{H}(x,y,z) \\ & =\frac{\partial }{\partial x}\frac{x-a} {{[(x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2]}^{3/2}} +\frac{\partial }{\partial y}\frac{y-b} {{[(x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2]}^{3/2}} \\& +\frac{\partial }{\partial z}\frac{z-c} {{[(x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2]}^{3/2}} \\ & =\frac{\big[(x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2\big]\ -\ (x-a)\ \frac{3}{2}(2(x-a))} {{\big[(x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2\big]}^{5/2}} \\& +\frac{\big[(x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2\big]\ -\ (y-b)\ \frac{3}{2}(2y)} {{\big[(x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2\big]}^{5/2}} \\& +\frac{\big[(x-a)^2+(y-b)^2+z^2\big]\ -\ (z-c)\ \frac{3}{2}(2(z-c))} {{\big[(x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2\big]}^{5/2}} \\ & =\frac{3\big[(x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2\big]\ -\ 3(x-a)^2-3(y-b)^2-3(z-c)^2} {{\big[(x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2\big]}^{5/2}} \\ &=0 \end{aligned}$

$(x,y,z)=(a,b,c)$ 이면 $\mathbf{H}(x,y,z)$ 가 정의되지 않으므로 ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{H}(x,y,z)$ 도 정의되지 않는다.

(b) 위의 예비 계산에서 $(a,b,c)=(3,2,2)$ 로 놓으면, ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{G}$ 는 $(x,y,z)\ne (3,2,2)$ 인 모든 $(x,y,z)$ 에서 정의되고 0이다. 특히 다음 영역 $V$ 의 모든 $(x,y,z)$ 에서 그렇다.

$V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+2y^2+3z^2\le 16\ \big\}$

따라서 발산 정리에 의해

$\begin{aligned} \iint _S \mathbf{G}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _V{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{G}\,\mathrm{d}V =0 \end{aligned}$

(a) $(1,1,2)$ 는 $V$ 의 내부에 있으므로 (b)의 논증으로는 적분값이 0이라고 결론지을 수 없다. $\varepsilon >0$ 을 충분히 작게 잡아서

$S_\varepsilon = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ (x-2)^2 + (y-1)^2 +(z-1)^2=\varepsilon ^2\ \big\}$

가 아래 그림처럼 $V$ 안에 완전히 포함되도록 한다.

다음과 같이 놓는다.

$V_\varepsilon =\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+2y^2+3z^2\le 16,\ (x-2)^2 + (y-1)^2 +(z-1)^2\ge\varepsilon ^2\ \big\}$

$V$ 의 경계 $\partial V_\varepsilon$ 은 위 그림의 법선벡터와 함께 $S$ 와 $S_\varepsilon$ 두 부분으로 이루어진다. $\mathbf{F}$ 의 발산 ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}$ 는 $V_\varepsilon$ 전체에서 잘 정의되고 0이다. 따라서 발산 정리에 의해

$\begin{aligned} 0 &= \iiint _V{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\,\mathrm{d}V = \iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S + \iint _{S_\varepsilon } \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S \end{aligned}$

그러므로

$\iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = -\iint _{S_\varepsilon } \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S$

$S_\varepsilon$ 위의 점 $(x,y,z)$ 에서 $S_\varepsilon$ 의 단위법선벡터는

$\hat{\mathbf{n}} =-\frac{1}{\varepsilon }\big[(x-2)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (y-1)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +(z-1)\,\hat{\mathbf{k}}\big]$

이다. ( $S_\varepsilon$ 위에서 $|(2-1)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (y-1)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +(z-1)\,\hat{\mathbf{k}}|=\varepsilon$ 임을 기억하자.) 따라서 $S_\varepsilon$ 위에서

$\begin{aligned} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}} &= -\frac{1}{\varepsilon } \left(\frac{(x,y,z)-(2,1,1)}{{\big[(x-2)^2+(y-1)^2+(z-1)^2\big]}^{3/2}}\right) \cdot\big[(x-2)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (y-1)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +(z-1)\,\hat{\mathbf{k}}\big] \\ &=-\frac{1}{\varepsilon } \left(\frac{(x-2)^2+(y-1)^2+(z-1)^2}{{\big[(x-2)^2+(y-1)^2+(z-1)^2\big] }^{3/2}}\right)\\ &= -\frac{1}{\varepsilon ^2} \end{aligned}$

이다. 따라서

$\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = -\iint _{S_\varepsilon } \left(-\frac{1}{\varepsilon ^2}\right)\,\mathrm{d}S =\frac{1}{\varepsilon ^2} (4\pi\varepsilon ^2) =4\pi \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

We will be using the divergence theorem in both parts (a) and $b$ . So as a prelimary calculation, let's find the divergence of $\mathbf{H}(x,y,z)=\frac{(x,y,z)-(a,b,c)}{{[(x-a)^2+(y-b)^2+(z-b)^2]}^{3/2}}$ for any $(a,b,c)$ . If $(x,y,z)\ne(a,b,c)$ ,

$\begin{aligned} &{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{H}(x,y,z) \\ & =\frac{\partial }{\partial x}\frac{x-a} {{[(x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2]}^{3/2}} +\frac{\partial }{\partial y}\frac{y-b} {{[(x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2]}^{3/2}} \\& +\frac{\partial }{\partial z}\frac{z-c} {{[(x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2]}^{3/2}} \\ & =\frac{\big[(x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2\big]\ -\ (x-a)\ \frac{3}{2}(2(x-a))} {{\big[(x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2\big]}^{5/2}} \\& +\frac{\big[(x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2\big]\ -\ (y-b)\ \frac{3}{2}(2y)} {{\big[(x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2\big]}^{5/2}} \\& +\frac{\big[(x-a)^2+(y-b)^2+z^2\big]\ -\ (z-c)\ \frac{3}{2}(2(z-c))} {{\big[(x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2\big]}^{5/2}} \\ & =\frac{3\big[(x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2\big]\ -\ 3(x-a)^2-3(y-b)^2-3(z-c)^2} {{\big[(x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2\big]}^{5/2}} \\ &=0 \end{aligned}$

If $(x,y,z)=(a,b,c)$ , $\mathbf{H}(x,y,z)$ is not defined and hence ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{H}(x,y,z)$ is also not defined.

(b) By the above preliminary computation with $(a,b,c)=(3,2,2)$ , ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{G}$ is defined and zero for all $(x,y,z)\ne (3,2,2)$ , and, in particular for all $(x,y,z)$ in

$V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+2y^2+3z^2\le 16\ \big\}$

So, by the divergence theorem,

$\begin{aligned} \iint _S \mathbf{G}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _V{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{G}\,\mathrm{d}V =0 \end{aligned}$

(a) Because $(1,1,2)$ is inside $V$ , we cannot use the argument of part (b), to conclude that the integral is zero. Let $\varepsilon >0$ be small enough that

$S_\varepsilon = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ (x-2)^2 + (y-1)^2 +(z-1)^2=\varepsilon ^2\ \big\}$

is completely contained inside $V$ , as in the sketch below.

Set

$V_\varepsilon =\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+2y^2+3z^2\le 16,\ (x-2)^2 + (y-1)^2 +(z-1)^2\ge\varepsilon ^2\ \big\}$

The boundary, $\partial V_\varepsilon$ , of $V$ consists of two parts — $S$ and $S_\varepsilon$ , with the normals as in the figure above. The divergence ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}$ of $\mathbf{F}$ is well-defined and zero throughout $V_\varepsilon$ . Consequently, the divergence theorem gives

$\begin{aligned} 0 &= \iiint _V{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\,\mathrm{d}V = \iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S + \iint _{S_\varepsilon } \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S \end{aligned}$

So

$\iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = -\iint _{S_\varepsilon } \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S$

The unit normal to $S_\varepsilon$ at the point $(x,y,z)$ on $S_\varepsilon$ is

$\hat{\mathbf{n}} =-\frac{1}{\varepsilon }\big[(x-2)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (y-1)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +(z-1)\,\hat{\mathbf{k}}\big]$

(Recall that $|(2-1)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (y-1)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +(z-1)\,\hat{\mathbf{k}}|=\varepsilon$ on $S_\varepsilon$ . So, on $S_\varepsilon$ ,

$\begin{aligned} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}} &= -\frac{1}{\varepsilon } \left(\frac{(x,y,z)-(2,1,1)}{{\big[(x-2)^2+(y-1)^2+(z-1)^2\big]}^{3/2}}\right) \cdot\big[(x-2)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (y-1)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +(z-1)\,\hat{\mathbf{k}}\big] \\ &=-\frac{1}{\varepsilon } \left(\frac{(x-2)^2+(y-1)^2+(z-1)^2}{{\big[(x-2)^2+(y-1)^2+(z-1)^2\big] }^{3/2}}\right)\\ &= -\frac{1}{\varepsilon ^2} \end{aligned}$

Hence

$\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = -\iint _{S_\varepsilon } \left(-\frac{1}{\varepsilon ^2}\right)\,\mathrm{d}S =\frac{1}{\varepsilon ^2} (4\pi\varepsilon ^2) =4\pi \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 40번

# 발산 정리계산도전자동 분류

17.CLP-4 · 4.2절 · 45번대학 수준우리말 번역

$S$ 가 바깥쪽 법선장 $\hat{\mathbf{n}}$ 을 갖는 매끄러운 닫힌 곡면이면, $\mathbb{R}^3$ 에서 정의된 임의의 매끄러운 함수 $p(x,y,z)$ 에 대해 다음이 성립함을 기억하세요.

$\iint _S p\hat{\mathbf{n}}\ \mathrm{d}s=\iiint _E \nabla p\ \mathrm{d}V$

여기서 $E$ 는 $S$ 로 둘러싸인 입체입니다. 이 결과로부터, 상수 압력의 기체 속에 놓인 입체의 겉면에 작용하는 전체 힘이 0임을 보이세요. (압력은 곡면에 수직인 방향으로 작용함을 기억하세요.)

영어 원문 보기

Recall that if $S$ is a smooth closed surface with outer normal field $\hat{\mathbf{n}}$ , then for any smooth function $p(x,y,z)$ on $\mathbb{R}^3$ , we have

$\iint _S p\hat{\mathbf{n}}\ \mathrm{d}s=\iiint _E \nabla p\ \mathrm{d}V$

where $E$ is the solid bounded by $S$ . Show that as a consequence, the total force exerted on the surface of a solid body contained in a gas of constant pressure is zero. (Recall that the pressure acts in the direction normal to the surface.)

정답·풀이 보기

압력은 곡면 안쪽으로 수직하게 작용하는, 단위 겉넓이당 힘이다. 따라서 단위 겉넓이당 힘은 $-p\hat{\mathbf{n}}$ 이다. $S$ 에 작용하는 전체 힘은

$-\iint _S p\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S=-\iiint _E \nabla p\ \mathrm{d}V$

이다. $p$ 가 상수라고 가정하므로 $\nabla p=0$ 이고, 따라서 전체 힘은 0이다.

원본 교재 풀이(영어)

Pressure is force per unit surface area acting normally into a surface. So the force per unit surface area is $-p\hat{\mathbf{n}}$ . The total force acting on $S$ is

$-\iint _S p\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S=-\iiint _E \nabla p\ \mathrm{d}V$

We are assuming that $p$ is a constant, so that $\nabla p=0$ and the total force is zero.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 43번

# 발산 정리증명·논술도전자동 분류

18.CLP-4 · 4.2절 · 47번대학 수준우리말 번역

$\ \mathbf{F}= (x^2+y^2+z^2)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(e^{x^2}+y^2)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+(3+x+z)\,\hat{\mathbf{k}}\$ 라 하고, $S$ 를 곡면 $\ x^2+y^2+z^2=2az+3a^2\$ 중 $\ z\ge 0$ 인 부분이라 하자. $S$ 의 방향은 법선이 원점에서 멀어지는 쪽을 향하도록 정한다. 여기서 $a>0$ 은 상수이다. $S$ 를 지나는 $\mathbf{F}$ 의 플럭스를 계산하세요.

영어 원문 보기

Let $\ \mathbf{F}= (x^2+y^2+z^2)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(e^{x^2}+y^2)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+(3+x+z)\,\hat{\mathbf{k}}\$ and let $S$ be the part of the surface $\ x^2+y^2+z^2=2az+3a^2\$ having $\ z\ge 0$ , oriented with normal pointing away from the origin. Here $a>0$ is a constant. Compute the flux of $\mathbf{F}$ through $S$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

$z^2-2az = (z-a)^2 -a^2$ 이므로 다음을 얻는다.

$S=\big\{ \ (x,y,z\ \big|\ x^2+y^2 +(z-a)^2=4a^2,\ z\ge 0\ \big\}$

$V$ 를 다음과 같은 입체라 하자.

$V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2+(z-a)^2\le 4a^2,\ z\ge 0\ \big\}$

이것은 중심이 $(0,0,a)$ 이고 반지름이 $2a$ 인 구의 내부이다. $V$ 의 경계면(바깥쪽 법선)은 $S$ (법선이 원점에서 멀어지는 쪽을 향함)와 원판

$B=\big\{ \ (x,y,0)\ \big|\ x^2+y^2\le 3a^2\ \big\}$

(법선 $-\hat{\mathbf{k}}$ )의 합집합이다. 따라서 발산 정리에 의해

$\begin{aligned} \iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S &=\iiint _V\mathbf{n}\cdot\mathbf{F}\,\mathrm{d}V-\iint _B\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S\\ &=\iiint _V(2x+2y+1)\,\mathrm{d}V-\iint _B(-3-x)\,\mathrm{d}S \end{aligned}$

이다. $V$ 와 $B$ 는 모두 $x\rightarrow -x$ 와 $y\rightarrow -y$ 에 대해 불변이므로 $\iiint _Vx\,\mathrm{d}V=\iiint _Vy\,\mathrm{d}V=\iint _B x\,\mathrm{d}S=0$ 이고,

$\begin{aligned} \iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S &=\iiint _V \,\mathrm{d}V+3\iint _B\,\mathrm{d}S \end{aligned}$

이다.

$V$ 에 대한 적분을 계산하기 위해, $z$ 는 $0$ 에서 $3a$ 까지 변하고

$V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le z\le 3a,\ x^2+y^2\le 4a^2-(z-a)^2,\ z\ge 0\ \big\}$

의 $z$ 를 고정한 단면은 원판 $x^2+y^2\le 4a^2-(z-a)^2 = 3a^2 +2a z - z^2$ 이며, 이 원판의 넓이는 $\pi\big({\sqrt{3a^2+2az-z^2}\,}\big)^2$ 임에 주목한다. 따라서

$\begin{aligned} \iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S & =\int_0^{3a}\pi\big({\sqrt{3a^2+2az-z^2}\,}\big)^2\,\mathrm{d}z+3\,\text{넓이}(B)\\ &=\pi\int_0^{3a}(3a^2+2az-z^2)\,\mathrm{d}z+3\pi(3a^2)\\ &=\pi \left(3a^2\times 3a+2a\times\frac{9a^2}{2}-\frac{27a^3}{3}\right) +9\pi a^2 \\ &= 9\pi a^3+9\pi a^2 \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

Note that, since $z^2-2az = (z-a)^2 -a^2$ ,

$S=\big\{ \ (x,y,z\ \big|\ x^2+y^2 +(z-a)^2=4a^2,\ z\ge 0\ \big\}$

Let $V$ be the solid

$V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2+(z-a)^2\le 4a^2,\ z\ge 0\ \big\}$

It is the interior of the sphere of radius $2a$ centred on $(0,0,a)$ . The surface of $V$ (with outward normal) is the union of $S$ (with normal pointing away from the origin) and the disk

$B=\big\{ \ (x,y,0)\ \big|\ x^2+y^2\le 3a^2\ \big\}$

with normal $-\hat{\mathbf{k}}$ . Hence, by the Divergence Theorem

$\begin{aligned} \iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S &=\iiint _V\mathbf{n}\cdot\mathbf{F}\,\mathrm{d}V-\iint _B\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S\\ &=\iiint _V(2x+2y+1)\,\mathrm{d}V-\iint _B(-3-x)\,\mathrm{d}S \end{aligned}$

Both $V$ and $B$ are invariant under $x\rightarrow -x$ and under $y\rightarrow -y$ , so $\iiint _Vx\,\mathrm{d}V=\iiint _Vy\,\mathrm{d}V=\iint _B x\,\mathrm{d}S=0$ and

$\begin{aligned} \iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S &=\iiint _V \,\mathrm{d}V+3\iint _B\,\mathrm{d}S \end{aligned}$

To evaluate the integral over $V$ , we note that $z$ runs from $0$ to $3a$ and that the cross section of

$V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le z\le 3a,\ x^2+y^2\le 4a^2-(z-a)^2,\ z\ge 0\ \big\}$

with fixed $z$ is the circular disk $x^2+y^2\le 4a^2-(z-a)^2 = 3a^2 +2a z - z^2$ , which has area $\pi\big({\sqrt{3a^2+2az-z^2}\,}\big)^2$ . So

$\begin{aligned} \iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S & =\int_0^{3a}\pi\big({\sqrt{3a^2+2az-z^2}\,}\big)^2\,\mathrm{d}z+3\,\text{Area}(B)\\ &=\pi\int_0^{3a}(3a^2+2az-z^2)\,\mathrm{d}z+3\pi(3a^2)\\ &=\pi \left(3a^2\times 3a+2a\times\frac{9a^2}{2}-\frac{27a^3}{3}\right) +9\pi a^2 \\ &= 9\pi a^3+9\pi a^2 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 50번

# 발산 정리계산도전자동 분류

19.CLP-4 · 4.2절 · 50번대학 수준우리말 번역

매끄러운 곡면 $\mathcal{S}$ 가 평면 $z=0$ 위쪽에 놓여 있고, 평면 $z=0$ 위의 원 $x^2+y^2=4y$ 를 경계로 가진다. 이 원은 또한 그 평면 위의 원판 $D$ 의 경계이기도 하다. $\mathcal{S}$ 와 $D$ 로 둘러싸인 3차원 영역 $R$ 의 부피는 10 세제곱단위이다. $\mathbf{F}(x,y,z)=(x+x^2y)\hat{\boldsymbol{\imath}}+(y-xy^2)\hat{\boldsymbol{\jmath}}+(z+2x+3y)\hat{\mathbf{k}}$ 의 $R$ 에서 바깥쪽 방향으로 $\mathcal{S}$ 를 지나는 플럭스를 구하세요.

영어 원문 보기

A smooth surface $\mathcal{S}$ lies above the plane $z=0$ and has as its boundary the circle $x^2+y^2=4y$ in the plane $z=0$ . This circle also bounds a disk $D$ in that plane. The volume of the 3-dimensional region $R$ bounded by $\mathcal{S}$ and $D$ is 10 cubic units. Find the flux of $\mathbf{F}(x,y,z)=(x+x^2y)\hat{\boldsymbol{\imath}}+(y-xy^2)\hat{\boldsymbol{\jmath}}+(z+2x+3y)\hat{\mathbf{k}}$ through $\mathcal{S}$ in the direction outward from $R$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

원 $x^2+y^2=4y$ , 즉 $x^2+(y-2)^2=4$ 는 반지름이 $2$ 이고 중심이 $(0,2)$ 이다. 아랫면에서는 $z=0$ 이고 바깥쪽 법선벡터는 $-\hat{\mathbf{k}}$ 이므로 $\iint _{D}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =-\iint _{D}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{k}}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y =-\iint _D(2x+3y)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 이다. 대칭성에 의해 원판의 무게중심 $(\bar x,\bar y)$ 는 $(0,2)$ 이다. 여기서 $\bar x$ 와 $\bar y$ 는 평균값

$\begin{aligned} \bar x = \frac{\iint _D x\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{\iint _D \mathrm{d}x\mathrm{d}y}\qquad \bar y = \frac{\iint _D y\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{\iint _D \mathrm{d}x\mathrm{d}y} \end{aligned}$

이며, 각각 $D$ 위에서 $x$ 와 $y$ 의 평균값이다. 원판 $D$ 의 넓이가 $4\pi$ 이므로

$\iint _D x\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y =4\pi\bar x =0\qquad \iint _D y\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y =4\pi\bar y =8\pi$

이고 $\iint _{D}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =-4\pi(2\bar x+3\bar y) =-4\pi(2\times 0+3\times 2) =-24\pi$ 이다. 또한

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

이므로 발산 정리에 의해

$\begin{aligned} \iint _{\mathcal{S}}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _R{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}V -\iint _{D}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S\\ &=\iiint _R3\ \mathrm{d}V -(-24\pi) =3\text{Vol}(R)+24\pi =3\times10+24\pi \\ &=30+24\pi \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

The circle $x^2+y^2=4y$ , or equivalently, $x^2+(y-2)^2=4$ , has radius $2$ and centre $(0,2)$ . On the bottom surface, $z=0$ and the outward normal is $-\hat{\mathbf{k}}$ , so that $\iint _{D}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =-\iint _{D}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{k}}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y =-\iint _D(2x+3y)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ By symmetry, the centre of mass, $(\bar x,\bar y)$ , of the circle is $(0,2)$ . Here $\bar x$ and $\bar y$ are the average values

$\begin{aligned} \bar x = \frac{\iint _D x\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{\iint _D \mathrm{d}x\mathrm{d}y}\qquad \bar y = \frac{\iint _D y\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{\iint _D \mathrm{d}x\mathrm{d}y} \end{aligned}$

of $x$ and $y$ over $D$ . As the disk $D$ has area $4\pi$ ,

$\iint _D x\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y =4\pi\bar x =0\qquad \iint _D y\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y =4\pi\bar y =8\pi$

and $\iint _{D}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =-4\pi(2\bar x+3\bar y) =-4\pi(2\times 0+3\times 2) =-24\pi$ As

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

the divergence theorem gives

$\begin{aligned} \iint _{\mathcal{S}}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _R{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}V -\iint _{D}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S\\ &=\iiint _R3\ \mathrm{d}V -(-24\pi) =3\text{Vol}(R)+24\pi =3\times10+24\pi \\ &=30+24\pi \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 45번

# 발산 정리활용도전자동 분류

20.CLP-4 · 4.3절 · 23번대학 수준우리말 번역

$R$ 을 $xy$ 평면의 제1사분면에서 좌표축과 곡선 $y=1-x^2$ 으로 둘러싸인 유계인 영역이라고 하자. $\mathcal{C}$ 를 $R$ 의 경계라 하고, 반시계 방향으로 향을 정한다.

(a) $\int_\mathcal{C} x\,\mathrm{d}s$ 의 값을 구하세요. (b) $\int_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}$ 의 값을 구하세요. 단, $\mathbf{F}(x,y) =\big(\sin(x^2)-xy\big)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\big(x^2+\cos(y^2)\big)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 이다.

영어 원문 보기

Let $R$ be the region in the first quadrant of the $xy$ -plane bounded by the coordinate axes and the curve $y=1-x^2$ . Let $\mathcal{C}$ be the boundary of $R$ , oriented counterclockwise.

(a) Evaluate $\int_\mathcal{C} x\,\mathrm{d}s$ . (b) Evaluate $\int_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}$ , where $\mathbf{F}(x,y) =\big(\sin(x^2)-xy\big)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\big(x^2+\cos(y^2)\big)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ .

답 쓰고 채점

(a)

(b)

정답·풀이 보기

(a) $\mathcal{C}_1$ 을 $(0,1)$ 에서 $(0,0)$ 까지의 선분, $\mathcal{C}_2$ 를 $(0,0)$ 에서 $(1,0)$ 까지의 선분, $\mathcal{C}_3$ 을 $(1,0)$ 에서 $(0,1)$ 까지의 곡선 $y=1-x^2$ 이라고 하자.

그러면

$\begin{aligned} \int_{\mathcal{C}_1} x\,\mathrm{d}s&=\int_{\mathcal{C}_1} 0\,\mathrm{d}s=0\\ \int_{\mathcal{C}_2} x\,\mathrm{d}s&=\int_0^1 x\,\mathrm{d}x=\frac{1}{2} \end{aligned}$

$\mathcal{C}_3$ 을 따른 적분을 계산하기 위해 다음 매개변수 표현을 사용한다.

$\begin{aligned} \big(x(t),y(t)\big) &= \big(1-t\,,\, 1-(1-t)^2\big) \qquad 0\le t\le 1 \\ \big(x'(t),y'(t)\big) &= \big(-1\,,\, 2(1-t)\big) \\ \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}(t) &= \sqrt{x'(t)^2 +y'(t)^2} =\sqrt{1 + 4 (1-t)^2} \end{aligned}$

따라서

$\begin{aligned} \int_{\mathcal{C}_3} x\,\mathrm{d}s &=\int_0^1 x(t) \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}(t)\,\mathrm{d}t =\int_0^1 (1-t)\sqrt{1+4(1-t)^2}\,\mathrm{d}t\\ &=\Big[-\frac{1}{12}{(1+4(1-t)^2)}^{3/2}\Big]_0^1 =\frac{1}{12}\big[-1+5^{3/2}\big] \end{aligned}$

모두 합하면 $\int_{\mathcal{C}} x\,\mathrm{d}s=\frac{1}{2}+\frac{1}{12}\big[5^{3/2}-1\big] \approx 1.3484$

(b) 스토크스 정리 또는 그린 정리에 의해

$\begin{aligned} \int_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _R\Big[\frac{\partial }{\partial x}\big(x^2+\cos(y^2)\big) -\frac{\partial }{\partial y}\big(\sin(x^2)-xy\big) \Big]\ \mathrm{d}x \mathrm{d}y =\iint _R3x\ \mathrm{d}x \mathrm{d}y\\ &=3\int_0^1 \mathrm{d}x\int_0^{1-x^2}\mathrm{d}y\ x =3\int_0^1 \mathrm{d}x\ (1-x^2) x =3\Big[\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\Big]=\frac{3}{4} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

(a) Let $\mathcal{C}_1$ be the line segment from $(0,1)$ to $(0,0)$ , $\mathcal{C}_2$ be the line segment from $(0,0)$ to $(1,0)$ and $\mathcal{C}_3$ be the curve $y=1-x^2$ from $(1,0)$ to $(0,1)$ .

Then

$\begin{aligned} \int_{\mathcal{C}_1} x\,\mathrm{d}s&=\int_{\mathcal{C}_1} 0\,\mathrm{d}s=0\\ \int_{\mathcal{C}_2} x\,\mathrm{d}s&=\int_0^1 x\,\mathrm{d}x=\frac{1}{2} \end{aligned}$

To evaluate the integral along $\mathcal{C}_3$ , we use the parametrization

$\begin{aligned} \big(x(t),y(t)\big) &= \big(1-t\,,\, 1-(1-t)^2\big) \qquad 0\le t\le 1 \\ \big(x'(t),y'(t)\big) &= \big(-1\,,\, 2(1-t)\big) \\ \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}(t) &= \sqrt{x'(t)^2 +y'(t)^2} =\sqrt{1 + 4 (1-t)^2} \end{aligned}$

So

$\begin{aligned} \int_{\mathcal{C}_3} x\,\mathrm{d}s &=\int_0^1 x(t) \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}(t)\,\mathrm{d}t =\int_0^1 (1-t)\sqrt{1+4(1-t)^2}\,\mathrm{d}t\\ &=\Big[-\frac{1}{12}{(1+4(1-t)^2)}^{3/2}\Big]_0^1 =\frac{1}{12}\big[-1+5^{3/2}\big] \end{aligned}$

All together $\int_{\mathcal{C}} x\,\mathrm{d}s=\frac{1}{2}+\frac{1}{12}\big[5^{3/2}-1\big] \approx 1.3484$

(b) By either Stokes' theorem or Green's theorem

$\begin{aligned} \int_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _R\Big[\frac{\partial }{\partial x}\big(x^2+\cos(y^2)\big) -\frac{\partial }{\partial y}\big(\sin(x^2)-xy\big) \Big]\ \mathrm{d}x \mathrm{d}y =\iint _R3x\ \mathrm{d}x \mathrm{d}y\\ &=3\int_0^1 \mathrm{d}x\int_0^{1-x^2}\mathrm{d}y\ x =3\int_0^1 \mathrm{d}x\ (1-x^2) x =3\Big[\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\Big]=\frac{3}{4} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.3절 · 25번

# 그린 정리계산도전자동 분류

벡터 미적분 전체 문제