벡터 미적분 전체 문제

아래 그림과 같이 $\theta=\mathop{\mathrm{arcsec}} t$ 인 삼각형을 그린다. 빗변의 길이는 $t$ 이고, $\theta$ 에 이웃한 변의 길이는 1 이다. 피타고라스 정리에 의해 나머지 한 변의 길이는 $\sqrt{t^2-1}$ 이므로 $\sin\theta=\sin(\mathop{\mathrm{arcsec}} t)=\frac{\sqrt{t^2-1}}{t}$ 이다.

$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\{\ln t\} = \frac{1}{t}$ 이고 $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\{\mathop{\mathrm{arcsec}} t\} = \frac{1}{|t|\sqrt{t^2-1}}$ 임을 기억하자. 우리가 다루는 범위 $1 \le t \le \sqrt 2$ 에서는 $|t|=t$ 이다.

$$\begin{aligned} \int_C \sin x \,\mathrm{d}s&=\int_{1}^{\sqrt 2}\sin\left(\mathop{\mathrm{arcsec}} t \right)\sqrt{\left(\frac{1}{t\sqrt{t^2-1}} \right)^2+\left(\frac1t \right)^2}\,\mathrm{d}t\\ &=\int_1^{\sqrt{2}} \frac{\sqrt{t^2-1}}{t}\sqrt{\frac{1}{t^2(t^2-1)}+\frac{1}{t^2}} \,\mathrm{d}t\\ &=\int_1^{\sqrt 2}\frac1t\,\mathrm{d}t=\frac{1}{2}\ln 2 \end{aligned}$$

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.

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.

도함수는 다음과 같다.

$$\begin{aligned} x'(t) &= -e^{-t}\cos t - e^{-t}\sin t &&= -x(t)-y(t) \\ y'(t) &= -e^{-t}\sin t + e^{-t}\cos t &&= -y(t)+x(t) \end{aligned}$$

따라서 $\big(x(t),y(t)\big)$ 는 연립미분방정식

$$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} &= v_1(x,y) = -x-y \\ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t} &= v_2(x,y) = \phantom{-}x-y \end{aligned}$$

의 해이다.

그러므로 벡터장은 $\mathbf{v}(x,y) = \big(v_1(x,y)\,,\,v_2(x,y)\big) = (-x-y\,,\,x-y)$ 이다.

장선은 다음을 만족한다.

$$\frac{\mathrm{d}x}{2y}=\frac{\mathrm{d}y}{x/y^2}=\frac{\mathrm{d}z}{e^y} \qquad\text{ $x,y\ne 0$ 일 때}$$

특히

$$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}x}{2y}=\frac{y^2\,\mathrm{d}y}{x} \implies x\,\mathrm{d}x=2y^3\,\mathrm{d}y \implies \frac{1}{2}x^2=\frac{1}{2}y^4+C \end{aligned}$$

$x=1$ 일 때 $y=1$ 이므로 $C=0$ 이다. 따라서 $x=y^2$ 이고

$$\frac{\mathrm{d}y}{x/y^2}=\frac{\mathrm{d}z}{e^y} \implies e^ydy=dz \implies z=e^y+D$$

$y=1$ 일 때 $z=e$ 이므로 $D=0$ 이다. 따라서 장선은 다음과 같다.

$$x=y^2 \qquad z=e^y$$

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

(a) $\mathbf{F}(x,y,z)$ 의 퍼텐셜을 구하여 이 벡터장이 보존적임을 보이겠다. $\varphi(x,y,z)$ 가 이 $\mathbf{F}$ 의 퍼텐셜이 되기 위한 필요충분조건은

$$\begin{aligned} \frac{\partial \varphi}{\partial x}(x,y,z) &= x \\ \frac{\partial \varphi}{\partial y}(x,y,z) &= -2y \\ \frac{\partial \varphi}{\partial z}(x,y,z) &= 3z \end{aligned}$$

이다.

이 중 첫 번째 식을 적분하면

$$\varphi(x,y,z) = \frac{x^2}{2} + f(y,z)$$

이다. 이를 두 번째 식에 대입하면

$$\frac{\partial f}{\partial y}(y,z) = -2y$$

이고, 이를 적분하면

$$f(y,z) = -y^2+ g(z)$$

이다. 마지막으로 $\varphi(x,y,z) = \frac{x^2}{2} -y^2 + g(z)$ 를 마지막 식에 대입하면

$$g'(z) = 3z$$

이고, 이를 적분하면

$$g(z) = \frac{3}{2} z^2 +C$$

이다. 여기서 $C$ 는 임의의 상수이다. 따라서 $\mathbf{F}(x,y,z)$ 는 보존적이며, $\varphi(x,y,z)=\tfrac{1}{2} x^2-y^2+\frac{3}{2}z^2$ 은 가능한 퍼텐셜 중 하나이다.

(b) 벡터장 $\mathbf{F}= F_1\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + F_2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 는 다음 검사를 통과해야만 보존적일 수 있다.

$$\frac{\partial F_1}{\partial y}=\frac{\partial F_2}{\partial x}$$

이 경우

$$\frac{\partial F_1}{\partial y} =\frac{\partial}{\partial y}\Big(\frac{x}{x^2+y^2}\Big) =-\frac{2xy}{{(x^2+y^2)}^2}$$

는

$$\frac{\partial F_2}{\partial x} =\frac{\partial}{\partial x}\Big(\frac{-y}{x^2+y^2}\Big) =\frac{2xy}{{(x^2+y^2)}^2}$$

와 다르다. 이는 $x$ 와 $y$ 가 모두 0 이 아닌 모든 $(x,y)$ 에 대해 성립한다. 따라서 $\mathbf{F}$ 는 보존적이 아니다.