벡터 미적분 전체 문제

$64/3$

$5/3$

$8\pi$

$23\pi$

$0$

두 벡터장의 발산은 모두 1이다. 발산 정리에 의해 $\mathcal{S}$ 를 지나는 바깥쪽 전체 선속은 두 장 모두 $\iint_D 1\ dS$ 이다.

(a) $\operatorname{curl}\vec F = 1$ 이다. (b) $\operatorname{curl}\vec F\cdot \vec n = 1$ 이다. 여기서 $\vec n$ 은 $\mathcal{S}$ 에 수직인 단위벡터이다.

답은 다양할 수 있다. 닫힌 곡면 $\mathcal{S}$ 가 여러 개의 매끄러운 곡면으로 이루어진 경우가 많다. 바깥쪽으로 나가는 전체 선속을 구하려면 이중적분을 여러 개 계산해야 할 수 있다. 각 이중적분마다 곡면의 매개변수화와 편도함수들의 외적 계산이 필요하다. 특히 벡터장의 발산은 대체로 계산하기 쉬우므로, 삼중적분 하나를 계산하는 편이 일이 더 적을 수 있다.

답은 다양할 수 있다. 닫힌 곡선 $C$ 가 여러 개의 매끄러운 곡선으로 이루어진 경우가 많다. 전체 순환을 구하려면 각 곡선을 따라 선적분을 계산해야 할 수 있다. 각 선적분마다 해당 곡선의 매개변수화가 필요하다. 하나의 이중적분(곧 면적분)을 계산하는 편이 일이 더 적을 수 있다.

(a) 곡선은 $\mathbf{r}(\theta) = x(\theta)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 이고 $x(\theta)=r(\theta)\cos\theta$, $y(\theta)=r(\theta)\sin\theta$, $\theta_1\le \theta\le \theta_2$ 이다. 이 곡선 위에서

$$\begin{aligned} \mathbf{v}(\theta) =\frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}\theta}(\theta)&= x'(\theta)\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y'(\theta)\hat{\boldsymbol{\jmath}} =\big[r'(\theta)\cos\theta-r(\theta)\sin\theta\big]\hat{\boldsymbol{\imath}}+ \big[r'(\theta)\sin\theta+r(\theta)\cos\theta\big]\hat{\boldsymbol{\jmath}}\\ \implies \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}\theta}(\theta) &=\sqrt{\big[r'(\theta)\cos\theta-r(\theta)\sin\theta\big]^2 + \big[r'(\theta)\sin\theta+r(\theta)\cos\theta\big]^2}\\ &=\sqrt{r'(\theta)^2+r(\theta)^2} \end{aligned}$$

따라서

$$\begin{aligned} \int_\mathcal{C} f(x,y)\,ds &= \int_{\theta_1}^{\theta_2}\!\!\!f\big(x(\theta), y(\theta)\big) \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}\theta}\,\mathrm{d}\theta \\ &=\int_{\theta_1}^{\theta_2}\!\!\!f\big(r(\theta)\cos\theta, r(\theta)\sin\theta\big) \sqrt{r(\theta)^2 +\left(\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}\theta}(\theta)\right)^2}\, \mathrm{d}\theta \end{aligned}$$

이다.

(b) 이 경우 $f(x,y)=1$, $r(\theta)=1+\cos\theta$, $\theta_1=0$, $\theta_2=2\pi$ 이므로

$$\begin{aligned} \int_C \,ds &=\int_0^{2\pi} \sqrt{[1+\cos\theta]^2+[-\sin\theta]^2}\,\mathrm{d}\theta =\int_0^{2\pi} \sqrt{2(1+\cos\theta)}\,\mathrm{d}\theta\\ &=\int_0^{2\pi} \sqrt{4\cos^2\frac{\theta}{2}}\,\mathrm{d}\theta =2\int_0^{2\pi} \left|\cos\frac{\theta}{2}\right|\,\mathrm{d}\theta =4\int_0^{\pi} \cos\frac{\theta}{2}\ \mathrm{d}\theta =8 \sin\frac{\theta}{2}\bigg|_0^{\pi} =8 \end{aligned}$$

이다.

$C$ 를 매개변수로 나타내기 위해, 두 점 사이의 벡터가 $(2-1,4-2,5-3)=(1,2,2)$ 임에 주목한다. 따라서 이 직선은 $0 \le t \le 1$ 에 대해 $(1,2,3)+t(1,2,2)$ 이다. 즉, $x(t)=1+t$, $y(t)=2+2t$, 그리고 $z(t)=3+2t$ 이다.

$$\begin{aligned} \int_C(xy+z)\mathrm{d}s&=\int_0^1 \left((1+t)(2+2t)+(3+2t)\right)\sqrt{1^1+2^2+2^2}\mathrm{d}t\\ &= \int_0^1 3\big(5 + 6t + 2t^2\big)\ \mathrm{d}t=26 \end{aligned}$$

(a) 이 경우 $\mathbf{r}(t)=t\hat{\boldsymbol{\imath}}+t^2\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 이므로 $\mathbf{v}(t)=\frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}t}(t)=\hat{\boldsymbol{\imath}}+2t\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 이고 $\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}=\sqrt{1+4t^2}$ 이다. 따라서

$$\begin{aligned} \int_\mathcal{C} f(x,y,z)\,\mathrm{d}s &=\int_0^1 x(t)\cos z(t) \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}\,\mathrm{d}t =\int_0^1 t(\cos 0) \sqrt{1+4t^2}\,\mathrm{d}t =\frac{1}{8}\frac{ {(1+4t^2)}^{3/2}}{3/2}\bigg|_0^1\\ &=\frac{5^{3/2}-1}{12} \end{aligned}$$

(b) 이 경우 $\mathbf{r}(t)=\big(t,\frac{2}{3}t^{3/2},t\big)$ 이므로 $\mathbf{v}(t)=\frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}t}(t)=\big(1,t^{1/2},1\big)$ 이고 $\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}=\sqrt{2+t}$ 이다. 따라서

$$\begin{aligned} \int_\mathcal{C} f(x,y,z)\,\mathrm{d}s &=\int_1^2 \frac{x(t)+y(t)}{y(t)+z(t)} \, \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}\,\mathrm{d}t =\int_1^2 \frac{t+{2\over 3}t^{3/2}}{{2\over3}t^{3/2}+t} \sqrt{2+t}\,\mathrm{d}t =\frac{(2+t)^{3/2}}{3/2}\bigg|_1^2 \\ &=\frac{8-3^{3/2}}{3/2} \end{aligned}$$

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

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

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

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

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

직사각형 $R$ 의 그림은 다음과 같다.

\

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

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

따라서

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

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

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

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

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

이고

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

이다.

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

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

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

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

이고

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

이다.

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