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 · 2.4절 · 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

4.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

5.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

6.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

7.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

8.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

9.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

10.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

11.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

12.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

13.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

14.CLP-4 · 4.3절 · 25번대학 수준우리말 번역

$xy$ 평면에서 매끄럽고 단순하며 닫힌, 반시계 방향으로 향하는 곡선 $C$ 를 하나 구하세요. 이 곡선은 선적분 $\oint_C(y^3-y)\,\mathrm{d}x-2x^3\,dy$ 의 값이 매끄럽고 단순하며 닫힌, 반시계 방향으로 향하는 모든 곡선 중에서 최대가 되도록 하는 곡선입니다.

영어 원문 보기

Find a smooth, simple, closed, counterclockwise oriented curve, $C$ , in the $xy$ -plane for the which the value of the line integral $\oint_C(y^3-y)\,\mathrm{d}x-2x^3\,dy$ is a maximum among all smooth, simple, closed, counterclockwise oriented curves.

정답·풀이 보기

그린 정리에 의해

$\oint_C(y^3-y)\,\mathrm{d}x-2x^3\,\mathrm{d}y =\iint _R\Big[\frac{\partial }{\partial x}(-2x^3) -\frac{\partial }{\partial y}(y^3-y)\Big]\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\iint _R\Big[1-6x^2-3y^2\Big]\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$

이다. 여기서 $R$ 은 $xy$ 평면에서 경계가 $C$ 인 영역이다. 피적분함수 $1-6x^2-3y^2$ 은 타원 모양의 영역 $6x^2+3y^2\le 1$ 안에서는 양수이고 그 바깥에서는 음수임을 알 수 있다. 적분 $\iint _R\big[1-6x^2-3y^2\big]\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$ 를 최대로 하려면, 피적분함수가 $1-6x^2-3y^2\ge 0$ 인 모든 점 $(x,y)$ 는 $R$ 에 포함하고, 피적분함수가 $1-6x^2-3y^2< 0$ 인 모든 점 $(x,y)$ 는 제외하도록 $R$ 을 잡아야 한다. 따라서

$R=\big\{ \ (x,y)\ \big|\ 6x^2+3y^2\le 1\ \big\}$

로 잡는다.

이에 대응하는 $C$ 는 $6x^2+3y^2= 1$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

By Green's Theorem

$\oint_C(y^3-y)\,\mathrm{d}x-2x^3\,\mathrm{d}y =\iint _R\Big[\frac{\partial }{\partial x}(-2x^3) -\frac{\partial }{\partial y}(y^3-y)\Big]\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\iint _R\Big[1-6x^2-3y^2\Big]\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$

where $R$ is the region in the $xy$ -plane whose boundary is $C$ . Observe that the integrand $1-6x^2-3y^2$ is positive in the elliptical region $6x^2+3y^2\le 1$ and negative outside of it. To maximize the integral $\iint _R\big[1-6x^2-3y^2\big]\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$ we should choose $R$ to contain all points $(x,y)$ with the integrand $1-6x^2-3y^2\ge 0$ and to exclude all points $(x,y)$ with the integrand $1-6x^2-3y^2< 0$ . So we choose

$R=\big\{ \ (x,y)\ \big|\ 6x^2+3y^2\le 1\ \big\}$

The corresponding $C$ is $6x^2+3y^2= 1$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 6.4절 · 38번

# 그린 정리계산도전자동 분류

15.CLP-4 · 4.4절 · 29번대학 수준우리말 번역

$C$ 를 $x+2y-z=7$ 과 $x^2-2x+4y^2=15$ 의 교선이라 하자. 곡선 $C$ 는 $z$ 축 위쪽 높은 곳에서 볼 때 반시계 방향으로 향하고 있다.

$\mathbf{F}=\big(e^{x^2}+yz\big)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +\big(\cos(y^2)-x^2\big)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\big(\sin(z^2)+xy\big)\,\hat{\mathbf{k}}$

일 때, $\oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let $C$ be the intersection of $x+2y-z=7$ and $x^2-2x+4y^2=15$ . The curve $C$ is oriented counterclockwise when viewed from high on the $z$ -axis. Let

$\mathbf{F}=\big(e^{x^2}+yz\big)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +\big(\cos(y^2)-x^2\big)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\big(\sin(z^2)+xy\big)\,\hat{\mathbf{k}}$

Evaluate $\oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

$\mathbf{F}$ 의 꼴을 보면 직접 계산하기는 어려워 보인다. 그래서 스토크스 정리를 이용하되, $S$ 를 평면 $G(x,y,z)=x+2y-z=7$ 중에서 $x^2-2x+4y^2=15$ 의 안쪽에 있는 부분으로 잡는다. 그러면

$\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \pm \frac{{ \boldsymbol{\nabla} } G}{{ \boldsymbol{\nabla} } G\cdot\hat{\mathbf{k}}}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = \pm\big(\hat{\boldsymbol{\imath}}+2\hat{\boldsymbol{\jmath}}-\hat{\mathbf{k}}\big)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$

이다. $C$ 가 위에서 볼 때 반시계 방향이므로, 스토크스 정리에 따라 위쪽을 향하는 법선벡터를 택해야 하고, 따라서 $\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = -\big(\hat{\boldsymbol{\imath}}+2\hat{\boldsymbol{\jmath}}-\hat{\mathbf{k}}\big)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$ 이다.

다음을 관찰하면

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

이고 $x^2-2x+4y^2=15$ 를 $(x-1)^2+4y^2=16$ 으로 다시 쓸 수 있으므로,

$\begin{aligned} \oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S\\ &=\iint _{(x-1)^2+4y^2\le 16}\, [x\hat{\boldsymbol{\imath}}-(z+2x)\hat{\mathbf{k}}]\Big|_{z=-7+x+2y}\cdot(-1,-2,1)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\\ &=\iint _{(x-1)^2+4y^2\le 16} [-x-(-7+x+2y+2x)]\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\\ &=\iint _{(x-1)^2+4y^2\le 16} [7-4x-2y]\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}$

이다.

$x$ 와 $y$ 의 적분을 계산하기 위해, $xy$ 평면 위의 임의의 영역 $R$ 에 대하여 다음이 성립함을 이용한다.

$\bar x =\frac{\iint _R x\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y}{\text{넓이}(R)}\qquad \bar y =\frac{\iint _R y\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y}{\text{넓이}(R)}$

이 타원은 $\frac{(x-1)^2}{4^2}+\frac{y^2}{2^2}=1$ 이므로 넓이가 $\pi ab = \pi\times4\times 2=8\pi$ 이고 무게중심은 $(\bar x,\bar y) = (1,0)$ 이다. 따라서 $R=\big\{ \ (x,y)\ \big|\ \frac{(x-1)^2}{4^2}+\frac{y^2}{2^2}\le 1\ \big\}$ 로 놓으면

$\begin{aligned} \oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _R [7-4x-2y]\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\\ &=\text{넓이}(R) \big\{7-4\bar x-2\bar y\}\\ &=8\pi[7-4\times 1-2\times 0]=24\pi \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

Given the form of $\mathbf{F}$ , direct evaluation looks hard. So let's try Stokes' theorem, using as $S$ the part of the plane $G(x,y,z)=x+2y-z=7$ that is inside $x^2-2x+4y^2=15$ . Then

$\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \pm \frac{{ \boldsymbol{\nabla} } G}{{ \boldsymbol{\nabla} } G\cdot\hat{\mathbf{k}}}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = \pm\big(\hat{\boldsymbol{\imath}}+2\hat{\boldsymbol{\jmath}}-\hat{\mathbf{k}}\big)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$

As $C$ is oriented counterclockwise when viewed from high, Stokes' theorem specifies the upward pointing normal so that $\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = -\big(\hat{\boldsymbol{\imath}}+2\hat{\boldsymbol{\jmath}}-\hat{\mathbf{k}}\big)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$ .

From the observations that

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

and that we can rewrite $x^2-2x+4y^2=15$ as $(x-1)^2+4y^2=16$ , we have

$\begin{aligned} \oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S\\ &=\iint _{(x-1)^2+4y^2\le 16}\, [x\hat{\boldsymbol{\imath}}-(z+2x)\hat{\mathbf{k}}]\Big|_{z=-7+x+2y}\cdot(-1,-2,1)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\\ &=\iint _{(x-1)^2+4y^2\le 16} [-x-(-7+x+2y+2x)]\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\\ &=\iint _{(x-1)^2+4y^2\le 16} [7-4x-2y]\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}$

To evaluate the integrals of $x$ and $y$ we use that, for any region $R$ in the $xy$ –plane,

$\bar x =\frac{\iint _R x\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y}{\text{Area}(R)}\qquad \bar y =\frac{\iint _R y\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y}{\text{Area}(R)}$

Our ellipse is $\frac{(x-1)^2}{4^2}+\frac{y^2}{2^2}=1$ and so has area $\pi ab = \pi\times4\times 2=8\pi$ and centroid $(\bar x,\bar y) = (1,0)$ . So, using $R=\big\{ \ (x,y)\ \big|\ \frac{(x-1)^2}{4^2}+\frac{y^2}{2^2}\le 1\ \big\}$ ,

$\begin{aligned} \oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _R [7-4x-2y]\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\\ &=\text{Area}(R) \big\{7-4\bar x-2\bar y\}\\ &=8\pi[7-4\times 1-2\times 0]=24\pi \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.4절 · 28번

# 스토크스 정리계산도전자동 분류

16.CLP-4 · 4.4절 · 30번대학 수준우리말 번역

(a) 벡터장 $\mathbf{F} = \big(2 + x^2 + z\,,\, 0\,,\, 3 + x^2 z\big)$ 의 회전(curl)을 구하세요. (b) $C$ 를 $\mathbb{R}^3$ 에서 점 $(0, 0, 0)$ 에서 점 $(2, 0, 0)$ 까지 가는 곡선이라 하자. 이 곡선은 점 $(0, 0, 0)$ 에서 $(0, 0, 3)$ 까지, $(0, 0, 3)$ 에서 $(0, 1, 0)$ 까지, 그리고 $(0, 1, 0)$ 에서 $(2, 0, 0)$ 까지 잇는 세 개의 선분이 차례로 이어진 것이다. 선적분

$\int_C \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}$

의 값을 구하세요. 여기서 $\mathbf{F}$ 는 (a)의 벡터장이다.

영어 원문 보기

(a) Find the curl of the vector field $\mathbf{F} = \big(2 + x^2 + z\,,\, 0\,,\, 3 + x^2 z\big)$ . (b) Let $C$ be the curve in $\mathbb{R}^3$ from the point $(0, 0, 0)$ to the point $(2, 0, 0)$ , consisting of three consecutive line segments connecting the points $(0, 0, 0)$ to $(0, 0, 3)$ , $(0, 0, 3)$ to $(0, 1, 0)$ , and $(0, 1, 0)$ to $(2, 0, 0)$ . Evaluate the line integral

$\int_C \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}$

where $\mathbf{F}$ is the vector field from (a).

정답·풀이 보기

(a) 회전은 다음과 같다.

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F} &=\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} &\hat{\boldsymbol{\jmath}} &\hat{\mathbf{k}} \\ \tfrac{\partial}{\partial x} & \tfrac{\partial}{\partial y} & \tfrac{\partial}{\partial z} \\ 2+x^2+z & 0 & 3+x^2z \end{matrix} \right] =(1-2xz)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} \end{aligned}$

(b) 스토크스 정리를 이용한다. 주어진 곡선 $C$ 는 닫혀 있지 않으므로 어떤 곡면의 경계가 아니다. 그래서 $C$ 에 $(2,0,0)$ 에서 $(0,0,0)$ 까지의 선분 $L$ 을 이어 붙여 $C$ 를 닫힌 곡선 $\tilde C$ 로 확장한다. 아래 그림에서 $C$ 는 빨간 곡선이고 $\tilde C$ 는 $C$ 와 파란 선분을 합한 것이다.

닫힌 곡선 $\tilde C$ 는 다음 두 삼각형의 합집합인 곡면 $S$ 의 경계이다.

$yz$ 평면 위에 있고 꼭짓점이 $(0,0,0)$ , $(0,0,3)$ , $(0,1,0)$ 이며 법선 벡터가 $-\hat{\boldsymbol{\imath}}$ 인 삼각형 $T_1$
$xy$ 평면 위에 있고 꼭짓점이 $(0,0,0)$ , $(0,1,0)$ , $(2,0,0)$ 이며 법선 벡터가 $-\hat{\mathbf{k}}$ 인 삼각형 $T_2$

따라서 스토크스 정리에 의해

$\begin{aligned} \int_C \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} + \int_L \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} &= \int_{\partial S} \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} = \iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S \\ &= \iint _{T_1} { \boldsymbol{\nabla} }\times \mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\imath}})\,\mathrm{d}S + \iint _{T_2} { \boldsymbol{\nabla} }\times \mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S \\ &= \iint _{T_1} (1-2xz)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\imath}})\,\mathrm{d}S + \iint _{T_2} (1-2xz)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S \\ &=0 \end{aligned}$

그러므로 구하려는 적분은

$\begin{aligned} \int_C \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} &=- \int_L \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} =- \int_2^0 (2+x^2)\,\mathrm{d}x \qquad\text{$L$ 위에서 $\mathrm{d}y=\mathrm{d}z=z=0$ 이므로} \\ &=\int_0^2 (2+x^2)\,\mathrm{d}x ={\left[2x+\frac{x^3}{3}\right]}_0^2 =\frac{20}{3} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

(a) The curl is

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F} &=\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} &\hat{\boldsymbol{\jmath}} &\hat{\mathbf{k}} \\ \tfrac{\partial}{\partial x} & \tfrac{\partial}{\partial y} & \tfrac{\partial}{\partial z} \\ 2+x^2+z & 0 & 3+x^2z \end{matrix} \right] =(1-2xz)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} \end{aligned}$

(b) We are going to use Stokes' theorem. The specified curve $C$ is not closed and so is not the boundary of a surface. So we extend $C$ to a closed curve $\tilde C$ by appending to $C$ the line segment $L$ from $(2,0,0)$ to $(0,0,0)$ . In the figure below, $C$ is the red curve and $\tilde C$ is $C$ plus the blue line segment.

The closed curve $\tilde C$ is boundary of the surface $S$ that is the union of

the triangle $T_1$ in the $yz$ -plane with vertices $(0,0,0)$ , $(0,0,3)$ and $(0,1,0)$ and with normal vector $-\hat{\boldsymbol{\imath}}$ and
the triangle $T_2$ in the $xy$ -plane with vertices $(0,0,0)$ , $(0,1,0)$ and $(2,0,0)$ and with normal vector $-\hat{\mathbf{k}}$ .

So, by Stokes' theorem

$\begin{aligned} \int_C \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} + \int_L \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} &= \int_{\partial S} \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} = \iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S \\ &= \iint _{T_1} { \boldsymbol{\nabla} }\times \mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\imath}})\,\mathrm{d}S + \iint _{T_2} { \boldsymbol{\nabla} }\times \mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S \\ &= \iint _{T_1} (1-2xz)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\imath}})\,\mathrm{d}S + \iint _{T_2} (1-2xz)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S \\ &=0 \end{aligned}$

Consequently the integral of interest

$\begin{aligned} \int_C \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} &=- \int_L \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} =- \int_2^0 (2+x^2)\,\mathrm{d}x \qquad\text{since $\mathrm{d}y=\mathrm{d}z=z=0$ on $L$} \\ &=\int_0^2 (2+x^2)\,\mathrm{d}x ={\left[2x+\frac{x^3}{3}\right]}_0^2 =\frac{20}{3} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.4절 · 31번

# 스토크스 정리계산도전자동 분류

17.CLP-4 · 4.4절 · 31번대학 수준우리말 번역

(a) $S$ 를 원기둥면 $y^2 + z^2 = 9$ ( $x = 0$ 과 $x = 5$ 사이)와, $yz$ 평면 위에서 원점을 중심으로 하는 반지름 $3$ 인 원판으로 이루어진 양동이 모양의 곡면이라 하자. (양동이 $S$ 는 바닥은 있지만 뚜껑은 없다.) $S$ 의 단위법선벡터가 바깥쪽을 향하도록 방향을 정한다. $\mathbf{G} = (x, -z, y)$ 일 때, $S$ 를 지나는 벡터장 ${ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{G}$ 의 플럭스를 구하세요. (b) $S$ 가 (a)와 같을 때, $S$ 를 지나는 벡터장 $\mathbf{F} = (2 + z, xz^2 , x \cos y)$ 의 플럭스를 구하세요.

영어 원문 보기

(a) Let $S$ be the bucket shaped surface consisting of the cylindrical surface $y^2 + z^2 = 9$ between $x = 0$ and $x = 5$ , and the disc inside the $yz$ -plane of radius $3$ centered at the origin. (The bucket $S$ has a bottom, but no lid.) Orient $S$ in such a way that the unit normal points outward. Compute the flux of the vector field ${ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{G}$ through $S$ , where $\mathbf{G} = (x, -z, y)$ . (b) Compute the flux of the vector field $\mathbf{F} = (2 + z, xz^2 , x \cos y)$ through $S$ , where $S$ is as in (a).

답 쓰고 채점

(a)

(b)

정답·풀이 보기

(a) 직접 계산: $\mathbf{G}$ 의 회전(curl)은 다음과 같다.

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{G} &=\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} &\hat{\boldsymbol{\jmath}} &\hat{\mathbf{k}} \\ \tfrac{\partial}{\partial x} & \tfrac{\partial}{\partial y} & \tfrac{\partial}{\partial z} \\ x & -z & y \end{matrix} \right] =2\hat{\boldsymbol{\imath}} \end{aligned}$

$S$ 중 제1팔분공간에 있는 부분은 아래 왼쪽 그림과 같다. $S$ 는 두 부분, 즉 원기둥면

$S_1 = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ y^2+z^2=9,\ 0\le x\le 5\ \big\}$

과 원판

$S_2 = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x=0,\ y^2+z^2\le 9\ \big\}$

으로 이루어진다.

$S_1$ 의 법선벡터 $\hat{\mathbf{n}}$ 은 항상 원기둥에서 반지름 방향 바깥쪽을 향하므로 $\hat{\boldsymbol{\imath}}$ 성분이 항상 $0$ 이다. $S_2$ 의 법선벡터는 $-\hat{\boldsymbol{\imath}}$ 이다. 따라서 플럭스는 다음과 같다.

$\begin{aligned} \iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times \mathbf{G} \cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= \iint _{S_1} 2\hat{\boldsymbol{\imath}} \cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S + \iint _{S_2} 2\hat{\boldsymbol{\imath}} \cdot (-\hat{\boldsymbol{\imath}})\,\mathrm{d}S \\ &= -2 \iint _{S_2} \mathrm{d}S \\ &= -2 \big(\pi 3^2\big) = -18\pi \end{aligned}$

(a) 스토크스 정리 이용: 스토크스 정리를 이용하자. $S$ 의 경계 $\partial S$ 는 원 $y^2+z^2=9$ , $x=5$ 이고, $x$ 축의 먼 쪽에서 볼 때 시계 방향으로 방향이 주어진다. 이를 $\mathbf{r}(\theta)=\big(5, 3\cos\theta, -3\sin\theta\big)$ 로 매개화한다. 그러면 스토크스 정리에 의해 다음을 얻는다.

$\begin{aligned} \iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{G}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\oint_{\partial S}\mathbf{G}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} \\ &=\int_0^{2\pi} \big(5\,,\,3\sin\theta,3\cos\theta\big)\cdot \big(0\,,\,-3\sin\theta\,,\,-3\cos\theta\big)\,\mathrm{d}\theta \\ &=\int_0^{2\pi} \big(-9\sin^2\theta-9\cos^2\theta\big)\,\mathrm{d}\theta \\ &=-18\pi \end{aligned}$

(b) 이번에는 발산 정리를 이용하자. 곡면 $S$ 는 닫혀 있지 않다. 그래서 $S$ 위에 뚜껑 $T=\big\{ \ (5,y,z)\ \big|\ y^2+z^2\le 9\ \big\}$ 를 “덮어서” 만든 보조 곡면을 이용한다. $T$ 의 법선벡터를 $\hat{\boldsymbol{\imath}}$ 로 정하면, $S$ 와 $T$ 의 합집합인 이 보조 곡면은 $V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ y^2+z^2\le 9,\ 0\le x\le 5\ \big\}$ 의 경계이다. 따라서 발산 정리에 의해 다음을 얻는다.

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

${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot \mathbf{F} = 0$ 이기 때문이다. 그러므로 구하는 플럭스는 다음과 같다.

$\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=-\iint _T \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =-\iint _T \mathbf{F}\cdot\hat{\boldsymbol{\imath}}\,\mathrm{d}S =-\iint _T (2+z)\,\mathrm{d}S \\ &=-2\iint _T \,\mathrm{d}S \qquad\text{$z$ 가 홀함수이므로 $\iint _T z\,\mathrm{d}S=0$ 이다}\\ &= -18\pi \qquad\text{$T$ 의 넓이가 $9\pi$ 이므로} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

(a) by direct evaluation: The curl of $\mathbf{G}$ is

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{G} &=\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} &\hat{\boldsymbol{\jmath}} &\hat{\mathbf{k}} \\ \tfrac{\partial}{\partial x} & \tfrac{\partial}{\partial y} & \tfrac{\partial}{\partial z} \\ x & -z & y \end{matrix} \right] =2\hat{\boldsymbol{\imath}} \end{aligned}$

The part of $S$ in the first octant is sketched in the figure on the left below. $S$ consists of two parts — the cylindrical surface

$S_1 = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ y^2+z^2=9,\ 0\le x\le 5\ \big\}$

and the disc

$S_2 = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x=0,\ y^2+z^2\le 9\ \big\}$

The normal $\hat{\mathbf{n}}$ to $S_1$ always points radially outward from the cylinder and so always has $\hat{\boldsymbol{\imath}}$ component zero. The normal of $S_2$ is $-\hat{\boldsymbol{\imath}}$ . So the flux is

$\begin{aligned} \iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times \mathbf{G} \cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= \iint _{S_1} 2\hat{\boldsymbol{\imath}} \cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S + \iint _{S_2} 2\hat{\boldsymbol{\imath}} \cdot (-\hat{\boldsymbol{\imath}})\,\mathrm{d}S \\ &= -2 \iint _{S_2} \mathrm{d}S \\ &= -2 \big(\pi 3^2\big) = -18\pi \end{aligned}$

(a) using Stokes' theorem: Let's use Stokes' theorem. The boundary $\partial S$ of $S$ is the cirlce $y^2+z^2=9$ , $x=5$ , oriented clockwise when viewed from far down the $x$ -axis. We'll parametrize it by $\mathbf{r}(\theta)=\big(5, 3\cos\theta, -3\sin\theta\big)$ . Then Stokes' theorem gives

$\begin{aligned} \iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{G}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\oint_{\partial S}\mathbf{G}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} \\ &=\int_0^{2\pi} \big(5\,,\,3\sin\theta,3\cos\theta\big)\cdot \big(0\,,\,-3\sin\theta\,,\,-3\cos\theta\big)\,\mathrm{d}\theta \\ &=\int_0^{2\pi} \big(-9\sin^2\theta-9\cos^2\theta\big)\,\mathrm{d}\theta \\ &=-18\pi \end{aligned}$

(b) This time we'll use the divergence theorem. The surface $S$ is not closed. So we'll use the auxilary surface formed by “topping $S$ off” with the cap $T=\big\{ \ (5,y,z)\ \big|\ y^2+z^2\le 9\ \big\}$ . If we give $T$ the normal vector $\hat{\boldsymbol{\imath}}$ , this auxiliary surface, the union of $S$ and $T$ , is the boundary of $V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ y^2+z^2\le 9,\ 0\le x\le 5\ \big\}$ . So the divergence theorem gives

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

since ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot \mathbf{F} = 0$ . Thus the flux of interest is

$\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=-\iint _T \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =-\iint _T \mathbf{F}\cdot\hat{\boldsymbol{\imath}}\,\mathrm{d}S =-\iint _T (2+z)\,\mathrm{d}S \\ &=-2\iint _T \,\mathrm{d}S \qquad\text{since $\iint _T z\,\mathrm{d}S=0$, because $z$ is odd}\\ &= -18\pi \qquad\text{since $T$ has area $9\pi$} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.4절 · 32번

# 스토크스 정리계산도전자동 분류

18.CLP-4 · 4.4절 · 32번대학 수준우리말 번역

다음과 같이 두자.

$\mathbf{F}(x, y, z) = \Big(\frac{y}{x} +x^{1+x^2}\,,\, x^2-y^{1+y^2}\,,\, \cos^5(\ln z)\Big)$

(a) $\mathbf{F}$ 의 정의역 $D$ 를 쓰세요. (b) 옳은 설명을 모두 고르세요.

(a) D는 연결되어 있다. (b) D는 단순연결이다. (c) D는 연결되어 있지 않다. (c) ${ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}$ 를 구하세요. (d) $C$ 를 평면 $z = 2$ 위에서 꼭짓점이 $(3 \pm 1, 3 \pm 1)$ 인 정사각형이라 하고, 시계 방향(위에서 내려다본 방향, 즉 $z$ 축 아래 방향으로 본 방향)으로 향을 주자. 다음을 구하세요.

$\int_C \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{r}$ (e) $\mathbf{F}$ 는 보존적인지 판단하세요.

영어 원문 보기

Let

$\mathbf{F}(x, y, z) = \Big(\frac{y}{x} +x^{1+x^2}\,,\, x^2-y^{1+y^2}\,,\, \cos^5(\ln z)\Big)$

(a) Write down the domain $D$ of $\mathbf{F}$ . (b) Circle the correct statement(s):

(a) D is connected. (b) D is simply connected. (c) D is disconnected. (c) Compute ${ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}$ . (d) Let $C$ be the square with corners $(3 \pm 1, 3 \pm 1)$ in the plane $z = 2$ , oriented clockwise (viewed from above, i.e. down $z$ -axis). Compute

$\int_C \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{r}$ (e) Is $\mathbf{F}$ conservative?

정답·풀이 보기

(a)

$\frac{y}{x}$ 는 $x\ne 0$ 일 때 정의되고,
$x^{1+x^2}=e^{(1+x^2)\ln x}$ 는 $\ln x$ 가 정의될 때 정의되는데, 이는 $x>0$ 일 때이다(복소수를 사용할 수 없다고 가정한다). 그리고
$y^{1+y^2}=e^{(1+y^2)\ln y}$ 는 $\ln y$ 가 정의될 때 정의되는데, 이는 $y>0$ 일 때이다. 그리고
$\cos^5(\ln z)$ 는 $\ln z$ 가 정의될 때 정의되는데, 이는 $z>0$ 일 때이다.

따라서 $\mathbf{F}$ 의 정의역은 다음과 같다.

$D=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x>0,\ y>0,\ z>0\ \big\}$

(b) 정의역 $D$ 는 연결되어 있고(D 안의 임의의 두 점을 D 안에 완전히 놓이는 곡선으로 이을 수 있다) 단순연결이다(D 안의 임의의 단순닫힌곡선을 D 안에서 연속적으로 한 점까지 줄일 수 있다).

(c) $\mathbf{F}$ 의 회전은 다음과 같다.

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F} &=\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} &\hat{\boldsymbol{\jmath}} &\hat{\mathbf{k}} \\ \tfrac{\partial}{\partial x} & \tfrac{\partial}{\partial y} & \tfrac{\partial}{\partial z} \\ \frac{y}{x} +x^{1+x^2} & x^2-y^{1+y^2} & \cos^5(\ln z) \end{matrix} \right] =\big(2x-{1}/{x}\big)\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

(d) 직접 계산하려면 피적분함수가 매우 복잡해 보인다. 반면 ${ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}$ 는 상당히 간단하다. 그러므로 스토크스 정리를 써 보자. 다음과 같이 놓는다.

$S=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 2\le x\le 4,\ 2\le y\le 4,\ z=2\ \big\}$

$S$ 의 경계는 $C$ 이다. $C$ 가 시계 방향이므로 $S$ 의 법선벡터를 $-\hat{\mathbf{k}}$ 로 정한다. 아래 그림을 보라.

그러면 스토크스 정리에 의해

$\begin{aligned} \oint_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S = -\iint _S \big(2x-\tfrac{1}{x}\big)\,\mathrm{d}S \\ &= -\int_2^4\mathrm{d}x\int_2^4\mathrm{d}y\ \big(2x-\tfrac{1}{x}\big) =-\int_2^4\mathrm{d}x\ 2\big(2x-\tfrac{1}{x}\big) = - 2\Big[x^2-\ln x\Big]_2^4 \\ &=-2\big[12-\ln 2\big] =2\ln 2-24 \end{aligned}$

(e) ${ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}$ 가 $\mathbf{0}$ 이 아니므로 $\mathbf{F}$ 는 보존적일 수 없다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) Since

$\frac{y}{x}$ is defined when $x\ne 0$ and
$x^{1+x^2}=e^{(1+x^2)\ln x}$ is defined when $\ln x$ is defined, which is when $x>0$ (assuming that we are not allowed to use complex numbers) and
$y^{1+y^2}=e^{(1+y^2)\ln y}$ is defined when $\ln y$ is defined, which is when $y>0$ and
$\cos^5(\ln z)$ is defined when $\ln z$ is defined, which when $z>0$

the domain of $\mathbf{F}$ is

$D=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x>0,\ y>0,\ z>0\ \big\}$

(b) The domain $D$ is both connected (any two points in $D$ can be joined by a curve that lies completely in $D$ ) and simply connected (any simple closed curve in $D$ can be shrunk to a point continuously in $D$ ).

(c) The curl of $\mathbf{F}$ is

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F} &=\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} &\hat{\boldsymbol{\jmath}} &\hat{\mathbf{k}} \\ \tfrac{\partial}{\partial x} & \tfrac{\partial}{\partial y} & \tfrac{\partial}{\partial z} \\ \frac{y}{x} +x^{1+x^2} & x^2-y^{1+y^2} & \cos^5(\ln z) \end{matrix} \right] =\big(2x-{1}/{x}\big)\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

(d) The integrand for direct evaluation looks very complicated. On the other hand ${ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}$ is quite simple. So let's try Stokes' thoerem. Denote

$S=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 2\le x\le 4,\ 2\le y\le 4,\ z=2\ \big\}$

The boundary of $S$ is $C$ . Because of the clockwise orientation of $C$ , we assign the normal vector $-\hat{\mathbf{k}}$ to $S$ . See the sketch below

Then, by Stokes' theorem,

$\begin{aligned} \oint_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S = -\iint _S \big(2x-\tfrac{1}{x}\big)\,\mathrm{d}S \\ &= -\int_2^4\mathrm{d}x\int_2^4\mathrm{d}y\ \big(2x-\tfrac{1}{x}\big) =-\int_2^4\mathrm{d}x\ 2\big(2x-\tfrac{1}{x}\big) = - 2\Big[x^2-\ln x\Big]_2^4 \\ &=-2\big[12-\ln 2\big] =2\ln 2-24 \end{aligned}$

(e) Since ${ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}$ is not $\mathbf{0}$ , $\mathbf{F}$ cannot be conservative.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.4절 · 34번

# 스토크스 정리계산도전자동 분류

19.CLP-4 · 4.4절 · 34번대학 수준우리말 번역

$C$ 를 $xy$ 평면에서 점 $(0, 0)$ 에서 점 $(5, 5)$ 까지 가는 곡선이라 하자. 이 곡선은 점 $(0,0)$ , $(0,1)$ , $(1,1)$ , $(1,2)$ , $(2,2)$ , $(2,3)$ , $(3,3)$ , $(3,4)$ , $(4,4)$ , $(4,5)$ , $(5,5)$ 를 차례로 이은 열 개의 선분으로 이루어져 있다. 선적분

$\begin{aligned} \int_C \mathbf{F} \cdot\mathrm{d}\mathbf{r} \end{aligned}$

의 값을 구하세요. 단,

$\begin{aligned} \mathbf{F} = y\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (2x - 10)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} \end{aligned}$

이다.

영어 원문 보기

Let $C$ be the curve in the $xy$ -plane from the point $(0, 0)$ to the point $(5, 5)$ consisting of the ten line segments consecutively connecting the points $(0,0)$ , $(0,1)$ , $(1,1)$ , $(1,2)$ , $(2,2)$ , $(2,3)$ , $(3,3)$ , $(3,4)$ , $(4,4)$ , $(4,5)$ , $(5,5)$ . Evaluate the line integral

$\begin{aligned} \int_C \mathbf{F} \cdot\mathrm{d}\mathbf{r} \end{aligned}$

where

$\begin{aligned} \mathbf{F} = y\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (2x - 10)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} \end{aligned}$

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

$C$ 가 열 개의 선분으로 이루어져 있으므로 직접 계산하는 것은 아마도 그리 효율적이지 않을 것이다. 다른 방법으로 두 가지를 생각할 수 있다. $\mathbf{F}$ 가 보존적이면 $\mathbf{F}$ 의 퍼텐셜을 이용할 수 있다. $\mathbf{F}$ 가 보존적이지 않더라도 스토크스 정리(또는 그린 정리)를 효율적으로 이용할 수 있을지 모른다. 그래서 다음을 계산하자.

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F} &=\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} &\hat{\boldsymbol{\jmath}} &\hat{\mathbf{k}} \\ \tfrac{\partial}{\partial x} & \tfrac{\partial}{\partial y} & \tfrac{\partial}{\partial z} \\ y & 2x-10 & 0 \end{matrix} \right] =\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

${ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\ne\mathbf{0}$ 이므로 벡터장 $\mathbf{F}$ 는 보존적이 아니다. 또 ${ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\ne\mathbf{0}$ 이 매우 간단하므로, 스토크스 정리를 이용하면 적분을 효율적으로 계산할 수 있을 것 같다. 아래 왼쪽 그림에 $C$ 의 개형이 있다.

곡선 $C$ 는 닫혀 있지 않으므로 어떤 곡면의 경계가 아니며, 따라서 스토크스 정리를 바로 적용할 수 없다. 그러나 경계가 $C$ 를 포함하는 곡면은 쉽게 떠올릴 수 있다. 위 오른쪽 그림에서 색칠한 영역을 $R$ 이라 하자. $R$ 의 경계 $\partial R$ 은 $C$ 와 선분 $L$ 의 두 부분으로 이루어져 있다. $R$ 의 법선은 $-\hat{\mathbf{k}}$ 방향이다( $\partial R$ 가 시계 방향으로 향하므로). 따라서 스토크스 정리에 의해

$\begin{aligned} \int_C \mathbf{F} \cdot\mathrm{d}\mathbf{r} + \int_L \mathbf{F} \cdot\mathrm{d}\mathbf{r} = \iint _R { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F} \cdot(-\hat{\mathbf{k}})\ \mathrm{d}S = \iint _R (\hat{\mathbf{k}}) \cdot(-\hat{\mathbf{k}})\ \mathrm{d}S = -\text{Area}(R) \end{aligned}$

이다.

$R$ 은 높이가 $1$ 이고 밑변이 $1$ 인 삼각형 $5$ 개의 합집합이다. 따라서

$\text{Area}(R) = 5\times \frac{1}{2}\times 1\times 1 =\frac{5}{2}$

이다.

$(0,0)$ 에서 $(5,5)$ 까지의 선분을 $-L$ 이라 하면, $-L$ 은 $\mathbf{r}(t) = t(5,5)$ , $0\le t\le 1$ 로 매개화할 수 있고

$\begin{aligned} \int_{-L} \mathbf{F} \cdot\mathrm{d}\mathbf{r} &=\int_0^1 \overbrace{\big(5t\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (10t-10)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\big)}^{\mathbf{F}(\mathbf{r}(t))} \cdot\overbrace{(5\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+5\,\hat{\boldsymbol{\jmath}})}^{\mathbf{r}'(t)}\ \mathrm{d}t =\int_0^1 5\big(15t-10\big) \mathrm{d}t =25\left(\frac{3}{2}-2\right) \\ &=-\frac{25}{2} \end{aligned}$

이다.

종합하면

$\begin{aligned} \int_C \mathbf{F} \cdot\mathrm{d}\mathbf{r} = -\text{Area}(R) - \int_L \mathbf{F} \cdot\mathrm{d}\mathbf{r} = -\text{Area}(R) + \int_{-L} \mathbf{F} \cdot\mathrm{d}\mathbf{r} =-\frac{5}{2}-\frac{25}{2} =-15 \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

Considering that there are ten line segments in $C$ , it is probably not very efficient to use direct evaluation. Two other possible methods come to mind. If $\mathbf{F}$ is conservative, we can use $\mathbf{F}$ 's potential. Even if $\mathbf{F}$ is not conservative, it may be possible to efficiently use Stokes' (or Green's) theorem. So let's compute

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F} &=\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} &\hat{\boldsymbol{\jmath}} &\hat{\mathbf{k}} \\ \tfrac{\partial}{\partial x} & \tfrac{\partial}{\partial y} & \tfrac{\partial}{\partial z} \\ y & 2x-10 & 0 \end{matrix} \right] =\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

As ${ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\ne\mathbf{0}$ , the vector field $\mathbf{F}$ is not conservative. As ${ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\ne\mathbf{0}$ is very simple, it looks like Stokes' theorem could provide an efficient way to compute the integral. The left figure below contains a sketch of $C$ .

The curve $C$ is not closed, and so is not the boundary of a surface, so we cannot apply Stokes' theorem directly. But we can easily come up with a surface whose boundary contains $C$ . Let $R$ be the shaded region in the figure on the right above. The boundary $\partial R$ of $R$ consists of two parts — $C$ and the line segment $L$ . The normal of $R$ for $-\hat{\mathbf{k}}$ (since $\partial R$ is oriented clockwise). So Stokes' theorem gives

$\begin{aligned} \int_C \mathbf{F} \cdot\mathrm{d}\mathbf{r} + \int_L \mathbf{F} \cdot\mathrm{d}\mathbf{r} = \iint _R { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F} \cdot(-\hat{\mathbf{k}})\ \mathrm{d}S = \iint _R (\hat{\mathbf{k}}) \cdot(-\hat{\mathbf{k}})\ \mathrm{d}S = -\text{Area}(R) \end{aligned}$

$R$ is the union of $5$ triangles, each of height $1$ and base $1$ . So

$\text{Area}(R) = 5\times \frac{1}{2}\times 1\times 1 =\frac{5}{2}$

If we denote by $-L$ the line segment from $(0,0)$ to $(5,5)$ , we can parametrize $-L$ by $\mathbf{r}(t) = t(5,5)$ , $0\le t\le 1$ and

$\begin{aligned} \int_{-L} \mathbf{F} \cdot\mathrm{d}\mathbf{r} &=\int_0^1 \overbrace{\big(5t\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (10t-10)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\big)}^{\mathbf{F}(\mathbf{r}(t))} \cdot\overbrace{(5\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+5\,\hat{\boldsymbol{\jmath}})}^{\mathbf{r}'(t)}\ \mathrm{d}t =\int_0^1 5\big(15t-10\big) \mathrm{d}t =25\left(\frac{3}{2}-2\right) \\ &=-\frac{25}{2} \end{aligned}$

All together

$\begin{aligned} \int_C \mathbf{F} \cdot\mathrm{d}\mathbf{r} = -\text{Area}(R) - \int_L \mathbf{F} \cdot\mathrm{d}\mathbf{r} = -\text{Area}(R) + \int_{-L} \mathbf{F} \cdot\mathrm{d}\mathbf{r} =-\frac{5}{2}-\frac{25}{2} =-15 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.4절 · 36번

# 스토크스 정리계산도전자동 분류

20.CLP-4 · 4.4절 · 36번대학 수준우리말 번역

패러데이 법칙의 적분형

$\oint_C\mathbf{E}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} = -\frac{1}{c}\ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\iint _S\mathbf{H}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S$

로부터 미분형

${ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{E} = -\frac{1}{c}\frac{\partial\mathbf{H}}{\partial t}$

를 어떻게 이끌어 내는지 설명하세요.

영어 원문 보기

Explain how one deduces the differential form

${ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{E} = -\frac{1}{c}\frac{\partial\mathbf{H}}{\partial t}$

of Faraday's law from its integral form

$\oint_C\mathbf{E}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} = -\frac{1}{c}\ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\iint _S\mathbf{H}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S$

정답·풀이 보기

스토크스 정리에 의해

$\oint_C\mathbf{E}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}=\iint _S({ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{E})\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S$

이므로 패러데이 법칙은 다음과 같이 된다.

$\iint _S\Big({ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{E} +\frac{1}{c}\frac{\partial\mathbf{H}}{\partial t}\Big)\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S=0$

이것은 모든 곡면 $S$ 에 대해 성립한다. 따라서 피적분함수가 연속이라고 가정하면 피적분함수는 0이어야 한다.

이를 확인하기 위해 $\mathbf{G}=\Big({ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{E}+\frac{1}{c}\frac{\partial\mathbf{H}}{\partial t}\Big)$ 라 하자. $\mathbf{G}(\mathbf{x}_0)\ne 0$ 이라고 가정한다. $\mathbf{G}(\mathbf{x}_0)$ 의 방향으로 단위 벡터 $\hat{\mathbf{n}}$ 을 잡는다. $S$ 를 $\mathbf{x}_0$ 를 중심으로 하고 법선 벡터가 $\hat{\mathbf{n}}$ (우리가 잡은 벡터)인 아주 작은 평평한 원판이라 하자. 그러면 $\mathbf{G}(\mathbf{x}_0)\cdot\hat{\mathbf{n}}>0$ 이고, $S$ 를 충분히 작게 잡았다면 연속성에 의해 $S$ 위의 모든 $\mathbf{x}$ 에 대해 $\mathbf{G}(\mathbf{x})\cdot\hat{\mathbf{n}}>0$ 이다. 그러면 $\iint _S\Big({ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{E} +\frac{1}{c}\frac{\partial\mathbf{H}}{\partial t}\Big)\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S>0$ 이 되어 모순이다. 따라서 모든 곳에서 $\mathbf{G}=\mathbf{0}$ 이고, 다음을 얻는다.

${ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{E}+\frac{1}{c}\frac{\partial\mathbf{H}}{\partial t}=0$

원본 교재 풀이(영어)

By Stokes' Theorem,

$\oint_C\mathbf{E}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}=\iint _S({ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{E})\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S$

so Faraday's law becomes

$\iint _S\Big({ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{E} +\frac{1}{c}\frac{\partial\mathbf{H}}{\partial t}\Big)\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S=0$

This is true for all surfaces $S$ . So the integrand, assuming that it is continuous, must be zero.

To see this, let $\mathbf{G}=\Big({ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{E}+\frac{1}{c}\frac{\partial\mathbf{H}}{\partial t}\Big)$ . Suppose that $\mathbf{G}(\mathbf{x}_0)\ne 0$ . Pick a unit vector $\hat{\mathbf{n}}$ in the direction of $\mathbf{G}(\mathbf{x}_0)$ . Let $S$ be a very small flat disk centered on $\mathbf{x}_0$ with normal $\hat{\mathbf{n}}$ (the vector we picked). Then $\mathbf{G}(\mathbf{x}_0)\cdot\hat{\mathbf{n}}>0$ and, by continuity, $\mathbf{G}(\mathbf{x})\cdot\hat{\mathbf{n}}>0$ for all $\mathbf{x}$ on $S$ , if we have picked $S$ small enough. Then $\iint _S\Big({ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{E} +\frac{1}{c}\frac{\partial\mathbf{H}}{\partial t}\Big)\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S>0$ , which is a contradiction. So $\mathbf{G}=\mathbf{0}$ everywhere and we conclude that

${ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{E}+\frac{1}{c}\frac{\partial\mathbf{H}}{\partial t}=0$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.4절 · 37번

# 스토크스 정리계산도전자동 분류

벡터 미적분 전체 문제