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문제 은행 · 미적분 · 대학 미적분 · 벡터 미적분

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526문제 · 26 / 27쪽

501.CLP-4 · 4.2절 · 47번대학 수준우리말 번역

 F=(x2+y2+z2) ı^+(ex2+y2) ȷ^+(3+x+z) k^ \ \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, SS 를 곡면  x2+y2+z2=2az+3a2 \ x^2+y^2+z^2=2az+3a^2\ 중  z≥0\ z\ge 0 인 부분이라 하자. SS 의 방향은 법선이 원점에서 멀어지는 쪽을 향하도록 정한다. 여기서 a>0a>0 은 상수이다. SS 를 지나는 F\mathbf{F} 의 플럭스를 계산하세요.

영어 원문 보기

Let  F=(x2+y2+z2) ı^+(ex2+y2) ȷ^+(3+x+z) k^ \ \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 SS be the part of the surface  x2+y2+z2=2az+3a2 \ x^2+y^2+z^2=2az+3a^2\ having  z≥0\ z\ge 0, oriented with normal pointing away from the origin. Here a>0a>0 is a constant. Compute the flux of F\mathbf{F} through SS.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

z2−2az=(z−a)2−a2z^2-2az = (z-a)^2 -a^2 이므로 다음을 얻는다.

S={ (x,y,z ∣ x2+y2+(z−a)2=4a2, z≥0 }S=\big\{ \ (x,y,z\ \big|\ x^2+y^2 +(z-a)^2=4a^2,\ z\ge 0\ \big\}

VV 를 다음과 같은 입체라 하자.

V={ (x,y,z) ∣ x2+y2+(z−a)2≤4a2, z≥0 }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)(0,0,a) 이고 반지름이 2a2a 인 구의 내부이다. VV 의 경계면(바깥쪽 법선)은 SS(법선이 원점에서 멀어지는 쪽을 향함)와 원판

B={ (x,y,0) ∣ x2+y2≤3a2 }B=\big\{ \ (x,y,0)\ \big|\ x^2+y^2\le 3a^2\ \big\}

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

∬SF⋅n^ dS=∭Vn⋅F dV−∬BF⋅(−k^) dS=∭V(2x+2y+1) dV−∬B(−3−x) dS\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. VV 와 BB 는 모두 x→−xx\rightarrow -x 와 y→−yy\rightarrow -y 에 대해 불변이므로 ∭Vx dV=∭Vy dV=∬Bx dS=0\iiint _Vx\,\mathrm{d}V=\iiint _Vy\,\mathrm{d}V=\iint _B x\,\mathrm{d}S=0 이고,

∬SF⋅n^ dS=∭V dV+3∬B dS\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.

VV 에 대한 적분을 계산하기 위해, zz 는 00 에서 3a3a 까지 변하고

V={ (x,y,z) ∣ 0≤z≤3a, x2+y2≤4a2−(z−a)2, z≥0 }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 zz 를 고정한 단면은 원판 x2+y2≤4a2−(z−a)2=3a2+2az−z2x^2+y^2\le 4a^2-(z-a)^2 = 3a^2 +2a z - z^2 이며, 이 원판의 넓이는 π(3a2+2az−z2 )2\pi\big({\sqrt{3a^2+2az-z^2}\,}\big)^2 임에 주목한다. 따라서

∬SF⋅n^ dS=∫03aπ(3a2+2az−z2 )2 dz+3 넓이(B)=π∫03a(3a2+2az−z2) dz+3π(3a2)=π(3a2×3a+2a×9a22−27a33)+9πa2=9πa3+9πa2\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 z2−2az=(z−a)2−a2z^2-2az = (z-a)^2 -a^2,

S={ (x,y,z ∣ x2+y2+(z−a)2=4a2, z≥0 }S=\big\{ \ (x,y,z\ \big|\ x^2+y^2 +(z-a)^2=4a^2,\ z\ge 0\ \big\}

Let VV be the solid

V={ (x,y,z) ∣ x2+y2+(z−a)2≤4a2, z≥0 }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 2a2a centred on (0,0,a)(0,0,a). The surface of VV (with outward normal) is the union of SS (with normal pointing away from the origin) and the disk

B={ (x,y,0) ∣ x2+y2≤3a2 }B=\big\{ \ (x,y,0)\ \big|\ x^2+y^2\le 3a^2\ \big\}

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

∬SF⋅n^ dS=∭Vn⋅F dV−∬BF⋅(−k^) dS=∭V(2x+2y+1) dV−∬B(−3−x) dS\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 VV and BB are invariant under x→−xx\rightarrow -x and under y→−yy\rightarrow -y, so ∭Vx dV=∭Vy dV=∬Bx dS=0\iiint _Vx\,\mathrm{d}V=\iiint _Vy\,\mathrm{d}V=\iint _B x\,\mathrm{d}S=0 and

∬SF⋅n^ dS=∭V dV+3∬B dS\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 VV, we note that zz runs from 00 to 3a3a and that the cross section of

V={ (x,y,z) ∣ 0≤z≤3a, x2+y2≤4a2−(z−a)2, z≥0 }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 zz is the circular disk x2+y2≤4a2−(z−a)2=3a2+2az−z2x^2+y^2\le 4a^2-(z-a)^2 = 3a^2 +2a z - z^2, which has area π(3a2+2az−z2 )2\pi\big({\sqrt{3a^2+2az-z^2}\,}\big)^2. So

∬SF⋅n^ dS=∫03aπ(3a2+2az−z2 )2 dz+3 Area(B)=π∫03a(3a2+2az−z2) dz+3π(3a2)=π(3a2×3a+2a×9a22−27a33)+9πa2=9πa3+9πa2\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
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
502.CLP-4 · 4.3절 · 3번대학 수준우리말 번역

12π∮Cx dy−y dxx2+y2\displaystyle \frac{1}{2\pi}\oint_C \frac{x\,\mathrm{d}y-y\,\mathrm{d}x}{x^2+y^2} 을 다음 곡선을 따라 반시계 방향으로 적분하세요.

(a) 원 x2+y2=a2x^2+y^2=a^2 (b) 꼭짓점이 (−1,−1)(-1,-1), (−1,1)(-1,1), (1,1)(1,1), (1,−1)(1,-1) 인 정사각형의 경계 (c) 영역 1≤x2+y2≤2, y≥01\le x^2+y^2\le 2,\ y\ge0 의 경계

영어 원문 보기

Integrate 12π∮Cx dy−y dxx2+y2\displaystyle \frac{1}{2\pi}\oint_C \frac{x\,\mathrm{d}y-y\,\mathrm{d}x}{x^2+y^2} counterclockwise around

(a) the circle x2+y2=a2x^2+y^2=a^2 (b) the boundary of the square with vertices (−1,−1)(-1,-1), (−1,1)(-1,1), (1,1)(1,1) and (1,−1)(1,-1) (c) the boundary of the region 1≤x2+y2≤2, y≥01\le x^2+y^2\le 2,\ y\ge0

답 쓰고 채점
(a)
(b)
(c)
정답·풀이 보기

(a) 원을 x=acos⁡θ, y=asin⁡θx=a\cos\theta,\ y=a\sin\theta, 0≤θ≤2π0\le\theta\le 2\pi 로 매개변수로 나타내자. 그러면 dx=−asin⁡θ dθ\mathrm{d}x=-a\sin\theta\,\mathrm{d}\theta 이고 dy=acos⁡θ dθ\mathrm{d}y=a\cos\theta\,\mathrm{d}\theta 이므로

12π∮Cx dy−y dxx2+y2=12π∫02πa2cos⁡2θ dθ+a2sin⁡2θ dθa2cos⁡2θ+a2sin⁡2θ=12π∫02πdθ=1\begin{aligned} \frac{1}{2\pi}\oint_C \frac{x\,\mathrm{d}y-y\,\mathrm{d}x}{x^2+y^2} =\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} \frac{a^2\cos^2\theta\,\mathrm{d}\theta+a^2\sin^2\theta\,\mathrm{d}\theta} {a^2\cos^2\theta+a^2\sin^2\theta} =\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta=1 \end{aligned}

(b) 정사각형의 경계는 네 변으로 이루어져 있다. y=−1y=-1 인 변, x=1x=1 인 변, y=1y=1 인 변, x=−1x=-1 인 변이다.

그림

네 변에서의 적분을 계산하기 위해

  • y=−1y=-1 인 부분은 xx 로 매개변수화하여 r(x)=x ı^−ȷ^\mathbf{r}(x) = x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-\hat{\boldsymbol{\jmath}}, r′(x)=ı^\mathbf{r}'(x)=\hat{\boldsymbol{\imath}} 로 두고, xx 는 −1-1 에서 11 까지 움직인다.
  • x=+1x=+1 인 부분은 yy 로 매개변수화하여 r(y)=ı^+y ȷ^\mathbf{r}(y) = \hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}, r′(y)=ȷ^\mathbf{r}'(y)=\hat{\boldsymbol{\jmath}} 로 두고, yy 는 −1-1 에서 11 까지 움직인다.
  • y=+1y=+1 인 부분은 xx 로 매개변수화하여 r(x)=x ı^+ȷ^\mathbf{r}(x) = x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}, r′(x)=ı^\mathbf{r}'(x)=\hat{\boldsymbol{\imath}} 로 두고, xx 는 11 에서 −1-1 까지 움직인다.
  • x=−1x=-1 인 부분은 yy 로 매개변수화하여 r(y)=−ı^+y ȷ^\mathbf{r}(y) = -\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}, r′(y)=ȷ^\mathbf{r}'(y)=\hat{\boldsymbol{\jmath}} 로 두고, yy 는 11 에서 −1-1 까지 움직인다.

따라서 적분은

12π∮Cx dy−y dxx2+y2=12π∫−11−(−1)dxx2+1⏞y=−1 part+12π∫−11(1)dy1+y2⏞x=+1 part+12π∫1−1−(1)dxx2+1⏞y=+1 part+12π∫1−1(−1)dy1+y2⏞x=−1 part=412πarctan⁡x∣−11=2π[π4+π4]=1\begin{aligned} \frac{1}{2\pi}\oint_C \frac{x\,\mathrm{d}y-y\,\mathrm{d}x}{x^2+y^2} &=\frac{1}{2\pi}\overbrace{\int_{-1}^1 \frac{-(-1)\mathrm{d}x}{x^2+1}}^{y=-1{\rm\ part}} +\frac{1}{2\pi}\overbrace{\int_{-1}^1 \frac{(1)\mathrm{d}y}{1+y^2}}^{x=+1{\rm\ part}} +\frac{1}{2\pi}\overbrace{\int^{-1}_1 \frac{-(1)\mathrm{d}x}{x^2+1}}^{y=+1{\rm\ part}} +\frac{1}{2\pi}\overbrace{\int^{-1}_1 \frac{(-1)\mathrm{d}y}{1+y^2}}^{x=-1{\rm\ part}} \\ &=4\frac{1}{2\pi}\arctan x\bigg|_{-1}^1 =\frac{2}{\pi}\Big[\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{4}\Big] =1 \end{aligned}

(c) (a)에서 a=2a=\sqrt{2} 로 하고 θ\theta 가 00 에서 π\pi 까지 움직이는 경우와 같으므로, 바깥쪽 반원에서의 적분값은

12π∫0πa2cos⁡2θ dθ+a2sin⁡2θ dθa2cos⁡2θ+a2sin⁡2θ=12π∫0πdθ=12\frac{1}{2\pi}\int_0^{\pi} \frac{a^2\cos^2\theta\,\mathrm{d}\theta+a^2\sin^2\theta\,\mathrm{d}\theta} {a^2\cos^2\theta+a^2\sin^2\theta} =\frac{1}{2\pi}\int_0^{\pi}\mathrm{d}\theta =\frac{1}{2}

그림

(a)에서 a=1a=1 로 하고 θ\theta 가 π\pi 에서 00 까지 움직이는 경우와 같으므로, 안쪽 반원에서의 적분값은

12π∫π0a2cos⁡2θ dθ+a2sin⁡2θ dθa2cos⁡2θ+a2sin⁡2θ=12π∫π0dθ=−12\frac{1}{2\pi}\int^0_{\pi} \frac{a^2\cos^2\theta\,\mathrm{d}\theta+a^2\sin^2\theta\,\mathrm{d}\theta} {a^2\cos^2\theta+a^2\sin^2\theta} =\frac{1}{2\pi}\int^0_{\pi}\mathrm{d}\theta =-\frac{1}{2}

두 직선 부분은 그 위에서 y=0y=0 이고 dy=0\mathrm{d}y=0 이므로 각각 00 이다. 따라서

12π∮Cx dy−y dxx2+y2=12+0−12+0=0\frac{1}{2\pi}\oint_C \frac{x\,\mathrm{d}y-y\,\mathrm{d}x}{x^2+y^2} =\frac{1}{2}+0-\frac{1}{2}+0=0

그린 정리를 이용한 다른 풀이는 다음 문제의 풀이에 나와 있다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) Parametrize the circle by x=acos⁡θ, y=asin⁡θx=a\cos\theta,\ y=a\sin\theta, 0≤θ≤2π0\le\theta\le 2\pi. Then dx=−asin⁡θ dθ\mathrm{d}x=-a\sin\theta\,\mathrm{d}\theta and dy=acos⁡θ dθ\mathrm{d}y=a\cos\theta\,\mathrm{d}\theta so that

12π∮Cx dy−y dxx2+y2=12π∫02πa2cos⁡2θ dθ+a2sin⁡2θ dθa2cos⁡2θ+a2sin⁡2θ=12π∫02πdθ=1\begin{aligned} \frac{1}{2\pi}\oint_C \frac{x\,\mathrm{d}y-y\,\mathrm{d}x}{x^2+y^2} =\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} \frac{a^2\cos^2\theta\,\mathrm{d}\theta+a^2\sin^2\theta\,\mathrm{d}\theta} {a^2\cos^2\theta+a^2\sin^2\theta} =\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta=1 \end{aligned}

(b) The boundary of the square has four sides — one with y=−1y=-1, one with x=1x=1, one with y=1y=1 and one with x=−1x=-1.

figure

To evaluate the integrals over the four sides

  • parametrize the y=−1y=-1 part by xx so that r(x)=x ı^−ȷ^\mathbf{r}(x) = x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-\hat{\boldsymbol{\jmath}}, r′(x)=ı^\mathbf{r}'(x)=\hat{\boldsymbol{\imath}}, with xx running from −1-1 to 11,
  • parametrize the x=+1x=+1 part by yy so that r(y)=ı^+y ȷ^\mathbf{r}(y) = \hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}, r′(y)=ȷ^\mathbf{r}'(y)=\hat{\boldsymbol{\jmath}}, with yy running from −1-1 to 11,
  • parametrize the y=+1y=+1 part by xx so that r(x)=x ı^+ȷ^\mathbf{r}(x) = x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}, r′(x)=ı^\mathbf{r}'(x)=\hat{\boldsymbol{\imath}}, with xx running from 11 to −1-1, and
  • parametrize the x=−1x=-1 part by yy so that r(y)=−ı^+y ȷ^\mathbf{r}(y) = -\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}, r′(y)=ȷ^\mathbf{r}'(y)=\hat{\boldsymbol{\jmath}}, with yy running from 11 to −1-1,

so that the integral

12π∮Cx dy−y dxx2+y2=12π∫−11−(−1)dxx2+1⏞y=−1 part+12π∫−11(1)dy1+y2⏞x=+1 part+12π∫1−1−(1)dxx2+1⏞y=+1 part+12π∫1−1(−1)dy1+y2⏞x=−1 part=412πarctan⁡x∣−11=2π[π4+π4]=1\begin{aligned} \frac{1}{2\pi}\oint_C \frac{x\,\mathrm{d}y-y\,\mathrm{d}x}{x^2+y^2} &=\frac{1}{2\pi}\overbrace{\int_{-1}^1 \frac{-(-1)\mathrm{d}x}{x^2+1}}^{y=-1{\rm\ part}} +\frac{1}{2\pi}\overbrace{\int_{-1}^1 \frac{(1)\mathrm{d}y}{1+y^2}}^{x=+1{\rm\ part}} +\frac{1}{2\pi}\overbrace{\int^{-1}_1 \frac{-(1)\mathrm{d}x}{x^2+1}}^{y=+1{\rm\ part}} +\frac{1}{2\pi}\overbrace{\int^{-1}_1 \frac{(-1)\mathrm{d}y}{1+y^2}}^{x=-1{\rm\ part}} \\ &=4\frac{1}{2\pi}\arctan x\bigg|_{-1}^1 =\frac{2}{\pi}\Big[\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{4}\Big] =1 \end{aligned}

(c) As in part (a) with a=2a=\sqrt{2}, but with θ\theta running from 00 to π\pi, the outer semicircle gives

12π∫0πa2cos⁡2θ dθ+a2sin⁡2θ dθa2cos⁡2θ+a2sin⁡2θ=12π∫0πdθ=12\frac{1}{2\pi}\int_0^{\pi} \frac{a^2\cos^2\theta\,\mathrm{d}\theta+a^2\sin^2\theta\,\mathrm{d}\theta} {a^2\cos^2\theta+a^2\sin^2\theta} =\frac{1}{2\pi}\int_0^{\pi}\mathrm{d}\theta =\frac{1}{2}

figure

As in part (a) with a=1a=1, but with θ\theta running from π\pi to 00, the inner semicircle gives

12π∫π0a2cos⁡2θ dθ+a2sin⁡2θ dθa2cos⁡2θ+a2sin⁡2θ=12π∫π0dθ=−12\frac{1}{2\pi}\int^0_{\pi} \frac{a^2\cos^2\theta\,\mathrm{d}\theta+a^2\sin^2\theta\,\mathrm{d}\theta} {a^2\cos^2\theta+a^2\sin^2\theta} =\frac{1}{2\pi}\int^0_{\pi}\mathrm{d}\theta =-\frac{1}{2}

The two flat pieces each give zero, since on them y=0y=0 and dy=0\mathrm{d}y=0. So

12π∮Cx dy−y dxx2+y2=12+0−12+0=0\frac{1}{2\pi}\oint_C \frac{x\,\mathrm{d}y-y\,\mathrm{d}x}{x^2+y^2} =\frac{1}{2}+0-\frac{1}{2}+0=0

An alternate solution, that uses Green's theorem, is given in the solution to the next question.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.3절 · 1번
# 그린 정리계산기본자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
503.CLP-4 · 4.3절 · 5번대학 수준우리말 번역

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

영어 원문 보기

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

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

풀이 1 (직접 계산): 다음은 CC 의 그림이다.

그림

정사각형은 네 개의 선분으로 이루어져 있다.

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

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

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

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

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

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

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

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

전체 선적분은

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

이다.

풀이 2 (그린 정리): 그린 정리를 적용한다.

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

원본 교재 풀이(영어)

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

figure

The square consists of four line segments.

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

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

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

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

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

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

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

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

The full line integral is

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

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

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

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

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

영어 원문 보기

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

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

사다리꼴을 TT라 하자.

그림

그린 정리에 의해,

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

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

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

원본 교재 풀이(영어)

Call the trapezoid TT.

figure

By Green's theorem,

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

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

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

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

다음과 같이 두자.

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

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

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

영어 원문 보기

Let

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

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

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

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

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

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

그림

따라서

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

원본 교재 풀이(영어)

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

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

figure

So

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

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

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

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

영어 원문 보기

Let

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

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

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

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

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

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

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

이다. 이제

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

이다. 그러므로

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

원본 교재 풀이(영어)

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

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

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

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

Now

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

So

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 6.4절 · 50번
# 그린 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
507.CLP-4 · 4.3절 · 23번대학 수준우리말 번역

RR 을 xyxy평면의 제1사분면에서 좌표축과 곡선 y=1−x2y=1-x^2 으로 둘러싸인 유계인 영역이라고 하자. C\mathcal{C} 를 RR 의 경계라 하고, 반시계 방향으로 향을 정한다.

(a) ∫Cx ds\int_\mathcal{C} x\,\mathrm{d}s 의 값을 구하세요. (b) ∫CF⋅dr\int_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} 의 값을 구하세요. 단, F(x,y)=(sin⁡(x2)−xy) ı^+(x2+cos⁡(y2)) ȷ^\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 RR be the region in the first quadrant of the xyxy-plane bounded by the coordinate axes and the curve y=1−x2y=1-x^2. Let C\mathcal{C} be the boundary of RR, oriented counterclockwise.

(a) Evaluate ∫Cx ds\int_\mathcal{C} x\,\mathrm{d}s. (b) Evaluate ∫CF⋅dr\int_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}, where F(x,y)=(sin⁡(x2)−xy) ı^+(x2+cos⁡(y2)) ȷ^\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) C1\mathcal{C}_1 을 (0,1)(0,1) 에서 (0,0)(0,0) 까지의 선분, C2\mathcal{C}_2 를 (0,0)(0,0) 에서 (1,0)(1,0) 까지의 선분, C3\mathcal{C}_3 을 (1,0)(1,0) 에서 (0,1)(0,1) 까지의 곡선 y=1−x2y=1-x^2 이라고 하자.

그림

그러면

∫C1x ds=∫C10 ds=0∫C2x ds=∫01x dx=12\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}

C3\mathcal{C}_3 을 따른 적분을 계산하기 위해 다음 매개변수 표현을 사용한다.

(x(t),y(t))=(1−t , 1−(1−t)2)0≤t≤1(x′(t),y′(t))=(−1 , 2(1−t))dsdt(t)=x′(t)2+y′(t)2=1+4(1−t)2\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

∫C3x ds=∫01x(t)dsdt(t) dt=∫01(1−t)1+4(1−t)2 dt=[−112(1+4(1−t)2)3/2]01=112[−1+53/2]\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 ∫Cx ds=12+112[53/2−1]≈1.3484\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

∫CF⋅dr=∬R[∂∂x(x2+cos⁡(y2))−∂∂y(sin⁡(x2)−xy)] dxdy=∬R3x dxdy=3∫01dx∫01−x2dy x=3∫01dx (1−x2)x=3[12−14]=34\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 C1\mathcal{C}_1 be the line segment from (0,1)(0,1) to (0,0)(0,0), C2\mathcal{C}_2 be the line segment from (0,0)(0,0) to (1,0)(1,0) and C3\mathcal{C}_3 be the curve y=1−x2y=1-x^2 from (1,0)(1,0) to (0,1)(0,1).

figure

Then

∫C1x ds=∫C10 ds=0∫C2x ds=∫01x dx=12\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 C3\mathcal{C}_3, we use the parametrization

(x(t),y(t))=(1−t , 1−(1−t)2)0≤t≤1(x′(t),y′(t))=(−1 , 2(1−t))dsdt(t)=x′(t)2+y′(t)2=1+4(1−t)2\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

∫C3x ds=∫01x(t)dsdt(t) dt=∫01(1−t)1+4(1−t)2 dt=[−112(1+4(1−t)2)3/2]01=112[−1+53/2]\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 ∫Cx ds=12+112[53/2−1]≈1.3484\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

∫CF⋅dr=∬R[∂∂x(x2+cos⁡(y2))−∂∂y(sin⁡(x2)−xy)] dxdy=∬R3x dxdy=3∫01dx∫01−x2dy x=3∫01dx (1−x2)x=3[12−14]=34\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
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
508.CLP-4 · 4.3절 · 25번대학 수준우리말 번역

xyxy평면에서 매끄럽고 단순하며 닫힌, 반시계 방향으로 향하는 곡선 CC 를 하나 구하세요. 이 곡선은 선적분 ∮C(y3−y) dx−2x3 dy\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, CC, in the xyxy-plane for the which the value of the line integral ∮C(y3−y) dx−2x3 dy\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

∮C(y3−y) dx−2x3 dy=∬R[∂∂x(−2x3)−∂∂y(y3−y)] dx dy=∬R[1−6x2−3y2] dx dy\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 RR 은 xyxy평면에서 경계가 CC 인 영역이다. 피적분함수 1−6x2−3y21-6x^2-3y^2 은 타원 모양의 영역 6x2+3y2≤16x^2+3y^2\le 1 안에서는 양수이고 그 바깥에서는 음수임을 알 수 있다. 적분 ∬R[1−6x2−3y2] dx dy\iint _R\big[1-6x^2-3y^2\big]\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y 를 최대로 하려면, 피적분함수가 1−6x2−3y2≥01-6x^2-3y^2\ge 0 인 모든 점 (x,y)(x,y) 는 RR 에 포함하고, 피적분함수가 1−6x2−3y2<01-6x^2-3y^2< 0 인 모든 점 (x,y)(x,y) 는 제외하도록 RR 을 잡아야 한다. 따라서

R={ (x,y) ∣ 6x2+3y2≤1 }R=\big\{ \ (x,y)\ \big|\ 6x^2+3y^2\le 1\ \big\}

로 잡는다.

이에 대응하는 CC 는 6x2+3y2=16x^2+3y^2= 1 이다.

원본 교재 풀이(영어)

By Green's Theorem

∮C(y3−y) dx−2x3 dy=∬R[∂∂x(−2x3)−∂∂y(y3−y)] dx dy=∬R[1−6x2−3y2] dx dy\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 RR is the region in the xyxy-plane whose boundary is CC. Observe that the integrand 1−6x2−3y21-6x^2-3y^2 is positive in the elliptical region 6x2+3y2≤16x^2+3y^2\le 1 and negative outside of it. To maximize the integral ∬R[1−6x2−3y2] dx dy\iint _R\big[1-6x^2-3y^2\big]\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y we should choose RR to contain all points (x,y)(x,y) with the integrand 1−6x2−3y2≥01-6x^2-3y^2\ge 0 and to exclude all points (x,y)(x,y) with the integrand 1−6x2−3y2<01-6x^2-3y^2< 0. So we choose

R={ (x,y) ∣ 6x2+3y2≤1 }R=\big\{ \ (x,y)\ \big|\ 6x^2+3y^2\le 1\ \big\}

The corresponding CC is 6x2+3y2=16x^2+3y^2= 1.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 6.4절 · 38번
# 그린 정리계산도전자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
509.CLP-4 · 4.4절 · 4번대학 수준우리말 번역

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

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

영어 원문 보기

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

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

답 쓰고 채점
(a)
(b)
정답·풀이 보기

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

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

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

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

원본 교재 풀이(영어)

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

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

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

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

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

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

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

영어 원문 보기

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

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

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

스토크스 정리를 적용한다. 먼저,

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

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

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

이고,

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

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

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

이다.

원본 교재 풀이(영어)

We apply Stokes' theorem. First,

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

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

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

with

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

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

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.4절 · 4번
# 스토크스 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
511.CLP-4 · 4.4절 · 9번대학 수준우리말 번역

F=−yez ı^+x3cos⁡z ȷ^+zsin⁡(xy) k^\mathbf{F} = - ye^z\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + x^3\cos z\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + z\sin(xy)\,\hat{\mathbf{k}} 라 하고, SS 를 xyxy평면의 정사각형 영역 −1≤x≤1-1\le x\le 1, −1≤y≤1-1\le y\le 1 의 위쪽에 놓인 곡면 z=(1−x2)(1−y2) z = (1-x^2)(1-y^2) 의 부분이라 하자. SS 를 통과하는 ∇×F{ \boldsymbol{\nabla} }\times \mathbf{F} 의 위쪽 방향 플럭스를 구하세요.

영어 원문 보기

Let F=−yez ı^+x3cos⁡z ȷ^+zsin⁡(xy) k^\mathbf{F} = - ye^z\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + x^3\cos z\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + z\sin(xy)\,\hat{\mathbf{k}}, and let SS be the part of the surface z=(1−x2)(1−y2) z = (1-x^2)(1-y^2) that lies above the square −1≤x≤1-1\le x\le 1, −1≤y≤1-1\le y\le 1 in the xyxy-plane. Find the flux of ∇×F{ \boldsymbol{\nabla} }\times \mathbf{F} upward through SS.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

곡면

S={ (x,y,z) ∣ −1≤x≤1, −1≤y≤1, z≥0, z=(1−x2)(1−y2) }={ (x,y,z) ∣ −1≤x≤1, −1≤y≤1,  z=(1−x2)(1−y2) }\begin{aligned} S&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ -1\le x\le 1,\ -1\le y\le 1,\ z\ge 0,\ z = (1-x^2)(1-y^2)\ \big\} \\ &=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ -1\le x\le 1,\ -1\le y\le 1,\ \ z = (1-x^2)(1-y^2)\ \big\} \end{aligned}

이다. x=1x=1 또는 x=−1x=-1 또는 y=1y=1 또는 y=−1y=-1 일 때 z=(1−x2)(1−y2)=0z= (1-x^2)(1-y^2)=0 임에 주목하자. 따라서 SS 의 경계 CC 는 정사각형 −1≤x,y≤1-1\le x,y\le 1, z=0z=0 의 경계이며, 반시계 방향으로 향한다. 다음은 CC 의 개략도이다.

그림

스토크스 정리를 적용한다. CC 위에서 z=0z=0 이므로 F=−y ı^+x3 ȷ^\mathbf{F} = -y\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +x^3\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 임에 주목하면,

∬S∇×F⋅n^ dS=∮CF⋅dr=∮C[−y ı^+x3ȷ^]⋅dr=∫−11−(−1) dx⏟y=−1 side+∫−11(1)3 dy⏟x=1 side+∫1−1−(1) dx⏟y=1 side+∫1−1(−1)3 dy⏟x=−1 side=8\begin{aligned} \iint _S{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\oint_C[-y\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+x^3\hat{\boldsymbol{\jmath}}]\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}\\ &=\underbrace{\int_{-1}^1 -(-1)\,\mathrm{d}x}_{y=-1{\rm\ side}} +\underbrace{\int_{-1}^1 (1)^3\,\mathrm{d}y}_{x=1{\rm\ side}} + \underbrace{\int^{-1}_1 -(1)\,\mathrm{d}x}_{y=1{\rm\ side}} + \underbrace{\int^{-1}_1 (-1)^3\,\mathrm{d}y}_{x=-1{\rm\ side}} \\ &=8 \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

The surface

S={ (x,y,z) ∣ −1≤x≤1, −1≤y≤1, z≥0, z=(1−x2)(1−y2) }={ (x,y,z) ∣ −1≤x≤1, −1≤y≤1,  z=(1−x2)(1−y2) }\begin{aligned} S&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ -1\le x\le 1,\ -1\le y\le 1,\ z\ge 0,\ z = (1-x^2)(1-y^2)\ \big\} \\ &=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ -1\le x\le 1,\ -1\le y\le 1,\ \ z = (1-x^2)(1-y^2)\ \big\} \end{aligned}

Note that when x=1x=1 or x=−1x=-1 or y=1y=1 or y=−1y=-1, we have z=(1−x2)(1−y2)=0z= (1-x^2)(1-y^2)=0. So the boundary of SS, call it CC, is the boundary of the square −1≤x,y≤1-1\le x,y\le 1, z=0z=0, oriented counterclockwise. Here is a sketch of CC.

figure

Apply Stokes' theorem. Observing that z=0z=0 on CC so that F=−y ı^+x3 ȷ^\mathbf{F} = -y\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +x^3\,\hat{\boldsymbol{\jmath}},

∬S∇×F⋅n^ dS=∮CF⋅dr=∮C[−y ı^+x3ȷ^]⋅dr=∫−11−(−1) dx⏟y=−1 side+∫−11(1)3 dy⏟x=1 side+∫1−1−(1) dx⏟y=1 side+∫1−1(−1)3 dy⏟x=−1 side=8\begin{aligned} \iint _S{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\oint_C[-y\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+x^3\hat{\boldsymbol{\jmath}}]\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}\\ &=\underbrace{\int_{-1}^1 -(-1)\,\mathrm{d}x}_{y=-1{\rm\ side}} +\underbrace{\int_{-1}^1 (1)^3\,\mathrm{d}y}_{x=1{\rm\ side}} + \underbrace{\int^{-1}_1 -(1)\,\mathrm{d}x}_{y=1{\rm\ side}} + \underbrace{\int^{-1}_1 (-1)^3\,\mathrm{d}y}_{x=-1{\rm\ side}} \\ &=8 \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.4절 · 29번
# 스토크스 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
512.CLP-4 · 4.4절 · 16번대학 수준우리말 번역

(a) R3\mathbb{R}^3 에서 벡터장 F(x,y,z)=(z2,x2,y2)\mathbf{F}(x, y, z) = (z^2 , x^2 , y^2) 을 생각하세요. 선적분 ∮CF⋅dr\oint_C \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} 의 값을 구하세요. 여기서 CC 는 세 선분으로 이루어진 곡선으로, L1L_1 은 (2,0,0)(2, 0, 0) 에서 (0,2,0)(0, 2, 0) 까지, 이어서 L2L_2 는 (0,2,0)(0, 2, 0) 에서 (0,0,2)(0, 0, 2) 까지, 마지막으로 L3L_3 은 (0,0,2)(0, 0, 2) 에서 (2,0,0)(2, 0, 0) 까지이다. (b) 단순닫힌곡선 CC 가 평면 x+y+z=2x + y + z = 2 위에 놓여 있다. 이 곡선 CC 가 평면 x+y+z=2x + y + z = 2 안에서 둘러싸는 곡면의 넓이는 33 이다. 곡선 CC 는 양의 xx축 쪽에서 볼 때 시계 반대 방향으로 향하도록 정해져 있다. F\mathbf{F} 가 (a)와 같을 때, 선적분 ∮CF⋅dr\oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

(a) Consider the vector field F(x,y,z)=(z2,x2,y2)\mathbf{F}(x, y, z) = (z^2 , x^2 , y^2) in R3\mathbb{R}^3. Compute the line integral ∮CF⋅dr\oint_C \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}, where CC is the curve consisting of the three line segments, L1L_1 from (2,0,0)(2, 0, 0) to (0,2,0)(0, 2, 0), then L2L_2 from (0,2,0)(0, 2, 0) to (0,0,2)(0, 0, 2), and finally L3L_3 from (0,0,2)(0, 0, 2) to (2,0,0)(2, 0, 0). (b) A simple closed curve CC lies in the plane x+y+z=2x + y + z = 2. The surface this curve CC surrounds inside the plane x+y+z=2x + y + z = 2 has area 33. The curve CC is oriented in a counterclockwise direction as observed from the positive x-axis. Compute the line integral ∮CF⋅dr\oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} , where F\mathbf{F} is as in (a).

답 쓰고 채점
(a)
(b)
정답·풀이 보기

(a) 세 꼭짓점 (2,0,0)(2,0,0), (0,2,0)(0,2,0), 0,0,2)0,0,2) 이 모두 평면 x+y+z=2x+y+z=2 위에 있다. 따라서 경로 전체도 그 평면 위에 있다.

그림

(b)에서는 직접 계산할 수 없는 선적분을 구해야 하므로 스토크스 정리를 써야 한다. 그러므로 (a)에서도 스토크스 정리를 쓰자. 먼저

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zz2x2y2]=2y ı^+2z ȷ^+2x ı^\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} \\ z^2 & x^2 & y^2 \end{matrix} \right] =2y\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 2z\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + 2x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} \end{aligned}

을 얻는다.

SS 를 평면 x+y+z=2x+y+z=2 에 포함되고 L1L_1, L2L_2, L3L_3 으로 둘러싸인 삼각형 모양의 곡면이라 하자. SS 의 방향은 법선벡터 n^=13(ı^+ȷ^+k^)\hat{\mathbf{n}} = \frac{1}{\sqrt{3}}(\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}) 로 정한다. 그러면

∇×F⋅n^=13(2y ı^+2z ȷ^+2x ı^)⋅(ı^+ȷ^+k^)=23(x+y+z){ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}} =\frac{1}{\sqrt{3}}\big(2y\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 2z\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + 2x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}\big)\cdot(\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}) =\frac{2}{\sqrt{3}}(x+y+z)

이고, 스토크스 정리에 의해

∮CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=23∬S(x+y+z) dS=43∬SdS=43Area(S)\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 =\frac{2}{\sqrt{3}}\iint _S(x+y+z)\,\mathrm{d}S =\frac{4}{\sqrt{3}}\iint _S\mathrm{d}S =\frac{4}{\sqrt{3}}\text{Area}(S) \end{aligned}

이다.

삼각형 SS 는 두 변이 (0,2,0)−(2,0,0)=(−2,2,0)(0,2,0)-(2,0,0) =(-2,2,0) 과 (0,0,2)−(2,0,0)=(−2,0,2)(0,0,2)-(2,0,0)=(-2,0,2) 인 평행사변형의 절반이다. 이 평행사변형의 넓이는

∣(−2,2,0)×(−2,0,2)∣=∣(4,4,4)∣=43\begin{aligned} \big|(-2,2,0)\times (-2,0,2)\big| =\big|(4,4,4)\big| =4\sqrt{3} \end{aligned}

이다.

따라서

∮CF⋅dr=4323=8\begin{aligned} \oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} = \frac{4}{\sqrt{3}} 2\sqrt{3} =8 \end{aligned}

이다.

(b) S~\tilde S 를 주어진 곡면이라 하자. 그러면 (a)와 같이

∮CF⋅dr=∬S~∇×F⋅n^ dS=23∬S~(x+y+z) dS=43∬S~dS=43Area(S~)=43\begin{aligned} \oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _{\tilde S}{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\frac{2}{\sqrt{3}}\iint _{\tilde S}(x+y+z)\,\mathrm{d}S =\frac{4}{\sqrt{3}}\iint _{\tilde S}\mathrm{d}S =\frac{4}{\sqrt{3}}\text{Area}(\tilde S) \\ &=4\sqrt{3} \end{aligned}

이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) Note that all three vertices, (2,0,0)(2,0,0), (0,2,0)(0,2,0) and 0,0,2)0,0,2), lie in the plane x+y+z=2x+y+z=2. So the entire path lies in that plane too.

figure

In part (b) we will need to evaluate a line integral that clearly cannot be computed directly — we will need to use Stokes' theorem. So let's use Stokes's theorem in part (a) too. First, we find

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zz2x2y2]=2y ı^+2z ȷ^+2x ı^\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} \\ z^2 & x^2 & y^2 \end{matrix} \right] =2y\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 2z\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + 2x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} \end{aligned}

Let SS be the triangular surface that is contained in the plane x+y+z=2x+y+z=2 and is bounded by L1L_1, L2L_2 and L3L_3. Orient SS by the normal vector n^=13(ı^+ȷ^+k^)\hat{\mathbf{n}} = \frac{1}{\sqrt{3}}(\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}). Then,

∇×F⋅n^=13(2y ı^+2z ȷ^+2x ı^)⋅(ı^+ȷ^+k^)=23(x+y+z){ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}} =\frac{1}{\sqrt{3}}\big(2y\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 2z\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + 2x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}\big)\cdot(\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}) =\frac{2}{\sqrt{3}}(x+y+z)

and, by Stokes' theorem,

∮CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=23∬S(x+y+z) dS=43∬SdS=43Area(S)\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 =\frac{2}{\sqrt{3}}\iint _S(x+y+z)\,\mathrm{d}S =\frac{4}{\sqrt{3}}\iint _S\mathrm{d}S =\frac{4}{\sqrt{3}}\text{Area}(S) \end{aligned}

The triangle SS is half of the prallelogram with sides (0,2,0)−(2,0,0)=(−2,2,0)(0,2,0)-(2,0,0) =(-2,2,0) and (0,0,2)−(2,0,0)=(−2,0,2)(0,0,2)-(2,0,0)=(-2,0,2). The area of the parallelogram is

∣(−2,2,0)×(−2,0,2)∣=∣(4,4,4)∣=43\begin{aligned} \big|(-2,2,0)\times (-2,0,2)\big| =\big|(4,4,4)\big| =4\sqrt{3} \end{aligned}

So

∮CF⋅dr=4323=8\begin{aligned} \oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} = \frac{4}{\sqrt{3}} 2\sqrt{3} =8 \end{aligned}

(b) Let S~\tilde S be the specified surface. Then, as in part (a),

∮CF⋅dr=∬S~∇×F⋅n^ dS=23∬S~(x+y+z) dS=43∬S~dS=43Area(S~)=43\begin{aligned} \oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _{\tilde S}{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\frac{2}{\sqrt{3}}\iint _{\tilde S}(x+y+z)\,\mathrm{d}S =\frac{4}{\sqrt{3}}\iint _{\tilde S}\mathrm{d}S =\frac{4}{\sqrt{3}}\text{Area}(\tilde S) \\ &=4\sqrt{3} \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.4절 · 27번
# 스토크스 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
513.CLP-4 · 4.4절 · 19번대학 수준우리말 번역

CC 를 방향이 주어진 곡선이라 하자. 이 곡선은 5개의 선분으로 이루어져 있으며, 각각 (0,0,0)(0, 0, 0) 에서 (0,1,1)(0, 1, 1) 로, (0,1,1)(0, 1, 1) 에서 (0,1,2)(0, 1, 2) 로, (0,1,2)(0, 1, 2) 에서 (0,2,0)(0, 2, 0) 로, (0,2,0)(0, 2, 0) 에서 (2,2,0)(2, 2, 0) 로, (2,2,0)(2, 2, 0) 에서 (0,0,0)(0, 0, 0) 으로 가는 경로이다. 또한

F=(−y+exsin⁡x) ı^+y4 ȷ^+ztan⁡z k^\mathbf{F} = (-y+e^x\sin x)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +y^4\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\sqrt{z}\tan z\,\hat{\mathbf{k}}

라 하자. 이때 적분 ∫CF⋅dr\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let CC be the oriented curve consisting of the 5 line segments which form the paths from (0,0,0)(0, 0, 0) to (0,1,1)(0, 1, 1), from (0,1,1)(0, 1, 1) to (0,1,2)(0, 1, 2), from (0,1,2)(0, 1, 2) to (0,2,0)(0, 2, 0), from (0,2,0)(0, 2, 0) to (2,2,0)(2, 2, 0), and from (2,2,0)(2, 2, 0) to (0,0,0)(0, 0, 0). Let

F=(−y+exsin⁡x) ı^+y4 ȷ^+ztan⁡z k^\mathbf{F} = (-y+e^x\sin x)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +y^4\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\sqrt{z}\tan z\,\hat{\mathbf{k}}

Evaluate the integral ∫CF⋅dr\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

복잡한 벡터장을 비교적 복잡한 닫힌곡선을 따라 선적분하는 문제이다. 따라서 적분을 직접 계산하려 해서는 안 됨을 알 수 있다. 스토크스 정리가 유용한지 알아보기 위해 회전을 계산해 보자.

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂z−y+exsin⁡xy4ztan⁡z]=k^\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} \\[0.05in] -y+e^x\sin x & y^4 & \sqrt{z}\tan z \end{matrix} \right] =\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}

이 결과는 시사하는 바가 있다. 다음으로 CC 를 경계로 하는 곡면을 찾아야 한다. 먼저 CC 의 개형은 다음과 같다.

그림

곡면 SS 를 평평한 두 부분의 합집합으로 택할 수 있다.

  • yzyz평면 위에 있고 꼭짓점이 (0,0,0)(0,0,0), (0,1,1)(0,1,1), (0,1,2)(0,1,2), (0,2,0)(0,2,0) 인 사각형 QQ
  • xyxy평면 위에 있고 꼭짓점이 (0,0,0)(0,0,0), (0,2,0)(0,2,0), (2,2,0)(2,2,0) 인 삼각형 TT

QQ 의 법선벡터는 −ı^-\hat{\boldsymbol{\imath}} 이고 TT 의 법선벡터는 −k^-\hat{\mathbf{k}} 이다. 그러면 스토크스 정리에 의해 다음을 얻는다.

∫CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=∬Qk^⋅(−ı^) dS+∬Tk^⋅(−k^) dS=−∬TdS=−넓이(T)=−122⏞밑변2⏞높이=−2\begin{aligned} \int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S \\ &=\iint _Q \hat{\mathbf{k}}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\imath}})\,\mathrm{d}S + \iint _T \hat{\mathbf{k}}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S \\ &= - \iint _T \mathrm{d}S \\ &=-\text{넓이}(T) \\ &= -\tfrac{1}{2}\overbrace{2}^{\text{밑변}}\overbrace{2}^{\text{높이}} \\ &=-2 \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

We are to evaluate the line integral of a complicated vector field around a relatively complicated closed curve. That certainly suggests that we should not try to evaluate the integral directly. To see if Stokes' theorem looks promising, let's compute the curl

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂z−y+exsin⁡xy4ztan⁡z]=k^\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} \\[0.05in] -y+e^x\sin x & y^4 & \sqrt{z}\tan z \end{matrix} \right] =\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}

That's suggestive. Next we need to find a surface whose boundary is CC. First, here is a sketch of CC.

figure

We can choose the surface SS to be the union of two flat parts:

  • the quadralateral QQ in the yzyz-plane with vertices (0,0,0)(0,0,0), (0,1,1)(0,1,1), (0,1,2)(0,1,2) and (0,2,0)(0,2,0) and
  • the triangle TT in the xyxy-plane with vertices (0,0,0)(0,0,0), (0,2,0)(0,2,0) and (2,2,0)(2,2,0).

The normal to QQ is −ı^-\hat{\boldsymbol{\imath}} and the normal to TT is −k^-\hat{\mathbf{k}}. Then Stokes' theorem gives

∫CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=∬Qk^⋅(−ı^) dS+∬Tk^⋅(−k^) dS=−∬TdS=−Area(T)=−122⏞base2⏞height=−2\begin{aligned} \int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S \\ &=\iint _Q \hat{\mathbf{k}}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\imath}})\,\mathrm{d}S + \iint _T \hat{\mathbf{k}}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S \\ &= - \iint _T \mathrm{d}S \\ &=-\text{Area}(T) \\ &= -\tfrac{1}{2}\overbrace{2}^{\text{base}}\overbrace{2}^{\text{height}} \\ &=-2 \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.4절 · 5번
# 스토크스 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
514.CLP-4 · 4.4절 · 22번대학 수준우리말 번역

다음과 같이 두자.

F=xsin⁡y ı^−ysin⁡x ȷ^+(x−y)z2 k^\mathbf{F} = x \sin y\,\hat{\boldsymbol{\imath}} - y \sin x\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + (x - y)z^2\,\hat{\mathbf{k}}

스토크스 정리를 이용하여

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

의 값을 구하세요. 경로는 점 P0=(0,0,0)P_0 = (0, 0, 0) 에서 P1=(π/2,0,0)P_1 = (\pi/2, 0, 0) 으로, P2=(π/2,0,1)P_2 = (\pi/2, 0, 1) 으로, P3=(0,0,1)P_3 = (0, 0, 1) 으로, P4=(0,π/2,1)P_4 = (0, \pi/2, 1) 으로, P5=(0,π/2,0)P_5 = (0, \pi/2, 0) 으로, 다시 (0,0,0)(0, 0, 0) 으로 차례로 이어지는 선분들로 이루어져 있다.

영어 원문 보기

Let

F=xsin⁡y ı^−ysin⁡x ȷ^+(x−y)z2 k^\mathbf{F} = x \sin y\,\hat{\boldsymbol{\imath}} - y \sin x\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + (x - y)z^2\,\hat{\mathbf{k}}

Use Stokes' theorem to evaluate

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

along the path consisting of the straight line segments successively joining the points P0=(0,0,0)P_0 = (0, 0, 0) to P1=(π/2,0,0)P_1 = (\pi/2, 0, 0) to P2=(π/2,0,1)P_2 = (\pi/2, 0, 1) to P3=(0,0,1)P_3 = (0, 0, 1) to P4=(0,π/2,1)P_4 = (0, \pi/2, 1) to P5=(0,π/2,0)P_5 = (0, \pi/2, 0), and back to (0,0,0)(0, 0, 0).

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

복잡한 벡터장을 비교적 복잡한 닫힌 곡선을 따라 선적분하는 문제이다. 따라서 적분을 직접 계산하려 하지 않는 것이 좋다. 스토크스 정리를 사용해야 하므로 회전(curl)을 계산하자.

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zxsin⁡y−ysin⁡x(x−y)z2]=−z2 ı^−z2 ȷ^−(ycos⁡x+xcos⁡y)k^\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} \\ x \sin y & - y \sin x & (x - y)z^2 \end{matrix} \right] =-z^2\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-z^2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -(y\cos x +x\cos y)\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}

다음으로 경계가 CC 인 곡면을 찾아야 한다. 먼저 CC 의 개형은 다음과 같다.

그림

곡면 SS 를 평평한 두 부분의 합집합으로 택할 수 있다.

  • xzxz평면 위에 있고 꼭짓점이 (0,0,0)(0,0,0), (π/2,0,0)({\pi}/{2},0,0), (π/2,0,1)({\pi}/{2},0,1), (0,0,1)(0,0,1) 인 직사각형 SxS_x
  • yzyz평면 위에 있고 꼭짓점이 (0,0,0)(0,0,0), (0,0,1)(0,0,1), (0,π/2,1)(0,{\pi}/{2},1), (0,π/2,0)(0,{\pi}/{2},0) 인 직사각형 SyS_y

SxS_x 의 법선 벡터는 −ȷ^-\hat{\boldsymbol{\jmath}} 이고 SyS_y 의 법선 벡터는 −ı^-\hat{\boldsymbol{\imath}} 이다. 그러면 스토크스 정리에 의해

∫CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=∬Sx∇×F⋅(−ȷ^) dS+∬Sy∇×F⋅(−ı^) dS=∫0π/2dx∫01dz z2+∫0π/2dy∫01dz z2=∫0π/2dx 13+∫0π/2dy 13=π3\begin{aligned} \int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S \\ &=\iint _{S_x} { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}S + \iint _{S_y} { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\imath}})\,\mathrm{d}S \\ &=\int_0^{{\pi}/{2}} \mathrm{d}x\int_0^1\mathrm{d}z\ z^2 + \int_0^{{\pi}/{2}} \mathrm{d}y\int_0^1\mathrm{d}z\ z^2 \\ &=\int_0^{{\pi}/{2}} \mathrm{d}x\ \frac{1}{3} + \int_0^{{\pi}/{2}} \mathrm{d}y\ \frac{1}{3} \\ &=\frac{\pi}{3} \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

We are to evaluate the line integral of a complicated vector field around a relatively complicated closed curve. That certainly suggests that we should not try to evaluate the integral directly. As we are to use Stokes' theorem, let's compute the curl

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zxsin⁡y−ysin⁡x(x−y)z2]=−z2 ı^−z2 ȷ^−(ycos⁡x+xcos⁡y)k^\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} \\ x \sin y & - y \sin x & (x - y)z^2 \end{matrix} \right] =-z^2\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-z^2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -(y\cos x +x\cos y)\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}

Next we need to find a surface whose boundary is CC. First, here is a sketch of CC.

figure

We can choose the surface SS to be the union of two flat parts:

  • the rectangle SxS_x in the xzxz-plane with vertices (0,0,0)(0,0,0), (π/2,0,0)({\pi}/{2},0,0), (π/2,0,1)({\pi}/{2},0,1) and (0,0,1)(0,0,1) and
  • the rectangle SyS_y in the yzyz-plane with vertices (0,0,0)(0,0,0), (0,0,1)(0,0,1), (0,π/2,1)(0,{\pi}/{2},1) and (0,π/2,0)(0,{\pi}/{2},0)

The normal to SxS_x is −ȷ^-\hat{\boldsymbol{\jmath}} and the normal to SyS_y is −ı^-\hat{\boldsymbol{\imath}}. Then Stokes' theorem gives

∫CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=∬Sx∇×F⋅(−ȷ^) dS+∬Sy∇×F⋅(−ı^) dS=∫0π/2dx∫01dz z2+∫0π/2dy∫01dz z2=∫0π/2dx 13+∫0π/2dy 13=π3\begin{aligned} \int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S \\ &=\iint _{S_x} { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}S + \iint _{S_y} { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\imath}})\,\mathrm{d}S \\ &=\int_0^{{\pi}/{2}} \mathrm{d}x\int_0^1\mathrm{d}z\ z^2 + \int_0^{{\pi}/{2}} \mathrm{d}y\int_0^1\mathrm{d}z\ z^2 \\ &=\int_0^{{\pi}/{2}} \mathrm{d}x\ \frac{1}{3} + \int_0^{{\pi}/{2}} \mathrm{d}y\ \frac{1}{3} \\ &=\frac{\pi}{3} \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.4절 · 16번
# 스토크스 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
515.CLP-4 · 4.4절 · 23번대학 수준우리말 번역

다음과 같이 두세요.

F=(2z1+y+sin⁡(x2) , 3z1+x+sin⁡(y2) , 5(x+1)(y+2))\mathbf{F}=\left(\frac{2z}{1+y}+\sin(x^2)\,,\, \frac{3z}{1+x}+\sin(y^2)\,,\, 5(x+1)(y+2)\right)

CC 는 네 선분으로 이루어진 방향이 있는 곡선이라 하세요. 네 선분은 다음과 같습니다. (0,0,0)(0,0,0) 에서 (2,0,0)(2,0,0) 까지, (2,0,0)(2,0,0) 에서 (0,0,2)(0,0,2) 까지, (0,0,2)(0,0,2) 에서 (0,3,0)(0,3,0) 까지, (0,3,0)(0,3,0) 에서 (0,0,0)(0,0,0) 까지.

(a) CC 의 그림을 그리세요. 각 선분의 방향을 분명하게 나타내세요. (b) 일 적분 ∫CF⋅dr\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let

F=(2z1+y+sin⁡(x2) , 3z1+x+sin⁡(y2) , 5(x+1)(y+2))\mathbf{F}=\left(\frac{2z}{1+y}+\sin(x^2)\,,\, \frac{3z}{1+x}+\sin(y^2)\,,\, 5(x+1)(y+2)\right)

Let CC be the oriented curve consisting of four line segments from (0,0,0)(0,0,0) to (2,0,0)(2,0,0), from (2,0,0)(2,0,0) to (0,0,2)(0,0,2), from (0,0,2)(0,0,2) to (0,3,0)(0,3,0), and from (0,3,0)(0,3,0) to (0,0,0)(0,0,0).

(a) Draw a picture of CC. Clearly indicate the orientation on each line segment. (b) Compute the work integral ∫CF⋅dr\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}.

정답·풀이 보기

(a) 그림은 다음과 같다.

그림

(b) 복잡한 벡터장을 비교적 복잡한 닫힌곡선을 따라 선적분하는 문제이다. 따라서 적분을 직접 계산하려 해서는 안 된다는 것을 알 수 있다. 스토크스 정리를 이용해 보자. 먼저 회전(curl)을 계산한다.

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂z2z1+y+sin⁡(x2)3z1+x+sin⁡(y2)5(x+1)(y+2)]=(5(x+1)−31+x) ı^−(5(y+2)−21+y) ȷ^+(−3z(1+x)2+2z(1+y)2) k^\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{2z}{1+y}+\sin(x^2) & \frac{3z}{1+x}+\sin(y^2) & 5(x+1)(y+2) \end{matrix} \right] \\ &= \Big(5(x+1)-\frac{3}{1+x}\Big)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} -\Big(5(y+2)-\frac{2}{1+y}\Big)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\Big(-\frac{3z}{(1+x)^2}+\frac{2z}{(1+y)^2}\Big)\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}

다음으로 경계가 CC 인 곡면 SS 를 찾아야 한다. 곡면 SS 를 평평한 두 부분의 합집합으로 잡을 수 있다.

  • xzxz평면 위의 삼각형 SxS_x: 꼭짓점이 (0,0,0)(0,0,0), (2,0,0)(2,0,0), (0,0,2)(0,0,2) 이다.
  • yzyz평면 위의 삼각형 SyS_y: 꼭짓점이 (0,0,0)(0,0,0), (0,0,2)(0,0,2), (0,3,0)(0,3,0) 이다.

다음에 주목한다.

  • 스토크스 정리에서 정해지는 SxS_x 의 법선벡터는 −ȷ^-\hat{\boldsymbol{\jmath}} 이다. SxS_x 위에서는 y=0y=0 이므로 ∇×F⋅ȷ^{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}} 는 −(5(0+2)−21+0)=−8-\big(5(0+2)-\frac{2}{1+0}\big)=-8 로 간단해진다.
  • 스토크스 정리에서 정해지는 SyS_y 의 법선벡터는 −ı^-\hat{\boldsymbol{\imath}} 이다. SyS_y 위에서는 x=0x=0 이므로 ∇×F⋅ı^{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\boldsymbol{\imath}} 는 (5(0+1)−31+0)=2\big(5(0+1)-\frac{3}{1+0}\big)=2 로 간단해진다.

따라서 스토크스 정리에 의해 다음을 얻는다.

∫CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=∬Sx∇×F⋅(−ȷ^)⏞8 dS+∬Sy∇×F⋅(−ı^)⏞−2 dS=8 넓이(Sx)−2 넓이(Sy)=812(2)(2)−212(3)(2)=10\begin{aligned} \int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iint _{S_x} \overbrace{{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\jmath}})}^{8}\,\mathrm{d}S + \iint _{S_y} \overbrace{{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\imath}})}^{-2}\,\mathrm{d}S \\ &=8\,\text{넓이}(S_x) -2\,\text{넓이}(S_y) =8\frac{1}{2}(2)(2) -2\frac{1}{2}(3)(2) \\ &=10 \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

(a) Here is a sketch.

figure

(b) We are to evaluate the line integral of a complicated vector field around a relatively complicated closed curve. That certainly suggests that we should not try to evaluate the integral directly. Let's try Stokes' theorem. First, we compute the curl

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂z2z1+y+sin⁡(x2)3z1+x+sin⁡(y2)5(x+1)(y+2)]=(5(x+1)−31+x) ı^−(5(y+2)−21+y) ȷ^+(−3z(1+x)2+2z(1+y)2) k^\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{2z}{1+y}+\sin(x^2) & \frac{3z}{1+x}+\sin(y^2) & 5(x+1)(y+2) \end{matrix} \right] \\ &= \Big(5(x+1)-\frac{3}{1+x}\Big)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} -\Big(5(y+2)-\frac{2}{1+y}\Big)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\Big(-\frac{3z}{(1+x)^2}+\frac{2z}{(1+y)^2}\Big)\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}

Next we need to find a surface SS whose boundary is CC. We can choose the surface SS to be the union of two flat parts:

  • the triangle SxS_x in the xzxz-plane with vertices (0,0,0)(0,0,0), (2,0,0)(2,0,0), and (0,0,2)(0,0,2) and
  • the triangle SyS_y in the yzyz-plane with vertices (0,0,0)(0,0,0), (0,0,2)(0,0,2), and (0,3,0)(0,3,0)

Note that

  • The normal to SxS_x specified by Stokes' theorem is −ȷ^-\hat{\boldsymbol{\jmath}}. On SxS_x we have y=0y=0, so that ∇×F⋅ȷ^{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}} simplifies to −(5(0+2)−21+0)=−8-\big(5(0+2)-\frac{2}{1+0}\big)=-8.
  • The normal to SyS_y specified by Stokes' theorem is −ı^-\hat{\boldsymbol{\imath}}. On SyS_y we have x=0x=0, so that ∇×F⋅ı^{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\boldsymbol{\imath}} simplifies to (5(0+1)−31+0)=2\big(5(0+1)-\frac{3}{1+0}\big)=2.

So Stokes' theorem gives

∫CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=∬Sx∇×F⋅(−ȷ^)⏞8 dS+∬Sy∇×F⋅(−ı^)⏞−2 dS=8 Area(Sx)−2 Area(Sy)=812(2)(2)−212(3)(2)=10\begin{aligned} \int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iint _{S_x} \overbrace{{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\jmath}})}^{8}\,\mathrm{d}S + \iint _{S_y} \overbrace{{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\imath}})}^{-2}\,\mathrm{d}S \\ &=8\,\text{Area}(S_x) -2\,\text{Area}(S_y) =8\frac{1}{2}(2)(2) -2\frac{1}{2}(3)(2) \\ &=10 \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.4절 · 22번
# 스토크스 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
516.CLP-4 · 4.4절 · 25번대학 수준우리말 번역

S\mathcal{S} 를 아래의 곡면이라 하고, 바깥쪽 법선으로 방향을 정하자. x2+y2+2(z−1)2=6,z≥0.x^2 + y^2 + 2(z-1)^2 = 6,\qquad z\ge 0. (예를 들어, 곡면의 가장 높은 점에서 단위법선벡터는 k^\hat{\mathbf{k}} 이다.)

다음과 같이 정의한다. G=∇×F,whereF=(xz−y3cos⁡z) ı^+x3ez ȷ^+xyzex2+y2+z2 k^.\mathbf{G} = \nabla\times\mathbf{F}, \qquad{\rm where}\qquad \mathbf{F} = (xz - y^3\cos z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + x^3 e^z\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + xyze^{x^2+y^2+z^2}\,\hat{\mathbf{k}}. ∬SG⋅n^dS\iint _\mathcal{S} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\mathrm{d}S 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let S\mathcal{S} be the curved surface below, oriented by the outward normal: x2+y2+2(z−1)2=6,z≥0.x^2 + y^2 + 2(z-1)^2 = 6,\qquad z\ge 0. (E.g., at the high point of the surface, the unit normal is k^\hat{\mathbf{k}}.)

Define G=∇×F,whereF=(xz−y3cos⁡z) ı^+x3ez ȷ^+xyzex2+y2+z2 k^.\mathbf{G} = \nabla\times\mathbf{F}, \qquad{\rm where}\qquad \mathbf{F} = (xz - y^3\cos z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + x^3 e^z\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + xyze^{x^2+y^2+z^2}\,\hat{\mathbf{k}}. Find ∬SG⋅n^dS\iint _\mathcal{S} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\mathrm{d}S.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

주어진 곡면은 (x,y,z)=(0,0,1)(x,y,z)=(0,0,1) 을 중심으로 하는 타원면이다. 이 곡면은 평면 z=0z=0 위의 곡선 C\mathcal{C} 를 덮고 있으며, 이 곡선은 x2+y2=4x^2+y^2=4 로 주어진다. 이는 원점을 중심으로 하고 반지름이 22 인 원이며, zz축의 양의 방향에서 볼 때 시계 반대 방향으로 방향이 정해져 있다.

방법 I — 스토크스 정리를 두 번 사용: D\mathcal{D} 를 평면 위의 원판 x2+y2≤4x^2+y^2\le 4, z=0z=0 이라 하자. 스토크스 정리를 두 번 사용하면 다음을 얻는다. ∬SG⋅n^ dS=∬S∇×F⋅n^ dS=∮CF⋅dr=∬D∇×F⋅n^ dS=∬DG⋅n^ dS\iint _\mathcal{S} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \iint _\mathcal{S} \nabla\times\mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \oint_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} = \iint _\mathcal{D} \nabla\times\mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \iint _\mathcal{D} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S 이제 D\mathcal{D} 위에서 n^=k^\hat{\mathbf{n}}=\hat{\mathbf{k}} 이고 z=0z=0 이므로, 이 곡면 위에서

G⋅n^=(∇×F)⋅k^=det⁡[001∂∂x∂∂y∂∂z(xz−y3cos⁡z)x3ezxyzex2+y2+z2]z=0=[3x2ez+3y2cos⁡z]z=0=3(x2+y2)\begin{aligned} \mathbf{G}\cdot\hat{\mathbf{n}} = (\nabla\times\mathbf{F})\cdot\hat{\mathbf{k}} &= \det\left[\begin{matrix} 0 & 0 & 1 \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ (xz - y^3\cos z) & x^3 e^z & xyze^{x^2+y^2+z^2} \end{matrix}\right]_{z=0} \\[0.05in] &= \big[3x^2 e^z + 3y^2\cos z\big]_{z=0} = 3(x^2+y^2) \end{aligned}

따라서 극좌표를 이용하면 ∬SG⋅n^ dS=∬D3(x2+y2) dxdy=3∫θ=02π∫r=02(r2) r dr dθ=3(2π)(4)=24π\iint _\mathcal{S} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \iint _\mathcal{D} 3(x^2+y^2)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = 3\int_{\theta=0}^{2\pi} \int_{r=0}^2 (r^2)\,r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta = 3(2\pi)(4)= 24\pi

방법 II — 스토크스 정리를 한 번 사용: 스토크스 정리에 의해

∬SG⋅n^ dS=∬S∇×F⋅n^ dS=∮CF⋅dr\iint _\mathcal{S} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \iint _\mathcal{S} \nabla\times\mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \oint_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}

원 C\mathcal{C} 를 r(θ)=2cos⁡θ ı^+2sin⁡θ ȷ^,0≤θ≤2π\mathbf{r}(\theta) = 2\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 2\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}},\qquad 0\le\theta\le 2\pi 로 매개화하면 dr=drdθ dθ=(−2sin⁡θ ı^+2cos⁡θ ȷ^) dθ.\mathrm{d}\mathbf{r} = \frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}\theta}\,\mathrm{d}\theta = (-2\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 2\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}\theta. 를 얻는다. 그러면 C\mathcal{C} 위에서 z=0z=0 이므로,

∬SG⋅n^ dS=∫02π(−(2sin⁡θ)3 ı^+(2cos⁡θ)3 ȷ^⏞F(r(θ)))⋅(−2sin⁡θ ı^+2cos⁡θ ȷ^⏞r′(θ)) dθ=16∫02π(sin⁡4θ+cos⁡4θ) dθ\begin{aligned} \iint _\mathcal{S} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= \int_{0}^{2\pi}\big( \overbrace{-(2\sin\theta)^3\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (2\cos\theta)^3\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}}^ {\mathbf{F}\big(\mathbf{r}(\theta)\big)}\big) \cdot \big(\overbrace{-2\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 2\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}}^{\mathbf{r}'(\theta)}\big) \,\mathrm{d}\theta \\ &= 16 \int_{0}^{2\pi}\big(\sin^4\theta + \cos^4\theta\big)\,\mathrm{d}\theta \end{aligned}

배각 공식

cos⁡2θ=1+cos⁡(2θ)2sin⁡2θ=1−cos⁡(2θ)2\begin{aligned} \cos^2\theta=\frac{1+\cos(2\theta)}{2}\qquad \sin^2\theta=\frac{1-\cos(2\theta)}{2}\qquad \end{aligned}

에 의해 다음을 얻는다.

sin⁡4θ+cos⁡4θ=[1−cos⁡(2θ)]24+[1+cos⁡(2θ)]24=12+cos⁡2(2θ)2=12+1+cos⁡(4θ)4\begin{aligned} \sin^4\theta + \cos^4\theta &=\frac{\big[1-\cos(2\theta)\big]^2}{4} + \frac{\big[1+\cos(2\theta)\big]^2}{4} \\ &=\frac{1}{2} + \frac{\cos^2(2\theta)}{2} =\frac{1}{2} + \frac{1+\cos(4\theta)}{4} \end{aligned}

그러므로 ∬SG⋅n^ dS=16∫02π(34+14cos⁡(4θ)) dθ=16×34×(2π)=24π\iint _\mathcal{S} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =16\int_{0}^{2\pi} \left(\frac{3}{4}+\frac{1}{4}\cos(4\theta)\right) \,\mathrm{d}\theta = 16\times\frac{3}{4}\times (2\pi) = 24\pi

원본 교재 풀이(영어)

The given surface is an ellipsoid centred at (x,y,z)=(0,0,1)(x,y,z)=(0,0,1). It caps a curve C\mathcal{C} in the plane z=0z=0, given by x2+y2=4x^2+y^2=4. This is a circle of radius 22 centred at the origin, oriented counterclockwise when viewed from the positive zz-axis.

Method I — double Stokes': Let D\mathcal{D} denote the plane disk x2+y2≤4x^2+y^2\le 4, z=0z=0. Using Stokes' theorem twice gives ∬SG⋅n^ dS=∬S∇×F⋅n^ dS=∮CF⋅dr=∬D∇×F⋅n^ dS=∬DG⋅n^ dS\iint _\mathcal{S} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \iint _\mathcal{S} \nabla\times\mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \oint_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} = \iint _\mathcal{D} \nabla\times\mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \iint _\mathcal{D} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S Now in D\mathcal{D} we have n^=k^\hat{\mathbf{n}}=\hat{\mathbf{k}} and z=0z=0, so on this surface,

G⋅n^=(∇×F)⋅k^=det⁡[001∂∂x∂∂y∂∂z(xz−y3cos⁡z)x3ezxyzex2+y2+z2]z=0=[3x2ez+3y2cos⁡z]z=0=3(x2+y2)\begin{aligned} \mathbf{G}\cdot\hat{\mathbf{n}} = (\nabla\times\mathbf{F})\cdot\hat{\mathbf{k}} &= \det\left[\begin{matrix} 0 & 0 & 1 \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ (xz - y^3\cos z) & x^3 e^z & xyze^{x^2+y^2+z^2} \end{matrix}\right]_{z=0} \\[0.05in] &= \big[3x^2 e^z + 3y^2\cos z\big]_{z=0} = 3(x^2+y^2) \end{aligned}

Hence, using polar coordinates, ∬SG⋅n^ dS=∬D3(x2+y2) dxdy=3∫θ=02π∫r=02(r2) r dr dθ=3(2π)(4)=24π\iint _\mathcal{S} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \iint _\mathcal{D} 3(x^2+y^2)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = 3\int_{\theta=0}^{2\pi} \int_{r=0}^2 (r^2)\,r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta = 3(2\pi)(4)= 24\pi

Method II — single Stokes': By Stokes' theorem

∬SG⋅n^ dS=∬S∇×F⋅n^ dS=∮CF⋅dr\iint _\mathcal{S} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \iint _\mathcal{S} \nabla\times\mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \oint_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}

Parametrize the circle C\mathcal{C} using r(θ)=2cos⁡θ ı^+2sin⁡θ ȷ^,0≤θ≤2π\mathbf{r}(\theta) = 2\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 2\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}},\qquad 0\le\theta\le 2\pi to obtain dr=drdθ dθ=(−2sin⁡θ ı^+2cos⁡θ ȷ^) dθ.\mathrm{d}\mathbf{r} = \frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}\theta}\,\mathrm{d}\theta = (-2\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 2\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}\theta. Then since z=0z=0 on C\mathcal{C},

∬SG⋅n^ dS=∫02π(−(2sin⁡θ)3 ı^+(2cos⁡θ)3 ȷ^⏞F(r(θ)))⋅(−2sin⁡θ ı^+2cos⁡θ ȷ^⏞r′(θ)) dθ=16∫02π(sin⁡4θ+cos⁡4θ) dθ\begin{aligned} \iint _\mathcal{S} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= \int_{0}^{2\pi}\big( \overbrace{-(2\sin\theta)^3\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (2\cos\theta)^3\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}}^ {\mathbf{F}\big(\mathbf{r}(\theta)\big)}\big) \cdot \big(\overbrace{-2\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 2\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}}^{\mathbf{r}'(\theta)}\big) \,\mathrm{d}\theta \\ &= 16 \int_{0}^{2\pi}\big(\sin^4\theta + \cos^4\theta\big)\,\mathrm{d}\theta \end{aligned}

By the double angle trig identities

cos⁡2θ=1+cos⁡(2θ)2sin⁡2θ=1−cos⁡(2θ)2\begin{aligned} \cos^2\theta=\frac{1+\cos(2\theta)}{2}\qquad \sin^2\theta=\frac{1-\cos(2\theta)}{2}\qquad \end{aligned}

we have

sin⁡4θ+cos⁡4θ=[1−cos⁡(2θ)]24+[1+cos⁡(2θ)]24=12+cos⁡2(2θ)2=12+1+cos⁡(4θ)4\begin{aligned} \sin^4\theta + \cos^4\theta &=\frac{\big[1-\cos(2\theta)\big]^2}{4} + \frac{\big[1+\cos(2\theta)\big]^2}{4} \\ &=\frac{1}{2} + \frac{\cos^2(2\theta)}{2} =\frac{1}{2} + \frac{1+\cos(4\theta)}{4} \end{aligned}

So ∬SG⋅n^ dS=16∫02π(34+14cos⁡(4θ)) dθ=16×34×(2π)=24π\iint _\mathcal{S} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =16\int_{0}^{2\pi} \left(\frac{3}{4}+\frac{1}{4}\cos(4\theta)\right) \,\mathrm{d}\theta = 16\times\frac{3}{4}\times (2\pi) = 24\pi

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.4절 · 9번
# 스토크스 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
517.CLP-4 · 4.4절 · 27번대학 수준우리말 번역

SS 를 꼭짓점이 (±1,±1,±1)(\pm 1,\pm1,\pm1) 인 정육면체의 윗면과 네 옆면으로 이루어진, 바깥쪽으로 향하도록 방향이 주어진 곡면이라 하자. F(x,y,z)=(xyz,xy2,x2yz)\mathbf{F}(x,y,z)=(xyz,xy^2,x^2yz) 일 때, SS 를 통과하는 ∇×F{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F} 의 선속을 구하세요.

영어 원문 보기

Let SS be the oriented surface consisting of the top and four sides of the cube whose vertices are (±1,±1,±1)(\pm 1,\pm1,\pm1), oriented outward. If F(x,y,z)=(xyz,xy2,x2yz)\mathbf{F}(x,y,z)=(xyz,xy^2,x^2yz), find the flux of ∇×F{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F} through SS.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

풀이 1: S′S' 을 정육면체의 아랫면이라 하고, 법선벡터 k^\hat{\mathbf{k}} 로 방향을 정하자. 그러면 ∂S=∂S′\partial S=\partial S' 이므로 스토크스 정리에 의해

∬S∇×F⋅n^ dS=∮∂SF⋅dr=∮∂S′F⋅dr=∬S′∇×F⋅n^ dS\iint _S{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S =\oint_{\partial S}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\oint_{\partial S'}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\iint _{S'}{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S

이다.

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zxyzxy2x2yz]=(⋯ , ⋯ , y2−xz)\begin{aligned} { \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] xyz & xy^2 & x^2yz \end{matrix}\right] =\big(\cdots\,,\,\cdots\,,\,y^2-xz\big) \end{aligned}

이고 S′S' 위에서 n^=k^\hat{\mathbf{n}}=\hat{\mathbf{k}} 이며 S′S' 위에서 z=−1z=-1 이므로

∬S′∇×F⋅n^ dS=∫−11dx∫−11dy (⋯ ,⋯ ,y2−xz)⋅k^∣z=−1=∫−11dx∫−11dy (y2+x)=∫−11dx∫−11dy y2=2×2∫01dy y2=43\begin{aligned} \iint _{S'}{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S &=\int_{-1}^1 \mathrm{d}x\int_{-1}^1 \mathrm{d}y\ \big(\cdots,\cdots,y^2-xz\big)\cdot\hat{\mathbf{k}}\Big|_{z=-1} =\int_{-1}^1 \mathrm{d}x\int_{-1}^1 \mathrm{d}y\ (y^2+x) \\ &=\int_{-1}^1 \mathrm{d}x\int_{-1}^1 \mathrm{d}y\ y^2 =2\times 2\int_0^1\mathrm{d}y\ y^2 =\frac{4}{3} \end{aligned}

이다.

풀이 2: SS 의 경계는 아래 그림과 같이 변 C1C_1, ⋯\cdots, C4C_4 로 이루어진 정사각형 CC 이다.

그림

스토크스 정리에 의해

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

이다.

C1C_1 을 xx 로 매개화하자. 즉 r(x)=xı^−ȷ^−k^\mathbf{r}(x)= x\hat{\boldsymbol{\imath}} - \hat{\boldsymbol{\jmath}} -\hat{\mathbf{k}}, −1≤x≤1-1\le x\le 1 이다. r′(x)=ı^\mathbf{r}'(x) = \hat{\boldsymbol{\imath}} 이고 C1C_1 위에서 y=z=−1y=z=-1 이므로

∫C1F⋅dr=∫−11F(r(x))⋅r′(x) dx=∫−11F(r(x))⋅ı^ dx=∫−11x(−1)(−1)⏞xyz dx=0(x 는 홀함수이므로)\begin{aligned} \int_{C_1}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\int_{-1}^1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(x)\big)\cdot\mathbf{r}'(x)\ \mathrm{d}x =\int_{-1}^1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(x)\big)\cdot\hat{\boldsymbol{\imath}}\ \mathrm{d}x =\int_{-1}^1\overbrace{x(-1)(-1)}^{xyz}\ \mathrm{d}x \\ &=0\qquad\text{($x$ 는 홀함수이므로)} \end{aligned}

이다.

C2C_2 를 yy 로 매개화하자. 즉 r(y)=ı^+y ȷ^−k^\mathbf{r}(y)= \hat{\boldsymbol{\imath}} + y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -\hat{\mathbf{k}}, −1≤y≤1-1\le y\le 1 이다. r′(y)=ȷ^\mathbf{r}'(y) = \hat{\boldsymbol{\jmath}} 이고 C2C_2 위에서 x=1x=1 이므로

∫C2F⋅dr=∫−11F(r(y))⋅ȷ^ dy=∫−11y2⏞xy2 dy=[y33]−11=23\begin{aligned} \int_{C_2}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\int_{-1}^1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(y)\big)\cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}}\ \mathrm{d}y =\int_{-1}^1\overbrace{y^2}^{xy^2}\ \mathrm{d}y =\left[\frac{y^3}{3}\right]_{-1}^1 =\frac{2}{3} \end{aligned}

이다.

C3C_3 을 xx 로 매개화하자. 즉 r(x)=xı^+ȷ^−k^\mathbf{r}(x)= x\hat{\boldsymbol{\imath}} + \hat{\boldsymbol{\jmath}} -\hat{\mathbf{k}} 이고 xx 는 11 에서 −1-1 까지 변한다. (이것이 불안하면 t=−xt=-x 로 매개화하라. 즉 r(t)=−t ı^+ȷ^−k^\mathbf{r}(t)= -t\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + \hat{\boldsymbol{\jmath}} -\hat{\mathbf{k}}, −1≤t≤1-1\le t\le 1 이다.) r′(x)=ı^\mathbf{r}'(x) = \hat{\boldsymbol{\imath}} 이고 C3C_3 위에서 y=1y=1, z=−1z=-1 이므로

∫C3F⋅dr=∫1−1F(r(x))⋅ı^ dx=∫1−1x (1)(−1)⏞xyz dx=0(x 는 홀함수이므로)\begin{aligned} \int_{C_3}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\int^{-1}_1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(x)\big)\cdot\hat{\boldsymbol{\imath}}\ \mathrm{d}x =\int^{-1}_1\overbrace{x\ (1)(-1)}^{xyz}\ \mathrm{d}x =0\qquad\text{($x$ 는 홀함수이므로)} \end{aligned}

이다.

C4C_4 를 yy 로 매개화하자. 즉 r(y)=−ı^+y ȷ^−k^\mathbf{r}(y)= -\hat{\boldsymbol{\imath}} + y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -\hat{\mathbf{k}} 이고 yy 는 11 에서 −1-1 까지 변한다. r′(y)=ȷ^\mathbf{r}'(y) = \hat{\boldsymbol{\jmath}} 이고 C4C_4 위에서 x=−1x=-1 이므로

∫C4F⋅dr=∫1−1F(r(y))⋅ȷ^ dy=∫1−1(−1)y2⏞xy2 dy=−[y33]1−1=23\begin{aligned} \int_{C_4}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\int^{-1}_1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(y)\big)\cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}}\ \mathrm{d}y =\int^{-1}_1\overbrace{(-1)y^2}^{xy^2}\ \mathrm{d}y =-\left[\frac{y^3}{3}\right]^{-1}_1 =\frac{2}{3} \end{aligned}

이다.

모두 합하면

∬S∇×F⋅n^ dS=∫C1F⋅dr+∫C2F⋅dr+∫C3F⋅dr+∫C4F⋅dr=43\iint _S{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S =\int_{C_1}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} + \int_{C_2}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} +\int_{C_3}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} + \int_{C_4}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\frac{4}{3}

이다.

원본 교재 풀이(영어)

Solution 1: Let S′S' be the bottom surface of the cube, oriented with normal k^\hat{\mathbf{k}}. Then, by Stokes' theorem, since ∂S=∂S′\partial S=\partial S',

∬S∇×F⋅n^ dS=∮∂SF⋅dr=∮∂S′F⋅dr=∬S′∇×F⋅n^ dS\iint _S{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S =\oint_{\partial S}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\oint_{\partial S'}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\iint _{S'}{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S

Since

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zxyzxy2x2yz]=(⋯ , ⋯ , y2−xz)\begin{aligned} { \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] xyz & xy^2 & x^2yz \end{matrix}\right] =\big(\cdots\,,\,\cdots\,,\,y^2-xz\big) \end{aligned}

and n^=k^\hat{\mathbf{n}}=\hat{\mathbf{k}} on S′S' and z=−1z=-1 on S′S'

∬S′∇×F⋅n^ dS=∫−11dx∫−11dy (⋯ ,⋯ ,y2−xz)⋅k^∣z=−1=∫−11dx∫−11dy (y2+x)=∫−11dx∫−11dy y2=2×2∫01dy y2=43\begin{aligned} \iint _{S'}{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S &=\int_{-1}^1 \mathrm{d}x\int_{-1}^1 \mathrm{d}y\ \big(\cdots,\cdots,y^2-xz\big)\cdot\hat{\mathbf{k}}\Big|_{z=-1} =\int_{-1}^1 \mathrm{d}x\int_{-1}^1 \mathrm{d}y\ (y^2+x) \\ &=\int_{-1}^1 \mathrm{d}x\int_{-1}^1 \mathrm{d}y\ y^2 =2\times 2\int_0^1\mathrm{d}y\ y^2 =\frac{4}{3} \end{aligned}

Solution 2: The boundary of SS is the square CC, with sides C1C_1, ⋯\cdots, C4C_4, in the sketch

figure

By Stokes' theorem,

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

Parametrize C1C_1 by xx. That is, r(x)=xı^−ȷ^−k^\mathbf{r}(x)= x\hat{\boldsymbol{\imath}} - \hat{\boldsymbol{\jmath}} -\hat{\mathbf{k}}, −1≤x≤1-1\le x\le 1. Since r′(x)=ı^\mathbf{r}'(x) = \hat{\boldsymbol{\imath}}, and y=z=−1y=z=-1 on C1C_1,

∫C1F⋅dr=∫−11F(r(x))⋅r′(x) dx=∫−11F(r(x))⋅ı^ dx=∫−11x(−1)(−1)⏞xyz dx=0(since x is odd)\begin{aligned} \int_{C_1}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\int_{-1}^1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(x)\big)\cdot\mathbf{r}'(x)\ \mathrm{d}x =\int_{-1}^1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(x)\big)\cdot\hat{\boldsymbol{\imath}}\ \mathrm{d}x =\int_{-1}^1\overbrace{x(-1)(-1)}^{xyz}\ \mathrm{d}x \\ &=0\qquad\text{(since $x$ is odd)} \end{aligned}

Parametrize C2C_2 by yy. That is, r(y)=ı^+y ȷ^−k^\mathbf{r}(y)= \hat{\boldsymbol{\imath}} + y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -\hat{\mathbf{k}}, −1≤y≤1-1\le y\le 1. Since r′(y)=ȷ^\mathbf{r}'(y) = \hat{\boldsymbol{\jmath}}, and x=1x=1 on C2C_2,

∫C2F⋅dr=∫−11F(r(y))⋅ȷ^ dy=∫−11y2⏞xy2 dy=[y33]−11=23\begin{aligned} \int_{C_2}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\int_{-1}^1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(y)\big)\cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}}\ \mathrm{d}y =\int_{-1}^1\overbrace{y^2}^{xy^2}\ \mathrm{d}y =\left[\frac{y^3}{3}\right]_{-1}^1 =\frac{2}{3} \end{aligned}

Parametrize C3C_3 by xx. That is, r(x)=xı^+ȷ^−k^\mathbf{r}(x)= x\hat{\boldsymbol{\imath}} + \hat{\boldsymbol{\jmath}} -\hat{\mathbf{k}} with xx running from 11 to −1-1. (If you're nervous about this, parametrize by t=−xt=-x. That is r(t)=−t ı^+ȷ^−k^\mathbf{r}(t)= -t\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + \hat{\boldsymbol{\jmath}} -\hat{\mathbf{k}}, −1≤t≤1-1\le t\le 1.) Since r′(x)=ı^\mathbf{r}'(x) = \hat{\boldsymbol{\imath}}, and y=1y=1, z=−1z=-1 on C3C_3,

∫C3F⋅dr=∫1−1F(r(x))⋅ı^ dx=∫1−1x (1)(−1)⏞xyz dx=0(since x is odd)\begin{aligned} \int_{C_3}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\int^{-1}_1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(x)\big)\cdot\hat{\boldsymbol{\imath}}\ \mathrm{d}x =\int^{-1}_1\overbrace{x\ (1)(-1)}^{xyz}\ \mathrm{d}x =0\qquad\text{(since $x$ is odd)} \end{aligned}

Parametrize C4C_4 by yy. That is, r(y)=−ı^+y ȷ^−k^\mathbf{r}(y)= -\hat{\boldsymbol{\imath}} + y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -\hat{\mathbf{k}}, with yy running from 11 to −1-1. Since r′(y)=ȷ^\mathbf{r}'(y) = \hat{\boldsymbol{\jmath}}, and x=−1x=-1 on C4C_4,

∫C4F⋅dr=∫1−1F(r(y))⋅ȷ^ dy=∫1−1(−1)y2⏞xy2 dy=−[y33]1−1=23\begin{aligned} \int_{C_4}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\int^{-1}_1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(y)\big)\cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}}\ \mathrm{d}y =\int^{-1}_1\overbrace{(-1)y^2}^{xy^2}\ \mathrm{d}y =-\left[\frac{y^3}{3}\right]^{-1}_1 =\frac{2}{3} \end{aligned}

All together

∬S∇×F⋅n^ dS=∫C1F⋅dr+∫C2F⋅dr+∫C3F⋅dr+∫C4F⋅dr=43\iint _S{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S =\int_{C_1}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} + \int_{C_2}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} +\int_{C_3}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} + \int_{C_4}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\frac{4}{3}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.4절 · 25번
# 스토크스 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
518.CLP-4 · 4.4절 · 28번대학 수준우리말 번역

SS 를 다음과 같이 매개변수로 나타낸 나선형 경사로(즉, 나선면)의 일부라고 하자.

x=ucos⁡v, y=usin⁡v, z=v0≤u≤1, 0≤v≤2πx=u\cos v,\ y=u\sin v,\ z=v\qquad 0\le u\le 1,\ 0\le v\le 2\pi

CC 를 SS 의 경계라고 하고, 방향은 SS 위의 위쪽을 향하는 법선으로 정해진다고 하자. 다음 값을 구하세요.

∫Cy dx−x dy+xy dz\int_C y\,\mathrm{d}x-x\,\mathrm{d}y+ xy\,\mathrm{d}z

영어 원문 보기

Let SS denote the part of the spiral ramp (that is helicoidal surface) parametrized by

x=ucos⁡v, y=usin⁡v, z=v0≤u≤1, 0≤v≤2πx=u\cos v,\ y=u\sin v,\ z=v\qquad 0\le u\le 1,\ 0\le v\le 2\pi

Let CC denote the boundary of SS with orientation specified by the upward pointing normal on SS. Find

∫Cy dx−x dy+xy dz\int_C y\,\mathrm{d}x-x\,\mathrm{d}y+ xy\,\mathrm{d}z

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정답·풀이 보기

스토크스 정리를 이용해 보자. F=y ı^−x ȷ^+xy k^\mathbf{F}=y\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-x\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+xy\,\hat{\mathbf{k}} 라 하면

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zy−xxy]=x ı^−y ȷ^−2 k^\begin{aligned} { \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] y & -x & xy \end{matrix}\right] =x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}-2\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}

이제 (u,v)(u,v) 매개변수로 n^ dS\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S 를 계산한다.

r(u,v)=(ucos⁡v,usin⁡v,v)∂r∂u(u,v)=(cos⁡v,sin⁡v,0)∂r∂v(u,v)=(−usin⁡v,ucos⁡v,1)∂r∂u×∂r∂v=det⁡[ı^ȷ^k^cos⁡vsin⁡v0−usin⁡vucos⁡v1]=(sin⁡v,−cos⁡v,u)n^ dS=(sin⁡v,−cos⁡v,u) du dv\begin{aligned} \mathbf{r}(u,v)&=\big(u\cos v, u\sin v, v\big)\\ \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial u}(u,v)&=\big(\cos v, \sin v, 0\big)\\ \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial v}(u,v)&=\big(-u\sin v, u\cos v, 1\big)\\ \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial u}\times\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial v} &=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\[0.05in] \cos v & \sin v & 0 \\ -u\sin v& u\cos v& 1 \end{matrix}\right] =\big(\sin v, -\cos v, u\big)\\ \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S&=\big(\sin v, -\cos v, u\big)\,\mathrm{d}u\,\mathrm{d}v \end{aligned}

u≥0u\ge 0 이므로 실제로 위쪽을 향하는 법선이다. 따라서 스토크스 정리에 의해

∫Cy dx−x dy+xy dz=∫CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=∫01du∫02πdv (ucos⁡v,−usin⁡v,−2)⋅(sin⁡v,−cos⁡v,u)=∫01du∫02πdv (2usin⁡vcos⁡v−2u)=[∫01du u][∫02πdv (sin⁡2v−2)]=12(−4π)=−2π\begin{aligned} \int_C y\,\mathrm{d}x-x\,\mathrm{d}y+ xy\,\mathrm{d}z &=\int_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S\\ &=\int_0^1 \mathrm{d}u \int_0^{2\pi} \mathrm{d}v\ \big(u\cos v, -u\sin v, -2\big) \cdot\big(\sin v, -\cos v, u\big)\\ &=\int_0^1 \mathrm{d}u \int_0^{2\pi} \mathrm{d}v\ \big(2u\sin v\cos v-2u\big) =\left[\int_0^1 \mathrm{d}u \ u\right] \left[\int_0^{2\pi} \mathrm{d}v\ \big(\sin 2v-2\big)\right]\\ &=\tfrac{1}{2}(-4\pi)=-2\pi \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

Let's try Stokes' Theorem. Call F=y ı^−x ȷ^+xy k^\mathbf{F}=y\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-x\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+xy\,\hat{\mathbf{k}}. Then

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zy−xxy]=x ı^−y ȷ^−2 k^\begin{aligned} { \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] y & -x & xy \end{matrix}\right] =x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}-2\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}

Now compute n^ dS\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S in the (u,v)(u,v)-parametrization.

r(u,v)=(ucos⁡v,usin⁡v,v)∂r∂u(u,v)=(cos⁡v,sin⁡v,0)∂r∂v(u,v)=(−usin⁡v,ucos⁡v,1)∂r∂u×∂r∂v=det⁡[ı^ȷ^k^cos⁡vsin⁡v0−usin⁡vucos⁡v1]=(sin⁡v,−cos⁡v,u)n^ dS=(sin⁡v,−cos⁡v,u) du dv\begin{aligned} \mathbf{r}(u,v)&=\big(u\cos v, u\sin v, v\big)\\ \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial u}(u,v)&=\big(\cos v, \sin v, 0\big)\\ \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial v}(u,v)&=\big(-u\sin v, u\cos v, 1\big)\\ \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial u}\times\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial v} &=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\[0.05in] \cos v & \sin v & 0 \\ -u\sin v& u\cos v& 1 \end{matrix}\right] =\big(\sin v, -\cos v, u\big)\\ \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S&=\big(\sin v, -\cos v, u\big)\,\mathrm{d}u\,\mathrm{d}v \end{aligned}

Since u≥0u\ge 0, we do indeed have the upward pointing normal. So, Stokes' theorem tells us

∫Cy dx−x dy+xy dz=∫CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=∫01du∫02πdv (ucos⁡v,−usin⁡v,−2)⋅(sin⁡v,−cos⁡v,u)=∫01du∫02πdv (2usin⁡vcos⁡v−2u)=[∫01du u][∫02πdv (sin⁡2v−2)]=12(−4π)=−2π\begin{aligned} \int_C y\,\mathrm{d}x-x\,\mathrm{d}y+ xy\,\mathrm{d}z &=\int_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S\\ &=\int_0^1 \mathrm{d}u \int_0^{2\pi} \mathrm{d}v\ \big(u\cos v, -u\sin v, -2\big) \cdot\big(\sin v, -\cos v, u\big)\\ &=\int_0^1 \mathrm{d}u \int_0^{2\pi} \mathrm{d}v\ \big(2u\sin v\cos v-2u\big) =\left[\int_0^1 \mathrm{d}u \ u\right] \left[\int_0^{2\pi} \mathrm{d}v\ \big(\sin 2v-2\big)\right]\\ &=\tfrac{1}{2}(-4\pi)=-2\pi \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.4절 · 19번
# 스토크스 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
519.CLP-4 · 4.4절 · 29번대학 수준우리말 번역

CC 를 x+2y−z=7x+2y-z=7 과 x2−2x+4y2=15x^2-2x+4y^2=15 의 교선이라 하자. 곡선 CC 는 zz축 위쪽 높은 곳에서 볼 때 반시계 방향으로 향하고 있다.

F=(ex2+yz) ı^+(cos⁡(y2)−x2) ȷ^+(sin⁡(z2)+xy) k^\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, ∮CF⋅dr\oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let CC be the intersection of x+2y−z=7x+2y-z=7 and x2−2x+4y2=15x^2-2x+4y^2=15. The curve CC is oriented counterclockwise when viewed from high on the zz-axis. Let

F=(ex2+yz) ı^+(cos⁡(y2)−x2) ȷ^+(sin⁡(z2)+xy) k^\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 ∮CF⋅dr\oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

F\mathbf{F} 의 꼴을 보면 직접 계산하기는 어려워 보인다. 그래서 스토크스 정리를 이용하되, SS 를 평면 G(x,y,z)=x+2y−z=7G(x,y,z)=x+2y-z=7 중에서 x2−2x+4y2=15x^2-2x+4y^2=15 의 안쪽에 있는 부분으로 잡는다. 그러면

n^ dS=±∇G∇G⋅k^ dx dy=±(ı^+2ȷ^−k^) dx dy\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. CC 가 위에서 볼 때 반시계 방향이므로, 스토크스 정리에 따라 위쪽을 향하는 법선벡터를 택해야 하고, 따라서 n^ dS=−(ı^+2ȷ^−k^) dx dy\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

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zex2+yzcos⁡(y2)−x2sin⁡(z2)+xy]=x ı^−(z+2x) k^{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\[0.05in] \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\[0.05in] 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 x2−2x+4y2=15x^2-2x+4y^2=15 를 (x−1)2+4y2=16(x-1)^2+4y^2=16 으로 다시 쓸 수 있으므로,

∮CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=∬(x−1)2+4y2≤16 [xı^−(z+2x)k^]∣z=−7+x+2y⋅(−1,−2,1) dx dy=∬(x−1)2+4y2≤16[−x−(−7+x+2y+2x)] dx dy=∬(x−1)2+4y2≤16[7−4x−2y] dx dy\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.

xx 와 yy 의 적분을 계산하기 위해, xyxy평면 위의 임의의 영역 RR 에 대하여 다음이 성립함을 이용한다.

xˉ=∬Rx dx dy넓이(R)yˉ=∬Ry dx dy넓이(R)\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 (x−1)242+y222=1\frac{(x-1)^2}{4^2}+\frac{y^2}{2^2}=1 이므로 넓이가 πab=π×4×2=8π\pi ab = \pi\times4\times 2=8\pi 이고 무게중심은 (xˉ,yˉ)=(1,0)(\bar x,\bar y) = (1,0) 이다. 따라서 R={ (x,y) ∣ (x−1)242+y222≤1 }R=\big\{ \ (x,y)\ \big|\ \frac{(x-1)^2}{4^2}+\frac{y^2}{2^2}\le 1\ \big\} 로 놓으면

∮CF⋅dr=∬R[7−4x−2y] dx dy=넓이(R){7−4xˉ−2yˉ}=8π[7−4×1−2×0]=24π\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 F\mathbf{F}, direct evaluation looks hard. So let's try Stokes' theorem, using as SS the part of the plane G(x,y,z)=x+2y−z=7G(x,y,z)=x+2y-z=7 that is inside x2−2x+4y2=15x^2-2x+4y^2=15. Then

n^ dS=±∇G∇G⋅k^ dx dy=±(ı^+2ȷ^−k^) dx dy\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 CC is oriented counterclockwise when viewed from high, Stokes' theorem specifies the upward pointing normal so that n^ dS=−(ı^+2ȷ^−k^) dx dy\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

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zex2+yzcos⁡(y2)−x2sin⁡(z2)+xy]=x ı^−(z+2x) k^{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\[0.05in] \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\[0.05in] 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 x2−2x+4y2=15x^2-2x+4y^2=15 as (x−1)2+4y2=16(x-1)^2+4y^2=16, we have

∮CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=∬(x−1)2+4y2≤16 [xı^−(z+2x)k^]∣z=−7+x+2y⋅(−1,−2,1) dx dy=∬(x−1)2+4y2≤16[−x−(−7+x+2y+2x)] dx dy=∬(x−1)2+4y2≤16[7−4x−2y] dx dy\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 xx and yy we use that, for any region RR in the xyxy–plane,

xˉ=∬Rx dx dyArea(R)yˉ=∬Ry dx dyArea(R)\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 (x−1)242+y222=1\frac{(x-1)^2}{4^2}+\frac{y^2}{2^2}=1 and so has area πab=π×4×2=8π\pi ab = \pi\times4\times 2=8\pi and centroid (xˉ,yˉ)=(1,0)(\bar x,\bar y) = (1,0). So, using R={ (x,y) ∣ (x−1)242+y222≤1 }R=\big\{ \ (x,y)\ \big|\ \frac{(x-1)^2}{4^2}+\frac{y^2}{2^2}\le 1\ \big\},

∮CF⋅dr=∬R[7−4x−2y] dx dy=Area(R){7−4xˉ−2yˉ}=8π[7−4×1−2×0]=24π\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
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
520.CLP-4 · 4.4절 · 30번대학 수준우리말 번역

(a) 벡터장 F=(2+x2+z , 0 , 3+x2z)\mathbf{F} = \big(2 + x^2 + z\,,\, 0\,,\, 3 + x^2 z\big) 의 회전(curl)을 구하세요. (b) CC 를 R3\mathbb{R}^3 에서 점 (0,0,0)(0, 0, 0) 에서 점 (2,0,0)(2, 0, 0) 까지 가는 곡선이라 하자. 이 곡선은 점 (0,0,0)(0, 0, 0) 에서 (0,0,3)(0, 0, 3) 까지, (0,0,3)(0, 0, 3) 에서 (0,1,0)(0, 1, 0) 까지, 그리고 (0,1,0)(0, 1, 0) 에서 (2,0,0)(2, 0, 0) 까지 잇는 세 개의 선분이 차례로 이어진 것이다. 선적분

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

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

영어 원문 보기

(a) Find the curl of the vector field F=(2+x2+z , 0 , 3+x2z)\mathbf{F} = \big(2 + x^2 + z\,,\, 0\,,\, 3 + x^2 z\big). (b) Let CC be the curve in R3\mathbb{R}^3 from the point (0,0,0)(0, 0, 0) to the point (2,0,0)(2, 0, 0), consisting of three consecutive line segments connecting the points (0,0,0)(0, 0, 0) to (0,0,3)(0, 0, 3), (0,0,3)(0, 0, 3) to (0,1,0)(0, 1, 0), and (0,1,0)(0, 1, 0) to (2,0,0)(2, 0, 0). Evaluate the line integral

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

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

정답·풀이 보기

(a) 회전은 다음과 같다.

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂z2+x2+z03+x2z]=(1−2xz) ȷ^\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 CC 는 닫혀 있지 않으므로 어떤 곡면의 경계가 아니다. 그래서 CC 에 (2,0,0)(2,0,0) 에서 (0,0,0)(0,0,0) 까지의 선분 LL 을 이어 붙여 CC 를 닫힌 곡선 C~\tilde C 로 확장한다. 아래 그림에서 CC 는 빨간 곡선이고 C~\tilde C 는 CC 와 파란 선분을 합한 것이다.

그림

닫힌 곡선 C~\tilde C 는 다음 두 삼각형의 합집합인 곡면 SS 의 경계이다.

  • yzyz평면 위에 있고 꼭짓점이 (0,0,0)(0,0,0), (0,0,3)(0,0,3), (0,1,0)(0,1,0) 이며 법선 벡터가 −ı^-\hat{\boldsymbol{\imath}} 인 삼각형 T1T_1
  • xyxy평면 위에 있고 꼭짓점이 (0,0,0)(0,0,0), (0,1,0)(0,1,0), (2,0,0)(2,0,0) 이며 법선 벡터가 −k^-\hat{\mathbf{k}} 인 삼각형 T2T_2

따라서 스토크스 정리에 의해

∫CF⋅dr+∫LF⋅dr=∫∂SF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=∬T1∇×F⋅(−ı^) dS+∬T2∇×F⋅(−k^) dS=∬T1(1−2xz) ȷ^⋅(−ı^) dS+∬T2(1−2xz) ȷ^⋅(−k^) dS=0\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

∫CF⋅dr=−∫LF⋅dr=−∫20(2+x2) dxL 위에서 dy=dz=z=0 이므로=∫02(2+x2) dx=[2x+x33]02=203\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

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂z2+x2+z03+x2z]=(1−2xz) ȷ^\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 CC is not closed and so is not the boundary of a surface. So we extend CC to a closed curve C~\tilde C by appending to CC the line segment LL from (2,0,0)(2,0,0) to (0,0,0)(0,0,0). In the figure below, CC is the red curve and C~\tilde C is CC plus the blue line segment.

figure

The closed curve C~\tilde C is boundary of the surface SS that is the union of

  • the triangle T1T_1 in the yzyz-plane with vertices (0,0,0)(0,0,0), (0,0,3)(0,0,3) and (0,1,0)(0,1,0) and with normal vector −ı^-\hat{\boldsymbol{\imath}} and
  • the triangle T2T_2 in the xyxy-plane with vertices (0,0,0)(0,0,0), (0,1,0)(0,1,0) and (2,0,0)(2,0,0) and with normal vector −k^-\hat{\mathbf{k}}.

So, by Stokes' theorem

∫CF⋅dr+∫LF⋅dr=∫∂SF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=∬T1∇×F⋅(−ı^) dS+∬T2∇×F⋅(−k^) dS=∬T1(1−2xz) ȷ^⋅(−ı^) dS+∬T2(1−2xz) ȷ^⋅(−k^) dS=0\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

∫CF⋅dr=−∫LF⋅dr=−∫20(2+x2) dxsince dy=dz=z=0 on L=∫02(2+x2) dx=[2x+x33]02=203\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
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