벡터 미적분 전체 연습문제

661.CLP-4 · 4.1절 · 13번대학 수준우리말 번역

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

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

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

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

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

영어 원문 보기

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

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

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

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

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

정답·풀이 보기

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

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

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

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

이다. 따라서

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

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

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

이고, 따라서

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

이다.

원본 교재 풀이(영어)

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

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

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

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

So

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

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

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

so that

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.1절 · 4번

# 발산과 회전증명·논술도전자동 분류

662.CLP-4 · 4.2절 · 1번대학 수준우리말 번역

$V$ 를 정육면체

$\begin{aligned} V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le y\le 1,\ 0\le z\le 1\ \big\} \end{aligned}$

라 하고, $R$ 를 정사각형

$\begin{aligned} R=\big\{ \ (x,y)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le y\le 1\ \big\} \end{aligned}$

라 하자. 또 $f(x,y,z)$ 는 연속인 일계 편도함수를 가진다고 하자.

(a) 미적분의 기본정리를 이용하여

$\begin{aligned} \iiint _V\frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z =\iint _R f(x,y,1)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y - \iint _R f(x,y,0)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}$

임을 보이세요. (b) 발산정리를 이용하여

$\begin{aligned} \iiint _V\frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z =\iint _R f(x,y,1)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y - \iint _R f(x,y,0)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}$

임을 보이세요.

영어 원문 보기

Let $V$ be the cube

$\begin{aligned} V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le y\le 1,\ 0\le z\le 1\ \big\} \end{aligned}$

and $R$ be the square

$\begin{aligned} R=\big\{ \ (x,y)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le y\le 1\ \big\} \end{aligned}$

and let $f(x,y,z)$ have continuous first partial derivatives.

(a) Use the fundamental theorem of calculus to show that

$\begin{aligned} \iiint _V\frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z =\iint _R f(x,y,1)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y - \iint _R f(x,y,0)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}$ (b) Use the divergence theorem to show that

$\begin{aligned} \iiint _V\frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z =\iint _R f(x,y,1)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y - \iint _R f(x,y,0)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}$

정답·풀이 보기

(a) 좌변을 $z$ 를 가장 안쪽 적분변수로 하는 반복적분으로 나타내면 다음과 같다.

$\begin{aligned} \iiint _V\frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z &=\int_0^1\mathrm{d}x\int_0^1\mathrm{d}y\left[\int_0^1\mathrm{d}z\ \frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)\right] \\ &=\int_0^1\mathrm{d}x\int_0^1\mathrm{d}y\ \big[f(x,y,1)-f(x,y,0)\big] \\ &\text{미적분의 기본정리에 의해} \\ &=\iint _R\big[f(x,y,1)-f(x,y,0)\big]\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\ &=\iint _R f(x,y,1)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y - \iint _R f(x,y,0)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}$

(b) 벡터장 $\mathbf{F}(x,y,z) = f(x,y,z)\,\hat{\mathbf{k}}$ 를 정의하자. 그러면 $\mathbf{F}$ 의 발산은 ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}(x,y,z) = \frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)$ 이다. 정육면체 $V$ 의 경계는 다음 여섯 면의 합집합이다.

$\begin{aligned} S_1&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le y\le 1,\ z=1\ \big\}\quad \text{바깥쪽 법선벡터는 $\hat{\mathbf{n}}=\hat{\mathbf{k}}$} \\ S_2&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le y\le 1,\ z=0\ \big\}\quad \text{바깥쪽 법선벡터는 $\hat{\mathbf{n}}=-\hat{\mathbf{k}}$} \\ S_3&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le z\le 1,\ y=1\ \big\}\quad \text{바깥쪽 법선벡터는 $\hat{\mathbf{n}}=\hat{\boldsymbol{\jmath}}$} \\ S_4&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le z\le 1,\ y=0\ \big\}\quad \text{바깥쪽 법선벡터는 $\hat{\mathbf{n}}=-\hat{\boldsymbol{\jmath}}$} \\ S_5&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le y\le 1,\ 0\le z\le 1,\ x=1\ \big\}\quad \text{바깥쪽 법선벡터는 $\hat{\mathbf{n}}=\hat{\boldsymbol{\imath}}$} \\ S_6&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le y\le 1,\ 0\le z\le 1,\ x=0\ \big\}\quad \text{바깥쪽 법선벡터는 $\hat{\mathbf{n}}=-\hat{\boldsymbol{\imath}}$} \end{aligned}$

다음에 주목하자.

$\begin{aligned} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}} = f\,\hat{\mathbf{k}}\cdot\hat{\mathbf{n}} = \begin{cases} +f &\text{$S_1$ 위에서} \\ -f &\text{$S_2$ 위에서} \\ 0 &\text{$S_3$, $S_4$, $S_5$, $S_6$ 위에서} \end{cases} \end{aligned}$

따라서 발산정리에 의해 다음을 얻는다.

$\begin{aligned} \iiint _V\frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z &=\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}(x,y,z)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z \\ &= \iint _{\partial V} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\ \mathrm{d}S =\sum_{j=1}^6 \iint _{S_j} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\ \mathrm{d}S\\ &=\iint _{S_1} f\ \mathrm{d}S -\iint _{S_2} f\ \mathrm{d}S \\ &=\iint _R f(x,y,1)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y - \iint _R f(x,y,0)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

(a) Expressing the left hand side as an iterated integral, with $z$ as the innermost integration variable, we have

$\begin{aligned} \iiint _V\frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z &=\int_0^1\mathrm{d}x\int_0^1\mathrm{d}y\left[\int_0^1\mathrm{d}z\ \frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)\right] \\ &=\int_0^1\mathrm{d}x\int_0^1\mathrm{d}y\ \big[f(x,y,1)-f(x,y,0)\big] \\ &\text{by the fundamental theorem of calculus} \\ &=\iint _R\big[f(x,y,1)-f(x,y,0)\big]\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\ &=\iint _R f(x,y,1)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y - \iint _R f(x,y,0)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}$

(b) Define the vector field $\mathbf{F}(x,y,z) = f(x,y,z)\,\hat{\mathbf{k}}$ . Then the divergence of $\mathbf{F}$ is ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}(x,y,z) = \frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)$ . The boundary of the cube $V$ is the union of six faces

$\begin{aligned} S_1&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le y\le 1,\ z=1\ \big\}\quad \text{with outward normal $\hat{\mathbf{n}}=\hat{\mathbf{k}}$} \\ S_2&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le y\le 1,\ z=0\ \big\}\quad \text{with outward normal $\hat{\mathbf{n}}=-\hat{\mathbf{k}}$} \\ S_3&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le z\le 1,\ y=1\ \big\}\quad \text{with outward normal $\hat{\mathbf{n}}=\hat{\boldsymbol{\jmath}}$} \\ S_4&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le z\le 1,\ y=0\ \big\}\quad \text{with outward normal $\hat{\mathbf{n}}=-\hat{\boldsymbol{\jmath}}$} \\ S_5&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le y\le 1,\ 0\le z\le 1,\ x=1\ \big\}\quad \text{with outward normal $\hat{\mathbf{n}}=\hat{\boldsymbol{\imath}}$} \\ S_6&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le y\le 1,\ 0\le z\le 1,\ x=0\ \big\}\quad \text{with outward normal $\hat{\mathbf{n}}=-\hat{\boldsymbol{\imath}}$} \end{aligned}$

Observe that

$\begin{aligned} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}} = f\,\hat{\mathbf{k}}\cdot\hat{\mathbf{n}} = \begin{cases} +f &\text{on $S_1$} \\ -f &\text{on $S_2$} \\ 0 &\text{on $S_3$, $S_4$, $S_5$, $S_6$} \end{cases} \end{aligned}$

So the divergence theorem gives

$\begin{aligned} \iiint _V\frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z &=\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}(x,y,z)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z \\ &= \iint _{\partial V} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\ \mathrm{d}S =\sum_{j=1}^6 \iint _{S_j} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\ \mathrm{d}S\\ &=\iint _{S_1} f\ \mathrm{d}S -\iint _{S_2} f\ \mathrm{d}S \\ &=\iint _R f(x,y,1)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y - \iint _R f(x,y,0)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 36번

# 발산 정리증명·논술기본자동 분류

663.CLP-4 · 4.2절 · 2번대학 수준우리말 번역

(a) $\mathbf{a}$ 가 임의의 상수 벡터일 때, $\mathbf{F}=\phi\,\mathbf{a}$ 에 발산 정리를 적용하여 다음을 보이세요.

$\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\phi\,\mathrm{d}V=\iint _{\partial V}\phi\,\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S$ (b) 부피가 $|V|$ 인 입체 $V$ 의 무게중심 $(\bar x,\bar y,\bar z)$ 가 다음과 같이 주어짐을 보이세요.

$(\bar x,\bar y,\bar z)=\frac{1}{2|V|}\iint _{\partial V} (x^2+y^2+z^2)\,\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S$

영어 원문 보기

(a) By applying the divergence theorem to $\mathbf{F}=\phi\,\mathbf{a}$ , where $\mathbf{a}$ is an arbitrary constant vector, show that

$\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\phi\,\mathrm{d}V=\iint _{\partial V}\phi\,\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S$ (b) Show that the centroid $(\bar x,\bar y,\bar z)$ of a solid $V$ with volume $|V|$ is given by

$(\bar x,\bar y,\bar z)=\frac{1}{2|V|}\iint _{\partial V} (x^2+y^2+z^2)\,\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S$

정답·풀이 보기

(a) $\phi\,\mathbf{a}$ 의 발산은 ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot(\phi\,\mathbf{a}) ={ \boldsymbol{\nabla} }\phi\cdot\mathbf{a}+\phi{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{a}={ \boldsymbol{\nabla} }\phi\cdot\mathbf{a}$ 이다. $\mathbf{a}$ 가 상수이기 때문이다. 따라서 발산 정리에 의해

$\iint _{\partial V}\phi\,\mathbf{a}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iiint _V{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot(\phi\,\mathbf{a})\ \mathrm{d}V =\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\phi\cdot\mathbf{a}\ \mathrm{d}V \implies \left[\iint _{\partial V}\phi\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S -\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\phi\,\mathrm{d}V\right]\cdot\mathbf{a}=0$

이는 모든 벡터 $\mathbf{a}$ 에 대해 성립한다. 특히 $\mathbf{a}=\hat{\boldsymbol{\imath}},\hat{\boldsymbol{\jmath}},\hat{\mathbf{k}}$ 로 놓으면 $\left[\iint _{\partial V}\phi\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S -\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\phi\,\mathrm{d}V\right]$ 의 세 성분이 모두 0이다. 따라서

$\iint _{\partial V}\phi\,\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S-\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\phi\,\mathrm{d}V=0$

(b) (a)에서 $\phi=x^2+y^2+z^2$ 이고 ${ \boldsymbol{\nabla} }\phi = 2x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+2y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2z\,\hat{\mathbf{k}}$ 이므로

$\frac{1}{2|V|}\iint _{\partial V} (x^2+y^2+z^2)\,\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\frac{1}{2|V|} \iiint _V (2x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+2y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2z\,\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}V =(\bar x,\bar y,\bar z)$

원본 교재 풀이(영어)

(a) The divergence of $\phi\,\mathbf{a}$ is ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot(\phi\,\mathbf{a}) ={ \boldsymbol{\nabla} }\phi\cdot\mathbf{a}+\phi{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{a}={ \boldsymbol{\nabla} }\phi\cdot\mathbf{a}$ , since $\mathbf{a}$ is constant. So, by the divergence theorem,

$\iint _{\partial V}\phi\,\mathbf{a}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iiint _V{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot(\phi\,\mathbf{a})\ \mathrm{d}V =\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\phi\cdot\mathbf{a}\ \mathrm{d}V \implies \left[\iint _{\partial V}\phi\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S -\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\phi\,\mathrm{d}V\right]\cdot\mathbf{a}=0$

This is true for all vectors $\mathbf{a}$ . In particular, applying this with $\mathbf{a}=\hat{\boldsymbol{\imath}},\hat{\boldsymbol{\jmath}},\hat{\mathbf{k}}$ , we have that all three components of $\left[\iint _{\partial V}\phi\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S -\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\phi\,\mathrm{d}V\right]$ are zero. So

$\iint _{\partial V}\phi\,\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S-\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\phi\,\mathrm{d}V=0$

(b) By part (a), with $\phi=x^2+y^2+z^2$ and ${ \boldsymbol{\nabla} }\phi = 2x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+2y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2z\,\hat{\mathbf{k}}$ ,

$\frac{1}{2|V|}\iint _{\partial V} (x^2+y^2+z^2)\,\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\frac{1}{2|V|} \iiint _V (2x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+2y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2z\,\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}V =(\bar x,\bar y,\bar z)$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 15번

# 발산 정리증명·논술기본자동 분류

664.CLP-4 · 4.2절 · 4번대학 수준우리말 번역

두 가지 방법으로 적분 $\iint _S\mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S$ 의 값을 구하세요. 여기서 $\mathbf{F}=z\,\hat{\mathbf{k}}$ 이고, $S$ 는 곡면 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 이며 $\hat{\mathbf{n}}$ 은 $S$ 의 바깥쪽을 향하는 단위법선벡터이다.

(a) 먼저, 면적분을 직접 계산하세요. (b) 다음으로, 발산 정리를 이용하세요.

영어 원문 보기

Evaluate, by two methods, the integral $\iint _S\mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S$ , where $\mathbf{F}=z\,\hat{\mathbf{k}}$ , $S$ is the surface $x^2+y^2+z^2=a^2$ and $\hat{\mathbf{n}}$ is the outward pointing unit normal to $S$ .

(a) First, by direct computation of the surface integral. (b) Second, by using the divergence theorem.

정답·풀이 보기

(a) 구면좌표를 사용하자. $S$ 는 원점을 중심으로 하는 반지름 $a$ 인 구면이므로 다음과 같이 매개화할 수 있다.

$\begin{aligned} \mathbf{r}(\theta,\varphi) &=a\sin\varphi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +a\sin\varphi\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + a\cos\varphi\,\hat{\mathbf{k}} \\ \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \theta} &=-a\sin\varphi\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +a\sin\varphi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} \\ \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \varphi} &= \phantom{-}a\cos\varphi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +a\cos\varphi\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -a\sin\varphi\,\hat{\mathbf{k}} \\ \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\pm\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \theta} \times \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \varphi} \ \mathrm{d}\theta\, d\varphi\\ &=\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} &\hat{\boldsymbol{\jmath}} &\hat{\mathbf{k}} \\ -a\sin\varphi\sin\theta & a\sin\varphi\cos\theta & 0 \\ a\cos\varphi\cos\theta & a\cos\varphi\sin\theta & -a\sin\varphi \end{matrix}\right] \mathrm{d}\theta\, d\varphi\\ &=\pm\Big(-a^2\sin^2\varphi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} -a^2\sin^2\varphi\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -a^2\sin\varphi\cos\varphi\,\hat{\mathbf{k}}\Big)\ \mathrm{d}\theta\, d\varphi \\ &=\mp a^2\sin\varphi \big(\sin\varphi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +\sin\varphi\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\cos\varphi\,\hat{\mathbf{k}}\Big)\ \mathrm{d}\theta\, d\varphi \end{aligned}$

바깥쪽 법선이 되려면 $+$ 부호를 택해야 하므로

$\begin{aligned} \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= a^2\sin\varphi \big(\sin\varphi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +\sin\varphi\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\cos\varphi\,\hat{\mathbf{k}}\Big)\ \mathrm{d}\theta\, d\varphi \\ \mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= z(\theta,\varphi)\,\hat{\mathbf{k}}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = a^3 \sin\varphi\cos^2\varphi\ \mathrm{d}\theta\,d\varphi \end{aligned}$

이고,

$\begin{aligned} \iint _S\mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= a^3\int_0^\pi d\varphi\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \sin\varphi\,\cos^2\varphi\\ &=2\pi a^3 \int_0^\pi d\varphi \ \sin\varphi\,\cos^2\varphi =2\pi a^3\left[-\frac{1}{3}\cos^3\varphi\right]_0^\pi \\ &=\frac{4}{3}\pi a^3 \end{aligned}$

이다.

(b) 입체 $x^2+y^2+z^2\le a^2$ 을 $V$ 라 하자.

${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} =\frac{\partial }{\partial x}(0) +\frac{\partial }{\partial y}(0) +\frac{\partial }{\partial z}(z) =1$

이므로 발산 정리에 의해

$\begin{aligned} \iint _{\mathcal{S}}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _V{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}V =\iiint _V \ \mathrm{d}V =\text{부피}(V) =\frac{4}{3}\pi a^3 \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) Let's use spherical coordinates. As $S$ is the sphere of radius $a$ centred on the origin, we can parametrize it by

$\begin{aligned} \mathbf{r}(\theta,\varphi) &=a\sin\varphi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +a\sin\varphi\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + a\cos\varphi\,\hat{\mathbf{k}} \\ \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \theta} &=-a\sin\varphi\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +a\sin\varphi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} \\ \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \varphi} &= \phantom{-}a\cos\varphi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +a\cos\varphi\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -a\sin\varphi\,\hat{\mathbf{k}} \\ \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\pm\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \theta} \times \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \varphi} \ \mathrm{d}\theta\, d\varphi\\ &=\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} &\hat{\boldsymbol{\jmath}} &\hat{\mathbf{k}} \\ -a\sin\varphi\sin\theta & a\sin\varphi\cos\theta & 0 \\ a\cos\varphi\cos\theta & a\cos\varphi\sin\theta & -a\sin\varphi \end{matrix}\right] \mathrm{d}\theta\, d\varphi\\ &=\pm\Big(-a^2\sin^2\varphi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} -a^2\sin^2\varphi\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -a^2\sin\varphi\cos\varphi\,\hat{\mathbf{k}}\Big)\ \mathrm{d}\theta\, d\varphi \\ &=\mp a^2\sin\varphi \big(\sin\varphi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +\sin\varphi\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\cos\varphi\,\hat{\mathbf{k}}\Big)\ \mathrm{d}\theta\, d\varphi \end{aligned}$

For the outward normal, we want the $+$ sign, so

$\begin{aligned} \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= a^2\sin\varphi \big(\sin\varphi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +\sin\varphi\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\cos\varphi\,\hat{\mathbf{k}}\Big)\ \mathrm{d}\theta\, d\varphi \\ \mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= z(\theta,\varphi)\,\hat{\mathbf{k}}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = a^3 \sin\varphi\cos^2\varphi\ \mathrm{d}\theta\,d\varphi \end{aligned}$

and

$\begin{aligned} \iint _S\mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= a^3\int_0^\pi d\varphi\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \sin\varphi\,\cos^2\varphi\\ &=2\pi a^3 \int_0^\pi d\varphi \ \sin\varphi\,\cos^2\varphi =2\pi a^3\left[-\frac{1}{3}\cos^3\varphi\right]_0^\pi \\ &=\frac{4}{3}\pi a^3 \end{aligned}$

(b) Call the solid $x^2+y^2+z^2\le a^2$ , $V$ . As

${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} =\frac{\partial }{\partial x}(0) +\frac{\partial }{\partial y}(0) +\frac{\partial }{\partial z}(z) =1$

the divergence theorem gives

$\begin{aligned} \iint _{\mathcal{S}}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _V{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}V =\iiint _V \ \mathrm{d}V =\text{Volume}(V) =\frac{4}{3}\pi a^3 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 32번

# 발산 정리활용보통자동 분류

665.CLP-4 · 4.2절 · 7번대학 수준우리말 번역

(a) 벡터장 $\mathbf{F} = (z + \sin y, zy, \sin x \cos y)$ 의 발산을 구하세요. (b) (a)의 벡터장 $\mathbf{F}$ 가 $\mathbb{R}^3$ 에서 원점을 중심으로 하는 반지름이 $3$ 인 구면을 바깥쪽으로 통과하는 플럭스를 구하세요.

영어 원문 보기

(a) Find the divergence of the vector field $\mathbf{F} = (z + \sin y, zy, \sin x \cos y)$ . (b) Find the flux of the vector field $\mathbf{F}$ of (a) outward through the sphere of radius $3$ centred at the origin in $\mathbb{R}^3$ .

답 쓰고 채점

(a)

(b)

정답·풀이 보기

(a) 발산은 다음과 같다.

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} &= \frac{\partial }{\partial x}\big(z+\sin y\big) +\frac{\partial }{\partial y}\left(zy\right) +\frac{\partial }{\partial z}\big(\sin x\cos y\big) \\ &= z \end{aligned}$

(b) 다음과 같이 놓는다.

$\begin{aligned} V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2+z^2\le 9\ \big\} \end{aligned}$

발산 정리에 의해 (구하는 것이 바깥쪽 플럭스임에 유의한다),

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

이다. $z$ 가 홀함수이기 때문이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) The divergence is

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} &= \frac{\partial }{\partial x}\big(z+\sin y\big) +\frac{\partial }{\partial y}\left(zy\right) +\frac{\partial }{\partial z}\big(\sin x\cos y\big) \\ &= z \end{aligned}$

(b) Let

$\begin{aligned} V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2+z^2\le 9\ \big\} \end{aligned}$

By the divergence theorem (note that we are to find the outward flux),

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

since $z$ is odd.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 4번

# 발산 정리계산보통자동 분류

666.CLP-4 · 4.2절 · 9번대학 수준우리말 번역

$B$ 를 점 $(x_0, y_0, z_0)$ 을 중심으로 하는 부피 $V$ 의 공이라 하고, $S$ 를 $B$ 의 경계인 구면이라 하자. $\mathbf{F} = x^2\hat{\boldsymbol{\imath}} + xy\hat{\boldsymbol{\jmath}}+(3 z - yz)\hat{\mathbf{k}}$ 가 $S$ 를 ( $B$ 로부터) 바깥쪽으로 통과하는 플럭스를 구하세요.

영어 원문 보기

Let $B$ be the ball of volume $V$ centered at the point $(x_0, y_0, z_0)$ , and let $S$ be the sphere that is the boundary of $B$ . Find the flux of $\mathbf{F} = x^2\hat{\boldsymbol{\imath}} + xy\hat{\boldsymbol{\jmath}}+(3 z - yz)\hat{\mathbf{k}}$ outward (from $B$ ) through $S$ .

정답·풀이 보기

발산 정리를 적용한다. $\mathbf{F}$ 의 발산은 다음과 같다.

${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} = \frac{\partial }{\partial x}(x^2) +\frac{\partial }{\partial y}(xy) +\frac{\partial }{\partial z}(3 z - yz) =3+3x-y$

따라서

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

이다.

$x$ 와 $y$ 의 적분을 계산하기 위해, $\mathbb{R}^3$ 의 임의의 입체 $\mathcal{V}$ 에 대해 다음이 성립함을 이용한다.

$\begin{aligned} \iiint _\mathcal{V}\mathrm{d}V=\text{부피}(\mathcal{V})\qquad \bar x =\frac{\iiint _\mathcal{V} x\,\mathrm{d}V}{\text{부피}(\mathcal{V})}\qquad \bar y =\frac{\iiint _\mathcal{V} y\,\mathrm{d}V}{\text{부피}(\mathcal{V})}\qquad \bar z =\frac{\iiint _\mathcal{V} z\,\mathrm{d}V}{\text{부피}(\mathcal{V})} \end{aligned}$

여기서 $(\bar x,\bar y,\bar z)$ 는 $\mathcal{V}$ 의 무게중심이다. 주어진 공의 부피는 $V$ 이고 무게중심은 $(\bar x,\bar y,\bar z) = (x_0,y_0,z_0)$ 이다. 따라서

$\begin{aligned} \iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = V[3+3\bar x-\bar y] =[3+3x_0-y_0]\,V \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

Apply the divergence theorem. The divergence of $\mathbf{F}$ is

${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} = \frac{\partial }{\partial x}(x^2) +\frac{\partial }{\partial y}(xy) +\frac{\partial }{\partial z}(3 z - yz) =3+3x-y$

So

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

To evaluate the integrals of $x$ and $y$ we use that, for any solid $\mathcal{V}$ in $\mathbb{R}^3$ ,

$\begin{aligned} \iiint _\mathcal{V}\mathrm{d}V=\text{Volume}(\mathcal{V})\qquad \bar x =\frac{\iiint _\mathcal{V} x\,\mathrm{d}V}{\text{Volume}(\mathcal{V})}\qquad \bar y =\frac{\iiint _\mathcal{V} y\,\mathrm{d}V}{\text{Volume}(\mathcal{V})}\qquad \bar z =\frac{\iiint _\mathcal{V} z\,\mathrm{d}V}{\text{Volume}(\mathcal{V})} \end{aligned}$

where $(\bar x,\bar y,\bar z)$ is the centroid of $\mathcal{V}$ . Our ball has volume $V$ and centroid $(\bar x,\bar y,\bar z) = (x_0,y_0,z_0)$ . So

$\begin{aligned} \iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = V[3+3\bar x-\bar y] =[3+3x_0-y_0]\,V \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 10번

# 발산 정리계산보통자동 분류

667.CLP-4 · 4.2절 · 10번대학 수준우리말 번역

$\mathbf{F}(x, y, z) = \big( 1 + z^{1+z^{1+z}}\,,\, 1 + z^{1+z^{1+z}}\,,\,1\big)$

라 하자.

$S$ 를 곡면

$x^2 + y^2 = 1 - z^4$

중 $xy$ 평면 위쪽에 있는 부분이라 하자. $\mathbf{F}$ 가 $S$ 를 통과하여 아래쪽으로 나가는 플럭스를 구하세요.

영어 원문 보기

Let

$\mathbf{F}(x, y, z) = \big( 1 + z^{1+z^{1+z}}\,,\, 1 + z^{1+z^{1+z}}\,,\,1\big)$

Let $S$ be the portion of the surface

$x^2 + y^2 = 1 - z^4$

which is above the $xy$ -plane. What is the flux of $\mathbf{F}$ downward through $S$ ?

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

$V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le 1-z^4,\ 0\le z\le 1\ \big\}$

라 하자.

그러면 발산 정리에서 쓰는 방향을 준 $V$ 의 경계 $\partial V$ 는 두 부분으로 이루어진다.

법선이 위쪽을 향하는 곡면 $S$ , 그리고
법선이 $-\hat{\mathbf{k}}$ 인 원판 $D=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le 1,\ z=0\ \big\}$

따라서 발산 정리에 의해

$\begin{aligned} \iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\,\mathrm{d}V =\iint _{\partial V}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =- \iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S +\iint _D\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S \end{aligned}$

이다. ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}=0$ 이고 $\mathbf{F}(x,y,0) = \big( 1 \,,\, 1 \,,\,1\big)$ 이므로

$\begin{aligned} \iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iint _D\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S =-\iint _D\mathrm{d}S =-\pi \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

Let

$V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le 1-z^4,\ 0\le z\le 1\ \big\}$

Then the boundary, $\partial V$ , of $V$ , with the orientation that is used in the divergence theorem, consists of two parts

the surface $S$ , but with the upward pointing normal, and
the disk $D=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le 1,\ z=0\ \big\}$ , with normal $-\hat{\mathbf{k}}$ .

So the divergence theorem gives

$\begin{aligned} \iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\,\mathrm{d}V =\iint _{\partial V}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =- \iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S +\iint _D\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S \end{aligned}$

As ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}=0$ and $\mathbf{F}(x,y,0) = \big( 1 \,,\, 1 \,,\,1\big)$

$\begin{aligned} \iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iint _D\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S =-\iint _D\mathrm{d}S =-\pi \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 11번

# 발산 정리계산보통자동 분류

668.CLP-4 · 4.2절 · 11번대학 수준우리말 번역

발산 정리를 이용하여 $x\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2z\hat{\mathbf{k}}$ 의 타원면 $x^2+y^2+2z^2=2$ 중 $z\ge 0$ 인 부분을 통과하는 플럭스를 구하세요. [참고: 타원면 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1$ 이 둘러싼 입체의 부피는 $\frac{4}{3}\pi abc$ 이다.]

영어 원문 보기

Use the divergence theorem to find the flux of $x\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2z\hat{\mathbf{k}}$ through the part of the ellipsoid $x^2+y^2+2z^2=2$ with $z\ge 0$ . [Note: the ellipsoid $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1$ has volume $\frac{4}{3}\pi abc$ .]

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

$V$ 를 $x^2+y^2+2z^2\le 2$ , $z\ge 0$ 인 입체라 하자. $V$ 의 겉면은 위쪽을 향하는 법선을 갖는 위쪽의 반타원면 $S=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2+2z^2=2,\ z\ge 0\ \big\}$ 와, 법선이 $-\hat{\mathbf{k}}$ 인 아래쪽의 원판 $D=\left\{(x,y,z)\right\}{z=0,\ x^2+y^2\le 2}$ 로 이루어진다. 이 벡터장을 $\mathbf{F}$ 라 하자. 발산 정리에 의해 $\iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\ \mathrm{d}S +\iint _D\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S =\iiint _V{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}V =\iiint _V 4\ \mathrm{d}V$ 이다. 이 타원체는 $a=\sqrt{2}$ , $b=\sqrt{2}$ , $c=1$ 이고 부피는 $\frac{4}{3}\pi abc=\frac{8}{3}\pi$ 이다. 따라서 $\iiint _V 4\ \mathrm{d}V=4\times\tfrac{1}{2}({\rm Volume\ of\ the\ ellipsoid})=\frac{16\pi}{3}$ 이다. $D$ 위에서 $z=0$ 이고 $x$ 와 $y$ 가 홀함수이므로 $\iint _D x\,\mathrm{d}S=\iint _D y\,\mathrm{d}S=0$ 이다. 따라서 $\iint _D\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S =\iint _D(x\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\hat{\boldsymbol{\jmath}}+0\hat{\mathbf{k}})\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S =0$ 이므로 구하는 플럭스는 $\iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\ \mathrm{d}S=\iiint _V 4\ \mathrm{d}V =\frac{16}{3}\pi$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

Let $V$ be the solid $x^2+y^2+2z^2\le 2$ , $z\ge 0$ . The surface of $V$ consists of the half-ellipsoid $S=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2+2z^2=2,\ z\ge 0\ \big\}$ , on top with upward pointing normal, and the disk $D=\left\{(x,y,z)\right\}{z=0,\ x^2+y^2\le 2}$ , on the bottom with normal $-\hat{\mathbf{k}}$ . Call the vector field $\mathbf{F}$ . By the divergence theorem $\iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\ \mathrm{d}S +\iint _D\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S =\iiint _V{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}V =\iiint _V 4\ \mathrm{d}V$ The ellipsoid has $a=\sqrt{2}$ , $b=\sqrt{2}$ , $c=1$ and volume $\frac{4}{3}\pi abc=\frac{8}{3}\pi$ . So $\iiint _V 4\ \mathrm{d}V=4\times\tfrac{1}{2}({\rm Volume\ of\ the\ ellipsoid})=\frac{16\pi}{3}$ On $D$ , $z=0$ and $\iint _D x\,\mathrm{d}S=\iint _D y\,\mathrm{d}S=0$ because $x$ and $y$ are odd. So $\iint _D\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S =\iint _D(x\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\hat{\boldsymbol{\jmath}}+0\hat{\mathbf{k}})\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S =0$ and the desired flux is $\iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\ \mathrm{d}S=\iiint _V 4\ \mathrm{d}V =\frac{16}{3}\pi$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 2번

# 발산 정리계산보통자동 분류

669.CLP-4 · 4.2절 · 15번대학 수준우리말 번역

벡터장 $(x + y, x + z, y + z)$ 의 플럭스를, 방정식이 $x^2 + z^2 = 4$ 이고 $y = 0$ 부터 $y = 3$ 까지 뻗어 있는 원기둥 면을 통과하는 경우에 대해 구하세요. (원기둥의 옆면(곡면 부분)만 포함하며, 왼쪽과 오른쪽에서 원기둥을 막는 두 원판은 포함하지 않습니다.) 곡면의 방향은 바깥쪽, 즉 $y$ 축에서 멀어지는 방향입니다.

영어 원문 보기

Find the flux of the vector field $(x + y, x + z, y + z)$ through the cylindrical surface whose equation is $x^2 + z^2 = 4$ , and which extends from $y = 0$ to $y = 3$ . (Only the curved part of the cylinder is included, not the two disks bounding it on the left and right.) The orientation of the surface is outward, i.e., pointing away from the $y$ -axis.

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

풀이 1 (발산 정리): $\mathbf{F} = (x + y, x + z, y + z)$ 라 하자. 그러면 ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} = 2$ 이다. 매우 간단하다. 그러므로 발산 정리를 이용해 보자.

$S=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+z^2=4,\ 0\le y\le 3\ \big\}$ 라 하자. 우리는 $\iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S$ 를 계산해야 하며, 여기서 $\hat{\mathbf{n}}$ 은 $S$ 의 바깥쪽 법선벡터이다. $S$ 는 입체의 경계가 아니므로 발산 정리를 직접 적용하여 $\iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S$ 를 계산할 수는 없다. 아래 왼쪽 그림은 $S$ 중에서 제1팔분공간에 있는 부분을 나타낸 것이다.

한편 $S$ 는 다음 입체의 경계와 “거의” 같다.

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

$V$ 의 경계 $\partial V$ 는 세 조각, 곧 $S$ 와 두 원판

$D_l = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+z^2\le 4,\ y=0\ \big\}\qquad D_r = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+z^2\le 4,\ y=3\ \big\}$

으로 이루어져 있다. 위 오른쪽 그림은 $S$ , $V$ , $D_l$ , $D_r$ 중에서 제1팔분공간에 있는 부분을 나타낸 것이다.

$D_r$ 의 바깥쪽 법선벡터는 $\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 이고 $D_l$ 의 바깥쪽 법선벡터는 $-\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 이므로, 발산 정리에 의해 다음을 얻는다.

$\begin{aligned} \iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot \mathbf{F}\,\mathrm{d}V &=\iint _{\partial V}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S \\ &=\iint _{S}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S + \iint _{D_r}\mathbf{F}\cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}}\,\mathrm{d}S + \iint _{D_l}\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}S \end{aligned}$

${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} = 2$ 이고 $\mathbf{F}\cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}} = x+z$ 이므로

$\begin{aligned} \iint _{S}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= \iiint _V 2\,\mathrm{d}V -\iint _{x^2+z^2\le 4}(x+z)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}z - \iint _{x^2+z^2\le 4}(-x-z)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}z \\ &= \iiint _V 2\,\mathrm{d}V \\ &= 2\ \text{부피}(V) =2(\pi 2^2) 3 =24\pi \end{aligned}$

풀이 2 (직접 계산): 곡면을 다음과 같이 매개화하자.

$\begin{aligned} \mathbf{r}(\theta,y) &= 2\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + 2\sin\theta\,\hat{\mathbf{k}}\qquad 0\le\theta<2\pi,\ 0\le y\le 3 \end{aligned}$

그러면

$\begin{aligned} \tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial\theta} &=\big(-2\sin\theta\,,\, 0\,,\, 2\cos\theta \big) \\ \tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial y} &=\big(0\,,\, 1\,,\, 0\big) \\ \hat{\mathbf{n}}\mathrm{d}S &=\pm\tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial\theta} \times \tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial y} \mathrm{d}\theta\mathrm{d}y =\pm \big(-2\cos\theta\,,\, 0\,,\, -2\sin\theta\big)\mathrm{d}\theta\mathrm{d}y \end{aligned}$

바깥쪽 법선벡터를 얻으려면 음의 부호를 택해야 한다. 따라서

$\hat{\mathbf{n}}\mathrm{d}S =\big(2\cos\theta\,,\, 0\,,\, 2\sin\theta\big)\mathrm{d}\theta\mathrm{d}y$

이고,

$\mathbf{F}\big(\mathbf{r}(\theta,y)\big) =\big(2\cos\theta + y\,,\,2\cos\theta+2\sin\theta\,,\,y+2\sin\theta\big)$

이므로 구하는 플럭스는

$\begin{aligned} \iint _{S}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^3\mathrm{d}y \ \big(2\cos\theta + y\,,\,2\cos\theta+2\sin\theta\,,\,y+2\sin\theta\big)\cdot \big(2\cos\theta\,,\,0\,,\, 2\sin\theta\big) \\ &= \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^3\mathrm{d}y \ \big(4\cos^2\theta + 2y\cos\theta +2y\sin\theta+4\sin^2\theta\big) \\ &= \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^3\mathrm{d}y \ \big(4 + 2y\cos\theta +2y\sin\theta\big) \end{aligned}$

$\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \cos\theta = \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \sin\theta = 0$ 이므로

$\begin{aligned} \iint _{S}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= 4\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^3\mathrm{d}y =4(2\pi)3 =24\pi \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

Solution 1 (divergence theorem): Set $\mathbf{F} = (x + y, x + z, y + z)$ . Then ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} = 2$ . That's really simple. So let's try using the divergence theorem.

Set $S=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+z^2=4,\ 0\le y\le 3\ \big\}$ . We are to compute $\iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S$ , with $\hat{\mathbf{n}}$ denoting the outward normal to $S$ . $S$ is not the boundary of a solid, so we cannot compute $\iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S$ by applying the divergence theorem directly. The figure on the left below shows the part of $S$ that is in the first octant.

On the other hand $S$ , is “almost” the boundary of

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

The boundary, $\partial V$ of $V$ consists of three pieces — $S$ and the two disks

$D_l = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+z^2\le 4,\ y=0\ \big\}\qquad D_r = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+z^2\le 4,\ y=3\ \big\}$

The figure on the right above shows the parts of $S$ , $V$ , $D_l$ and $D_r$ that are in the first octant.

The outward normal to $D_r$ is $\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ and the outward normal to $D_l$ is $-\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ , to the divergence theorem gives

$\begin{aligned} \iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot \mathbf{F}\,\mathrm{d}V &=\iint _{\partial V}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S \\ &=\iint _{S}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S + \iint _{D_r}\mathbf{F}\cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}}\,\mathrm{d}S + \iint _{D_l}\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}S \end{aligned}$

Since ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} = 2$ and $\mathbf{F}\cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}} = x+z$ ,

$\begin{aligned} \iint _{S}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= \iiint _V 2\,\mathrm{d}V -\iint _{x^2+z^2\le 4}(x+z)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}z - \iint _{x^2+z^2\le 4}(-x-z)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}z \\ &= \iiint _V 2\,\mathrm{d}V \\ &= 2\ \text{volume}(V) =2(\pi 2^2) 3 =24\pi \end{aligned}$

Solution 2 (direct evaluation): Let's parametrize the surface by

$\begin{aligned} \mathbf{r}(\theta,y) &= 2\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + 2\sin\theta\,\hat{\mathbf{k}}\qquad 0\le\theta<2\pi,\ 0\le y\le 3 \end{aligned}$

Then

$\begin{aligned} \tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial\theta} &=\big(-2\sin\theta\,,\, 0\,,\, 2\cos\theta \big) \\ \tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial y} &=\big(0\,,\, 1\,,\, 0\big) \\ \hat{\mathbf{n}}\mathrm{d}S &=\pm\tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial\theta} \times \tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial y} \mathrm{d}\theta\mathrm{d}y =\pm \big(-2\cos\theta\,,\, 0\,,\, -2\sin\theta\big)\mathrm{d}\theta\mathrm{d}y \end{aligned}$

To get the outward normal, we want the minus sign. So

$\hat{\mathbf{n}}\mathrm{d}S =\big(2\cos\theta\,,\, 0\,,\, 2\sin\theta\big)\mathrm{d}\theta\mathrm{d}y$

and, since

$\mathbf{F}\big(\mathbf{r}(\theta,y)\big) =\big(2\cos\theta + y\,,\,2\cos\theta+2\sin\theta\,,\,y+2\sin\theta\big)$

the specified flux is

$\begin{aligned} \iint _{S}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^3\mathrm{d}y \ \big(2\cos\theta + y\,,\,2\cos\theta+2\sin\theta\,,\,y+2\sin\theta\big)\cdot \big(2\cos\theta\,,\,0\,,\, 2\sin\theta\big) \\ &= \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^3\mathrm{d}y \ \big(4\cos^2\theta + 2y\cos\theta +2y\sin\theta+4\sin^2\theta\big) \\ &= \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^3\mathrm{d}y \ \big(4 + 2y\cos\theta +2y\sin\theta\big) \end{aligned}$

Since $\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \cos\theta = \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \sin\theta = 0$ ,

$\begin{aligned} \iint _{S}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= 4\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^3\mathrm{d}y =4(2\pi)3 =24\pi \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 1번

# 발산 정리계산보통자동 분류

670.CLP-4 · 4.2절 · 17번대학 수준우리말 번역

$S$ 를 원뿔 $z = \sqrt{x^2+y^2}$ 안에 포함된 포물면 $z = 2 - x^2 - y^2$ 의 일부라 하고, 위쪽 방향으로 향을 잡습니다. 또한

$\mathbf{F} = (\tan \sqrt{z} + \sin(y^3))\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + e^{-x^2}\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + z\hat{\mathbf{k}}$

라 하자.

선속 적분 $\iint _S \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let $S$ be the part of the paraboloid $z = 2 - x^2 - y^2$ contained in the cone $z = \sqrt{x^2+y^2}$ and oriented in the upward direction. Let

$\mathbf{F} = (\tan \sqrt{z} + \sin(y^3))\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + e^{-x^2}\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + z\hat{\mathbf{k}}$

Evaluate the flux integral $\iint _S \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

$\mathbf{F}$ 가 복잡해 보이므로, 선속 적분을 직접 계산하는 것은 피하는 편이 좋을 것이다. 먼저 $\mathbf{F}$ 의 발산을 계산하여, 대신 발산 정리를 쓰는 것이 현명한지 살펴보자.

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} = \frac{\partial }{\partial x}\big(\tan \sqrt{z} + \sin(y^3)\big) +\frac{\partial }{\partial y}\big(e^{-x^2}\big) +\frac{\partial }{\partial z}\big(z\big) =1 \end{aligned}$

좋아 보인다! 하지만 $S$ 는 입체 영역 $V$ 의 경계가 아니므로 아직 발산 정리를 적용할 수 없다. 경계가 적어도 $S$ 를 포함하는 입체 $V$ 를 고르는 데 도움이 되도록 그림을 그려 보면, $S$ 는 "아이스크림 콘"의 윗부분이다.

포물면 $z = 2 - x^2 - y^2$ 과 원뿔 $z = \sqrt{x^2+y^2}$ 은 원 $x^2+y^2=1$ , $z=1$ 을 따라 만난다는 점에 주목하자. 경계가 $S$ 를 포함하는 입체 중 가장 간단한 것은 아마도 다음일 것이다.

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

$V$ 의 경계 $\partial V$ 는 $S$ (법선이 위쪽을 향함)와 다음 원판

$D = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le 1,\ z=1\ \big\}$

(법선은 $-\hat{\mathbf{k}}$ )으로 이루어져 있다. 따라서 발산 정리에 의해 다음을 얻는다.

$\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}V -\iint _D \mathbf{F} \cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S \\ &=\iiint _V \overbrace{1}^{{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}}\mathrm{d}V +\iint _D \overbrace{1}^{\mathbf{F} \cdot \hat{\mathbf{k}} = z}\,\mathrm{d}S \end{aligned}$

$D$ 는 반지름이 1인 원판이므로 $\iint _D \mathrm{d}S=\pi$ 이다. $V$ 의 부피를 계산하기 위해, $V$ 를 수평한 "팬케이크"를 쌓아 놓은 것으로 보고 얇게 자른다. $z=2-x^2-y^2$ 은 $\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{2-z}$ 와 같으므로, 높이 $z$ 에서의 팬케이크는 반지름이 $\sqrt{2-z}$ 인 원판이고, 따라서 단면의 넓이는 $\pi(2-z)$ 이다. 그러므로 $V$ 의 부피는 다음과 같다.

$\begin{aligned} \iiint _V \mathrm{d}V &=\int_1^2 \pi(2-z) \ \mathrm{d}z = -\frac{\pi}{2}(2-z)^2\Big|_1^2 =\frac{\pi}{2} \end{aligned}$

따라서 선속은 다음과 같다.

$\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\frac{\pi}{2} +\pi =\frac{3}{2}\pi \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

As $\mathbf{F}$ looks complicated, we will probably want to avoid evaluating the flux integral directly. Let's first compute the divergence of $\mathbf{F}$ , to see if it looks wise to use the divergence theorem instead.

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} = \frac{\partial }{\partial x}\big(\tan \sqrt{z} + \sin(y^3)\big) +\frac{\partial }{\partial y}\big(e^{-x^2}\big) +\frac{\partial }{\partial z}\big(z\big) =1 \end{aligned}$

Looks good! We cannot yet apply the divergence theorem, since $S$ is not the boundary of a solid region $V$ . To help us choose a solid $V$ whose boundary at least includes $S$ , here is a sketch. $S$ is the top of the “ice cream cone”

Note that the paraboloid $z = 2 - x^2 - y^2$ and the cone $z = \sqrt{x^2+y^2}$ intersect along the circle $x^2+y^2=1$ , $z=1$ . Probably the simplest solid whose boundary includes $S$ is

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

The boundary $\partial V$ of $V$ consists of $S$ (with upward pointing normal) and the disk

$D = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le 1,\ z=1\ \big\}$

with normal $-\hat{\mathbf{k}}$ . So the divergence theorem gives

$\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}V -\iint _D \mathbf{F} \cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S \\ &=\iiint _V \overbrace{1}^{{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}}\mathrm{d}V +\iint _D \overbrace{1}^{\mathbf{F} \cdot \hat{\mathbf{k}} = z}\,\mathrm{d}S \end{aligned}$

As $D$ is a disk of radius 1, $\iint _D \mathrm{d}S=\pi$ . To compute the volume of $V$ , we'll slice it into a stack of horizontal “pancakes”. Since $z=2-x^2-y^2$ is equivalent to $\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{2-z}$ , the pancake at height $z$ is a circular disk of radius $\sqrt{2-z}$ and hence of cross-sectional area $\pi(2-z)$ . So the volume of $V$ is

$\begin{aligned} \iiint _V \mathrm{d}V &=\int_1^2 \pi(2-z) \ \mathrm{d}z = -\frac{\pi}{2}(2-z)^2\Big|_1^2 =\frac{\pi}{2} \end{aligned}$

and the flux

$\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\frac{\pi}{2} +\pi =\frac{3}{2}\pi \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 7번

# 발산 정리계산보통자동 분류

671.CLP-4 · 4.2절 · 18번대학 수준우리말 번역

면적분

$\iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S$

의 값을 구하세요. 여기서 $\mathbf{F}(x, y, z) = \big(\cos z + xy^2\,,\, xe^{-z}\,,\, \sin y + x^2 z\big)$ 이고 $S$ 는 포물면 $z = x^2 + y^2$ 과 평면 $z = 4$ 로 둘러싸인 입체 영역의 경계이며, 법선벡터는 바깥쪽을 향합니다.

영어 원문 보기

Evaluate the surface integral

$\iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S$

where $\mathbf{F}(x, y, z) = \big(\cos z + xy^2\,,\, xe^{-z}\,,\, \sin y + x^2 z\big)$ and $S$ is the boundary of the solid region enclosed by the paraboloid $z = x^2 + y^2$ and the plane $z = 4$ , with outward pointing normal.

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

$\mathbf{F}$ 가 복잡해 보이므로 플럭스 적분을 직접 계산하는 것은 피하는 것이 좋을 것이다. 먼저 $\mathbf{F}$ 의 발산을 계산하여, 대신 발산 정리를 쓰는 것이 좋을지 살펴보자.

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} = \frac{\partial }{\partial x}\big(\cos z + xy^2\big) +\frac{\partial }{\partial y}\big(xe^{-z}\big) +\frac{\partial }{\partial z}\big(\sin y + x^2 z\big) =y^2+x^2 \end{aligned}$

쓸 만해 보인다. 게다가 $S$ 는 다음 입체 영역의 경계이다.

$V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le z\le 4\ \big\} {-45pt}[65pt][30pt]{ ![그림](clp/clp4-OE07A_4.png) }$

따라서 발산 정리에 의해 다음을 얻는다.

$\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}V =\iiint _V (x^2+y^2)\ \mathrm{d}V \end{aligned}$

삼중적분을 계산하기 위해 원기둥 좌표 $(r,\theta,z)$ 를 사용한다. $z$ 좌표는 $0$ 부터 $4$ 까지 변한다. $0\le z \le 4$ 인 각 고정된 $z$ 에 대해 (아래 그림의 파란 원판을 보라. 그림은 $V$ 의 제1팔분공간에 있는 부분을 나타낸다)

$(x,y)$ 는 $0\le x^2+y^2 \le z$ 의 범위를 움직이며, 이는 원기둥 좌표로 $0\le r^2\le z$ 또는 $0\le r\le\sqrt{z}$ 이다. 따라서 플럭스와 삼중적분은 다음과 같다.

$\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _V (x^2+y^2)\ \mathrm{d}V \\ &=\int_0^4\mathrm{d}z\int_0^{\sqrt{z}}\mathrm{d}r\ r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ r^2 \\ &=2\pi \int_0^4\mathrm{d}z\int_0^{\sqrt{z}}\mathrm{d}r\ r^3 \\ &=2\pi \int_0^4\mathrm{d}z\ \frac{z^2}{4} =2\pi \frac{4^3}{3\times 4}\\ &=\frac{32}{3}\pi \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

As $\mathbf{F}$ looks complicated, we will probably want to avoid evaluating the flux integral directly. Let's first compute the divergence of $\mathbf{F}$ , to see if it looks wise to use the divergence theorem instead.

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} = \frac{\partial }{\partial x}\big(\cos z + xy^2\big) +\frac{\partial }{\partial y}\big(xe^{-z}\big) +\frac{\partial }{\partial z}\big(\sin y + x^2 z\big) =y^2+x^2 \end{aligned}$

Looks promising. Furthermore $S$ is the boundary of the solid region

$V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le z\le 4\ \big\} {-45pt}[65pt][30pt]{ ![figure](clp/clp4-OE07A_4.png) }$

So the divergence theorem gives

$\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}V =\iiint _V (x^2+y^2)\ \mathrm{d}V \end{aligned}$

To compute the triple integral, we'll use the cylindrical coordinates $(r,\theta,z)$ . The $z$ -coordinate runs from $0$ to $4$ . For each fixed $0\le z \le 4$ (see the blue disk in the figure below — which shows the part of $V$ in the first octant),

$(x,y)$ runs over $0\le x^2+y^2 \le z$ , which in cylindrical coordinates is $0\le r^2\le z$ or $0\le r\le\sqrt{z}$ . So the flux and the triple integral are

$\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _V (x^2+y^2)\ \mathrm{d}V \\ &=\int_0^4\mathrm{d}z\int_0^{\sqrt{z}}\mathrm{d}r\ r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ r^2 \\ &=2\pi \int_0^4\mathrm{d}z\int_0^{\sqrt{z}}\mathrm{d}r\ r^3 \\ &=2\pi \int_0^4\mathrm{d}z\ \frac{z^2}{4} =2\pi \frac{4^3}{3\times 4}\\ &=\frac{32}{3}\pi \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 19번

# 발산 정리계산보통자동 분류

672.CLP-4 · 4.2절 · 19번대학 수준우리말 번역

$S$ 를 구 $x^2 + y^2 + z^2 = 4$ 중에서 평면 $z = 1$ 과 $z = 0$ 사이에 있는 부분이라 하고, 원점에서 멀어지는 방향을 향하도록 방향을 주자.

$\begin{aligned} \mathbf{F} = (e^y + xz)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (zy + \sin(x))\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + (z^2 - 1)\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

이라 할 때, 다음 플럭스 적분의 값을 구하세요.

$\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S. \end{aligned}$

영어 원문 보기

Let $S$ be the part of the sphere $x^2 + y^2 + z^2 = 4$ between the planes $z = 1$ and $z = 0$ oriented away from the origin. Let

$\begin{aligned} \mathbf{F} = (e^y + xz)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (zy + \sin(x))\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + (z^2 - 1)\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

Compute the flux integral

$\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S. \end{aligned}$

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

이 적분을 예를 들어 구면좌표를 써서 직접 계산하려 하면, 피적분함수에

$\sin(x) = \sin\big(2\sin\varphi\cos\theta\big)$

가 들어 있게 된다. 이는 그다지 다루기 좋은 꼴이 아니다. 그래서 대신 발산 정리를 이용해 보자. 먼저,

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} &= \frac{\partial }{\partial x}\big(e^y + xz\big) +\frac{\partial }{\partial y}\big(zy + \sin(x)\big) +\frac{\partial }{\partial z}\big(z^2 - 1\big) = 4z \end{aligned}$

이다. 매우 간단하다. 이제 $S$ 를 살펴보자. $S$ 중 제1팔분공간에 있는 부분은 아래 왼쪽 그림에 빨간색으로 표시되어 있다.

곡면 $S$ 는 닫혀 있지 않으므로 어떤 입체의 경계가 아니고, 따라서 발산 정리를 바로 적용할 수 없다. 그러나 경계가 $S$ 를 포함하는 입체를 쉽게 만들 수 있다.

$V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2 + y^2 + z^2 \le 4,\ 0\le z\le 1\ \big\}$

이라 하자. $V$ 의 경계 $\partial V$ 는 세 부분, 즉 $S$ , 아래쪽 원판

$D_b = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2 + y^2 \le 4,\ z=0\ \big\}$

그리고 위쪽 원판

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

으로 이루어진다. $D_t$ 의 바깥쪽 법선벡터는 $\hat{\mathbf{k}}$ 이고 $D_b$ 의 바깥쪽 법선벡터는 $-\hat{\mathbf{k}}$ 이다. 따라서 발산 정리에 의해

$\begin{aligned} \iiint _V{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\,\mathrm{d}V =\iint _{\partial V} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S +\iint _{D_t} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{k}}\,\mathrm{d}S +\iint _{D_b} \mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S \end{aligned}$

이다. $D_b$ 위에서는 $z=0$ 이므로 $\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}}) = -(0^2-1)=1$ 이고, $D_t$ 위에서는 $z=1$ 이므로 $\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{k}} = 1^2-1=0$ 이다. 따라서

$\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iiint _V\overbrace{4z}^{{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}}\,\mathrm{d}V -\iint _{D_b} \mathrm{d}S \end{aligned}$

이다. $V$ 의 $z$ 가 일정한 단면은 반지름이 $\sqrt{4-z^2}$ 인 원판이므로 넓이가 $\pi(4-z^2)$ 이고, $D_b$ 는 반지름이 $2$ 인 원판이므로 넓이가 $4\pi$ 이다. 따라서

$\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\int_0^1 (4z)\ \pi(4-z^2) \ \mathrm{d}z -4\pi =4\pi\Big[2z^2 - \frac{z^4}{4}\Big]_0^1 -4\pi =3\pi \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

If we were to evaluate this integral directly using, for example, spherical coordinates, our integrand would contain

$\sin(x) = \sin\big(2\sin\varphi\cos\theta\big)$

That's not very friendly looking. So let's consider using the divergence theorem instead. To start,

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} &= \frac{\partial }{\partial x}\big(e^y + xz\big) +\frac{\partial }{\partial y}\big(zy + \sin(x)\big) +\frac{\partial }{\partial z}\big(z^2 - 1\big) = 4z \end{aligned}$

That's nice and simple. So let's move on to consideration of $S$ . The part of $S$ in the first octant is outlined in red in the figure on the left below.

The surface $S$ is not closed, and so is not the boundary of a solid, so we cannot apply the divergence theorem directly. But we can easily come up with a solid whose boundary contains $S$ . Let

$V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2 + y^2 + z^2 \le 4,\ 0\le z\le 1\ \big\}$

The boundary $\partial V$ of $V$ consists of three parts — $S$ , the bottom disk

$D_b = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2 + y^2 \le 4,\ z=0\ \big\}$

and the top disk

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

The outward normal to $D_t$ is $\hat{\mathbf{k}}$ and the outward normal to $D_b$ is $-\hat{\mathbf{k}}$ . So the divergence theorem gives

$\begin{aligned} \iiint _V{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\,\mathrm{d}V =\iint _{\partial V} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S +\iint _{D_t} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{k}}\,\mathrm{d}S +\iint _{D_b} \mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S \end{aligned}$

On $D_b$ , $z=0$ so that $\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}}) = -(0^2-1)=1$ and on $D_t$ , $z=1$ so that $\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{k}} = 1^2-1=0$ . So

$\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iiint _V\overbrace{4z}^{{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}}\,\mathrm{d}V -\iint _{D_b} \mathrm{d}S \end{aligned}$

The constant $z$ cross-section of $V$ is a disk of radius $\sqrt{4-z^2}$ and hence of area $\pi(4-z^2)$ and $D_b$ is a disk of radius $2$ and hence of area $4\pi$ . So

$\begin{aligned} \iint _S \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\int_0^1 (4z)\ \pi(4-z^2) \ \mathrm{d}z -4\pi =4\pi\Big[2z^2 - \frac{z^4}{4}\Big]_0^1 -4\pi =3\pi \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 9번

# 발산 정리계산보통자동 분류

673.CLP-4 · 4.2절 · 27번대학 수준우리말 번역

벡터장 $\mathbf{F}(x,y,z) =-2xy\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\big(y^2+\sin(xz)\big)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+(x^2+y^2)\,\hat{\mathbf{k}}$ 를 생각하세요.

(a) $\nabla\cdot \mathbf{F}$ 를 계산하세요. (b) 곡면 $S$ 의 바깥쪽 법선벡터를 사용하여, 다음으로 정의되는 곡면 $S$ 를 지나는 $\mathbf{F}$ 의 플럭스를 구하세요.

$x^2+y^2+(z-12)^2=13^2,\ z\ge 0$

영어 원문 보기

Consider the vector field $\mathbf{F}(x,y,z) =-2xy\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\big(y^2+\sin(xz)\big)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+(x^2+y^2)\,\hat{\mathbf{k}}$ .

(a) Calculate $\nabla\cdot \mathbf{F}$ . (b) Find the flux of $\mathbf{F}$ through the surface $S$ defined by

$x^2+y^2+(z-12)^2=13^2,\ z\ge 0$

using the outward normal to $S$ .

답 쓰고 채점

(a)

(b)

정답·풀이 보기

(a) $\mathbf{F}$ 의 발산은 다음과 같다.

$\nabla\cdot \mathbf{F} =\frac{\partial }{\partial x}\big(-2xy\big) +\frac{\partial }{\partial y}\big(y^2+\sin(xz)\big) +\frac{\partial }{\partial z}\big(x^2+y^2\big) =-2y+2y+0=0$

(b) 주어진 곡면을 $S$ 라 하고

$V = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2+(z-12)^2\le 13^2,\ z\ge 0\ \big\}$

로 놓는다.

$V$ 의 경계 $\partial V$ 는 두 부분으로 이루어진다. 바깥쪽 법선벡터를 갖는 $S$ 와, 법선벡터가 $-\hat{\mathbf{k}}$ 인 원판

$D = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le 13^2-12^2=5^2,\ z=0\ \big\}$

이다. 발산 정리에 의해 구하는 플럭스는 다음과 같다.

$\begin{aligned} \iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\ \mathrm{d}s &=\iiint _V\nabla\cdot \mathbf{F}\ \mathrm{d}V - \iint _D \mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\ \mathrm{d}S\\ &=\iiint _V 0 \ \mathrm{d}V + \iint _D (x^2+y^2) \mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ &=0 +\int_0^5\mathrm{d}r\ r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ r^2 \\ &=2\pi\frac{5^4}{4} = \frac {625}{2}\pi \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

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

$\nabla\cdot \mathbf{F} =\frac{\partial }{\partial x}\big(-2xy\big) +\frac{\partial }{\partial y}\big(y^2+\sin(xz)\big) +\frac{\partial }{\partial z}\big(x^2+y^2\big) =-2y+2y+0=0$

(b) Call the specified surface $S$ and set

$V = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2+(z-12)^2\le 13^2,\ z\ge 0\ \big\}$

The boundary, $\partial V$ , of $V$ consists of two parts — $S$ , with outward normal, and the disk

$D = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le 13^2-12^2=5^2,\ z=0\ \big\}$

with normal $-\hat{\mathbf{k}}$ . By the divergence theorem, the desired flux is

$\begin{aligned} \iint _S\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\ \mathrm{d}s &=\iiint _V\nabla\cdot \mathbf{F}\ \mathrm{d}V - \iint _D \mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\ \mathrm{d}S\\ &=\iiint _V 0 \ \mathrm{d}V + \iint _D (x^2+y^2) \mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ &=0 +\int_0^5\mathrm{d}r\ r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ r^2 \\ &=2\pi\frac{5^4}{4} = \frac {625}{2}\pi \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 47번

# 발산 정리계산보통자동 분류

674.CLP-4 · 4.2절 · 30번대학 수준우리말 번역

$S$ 를 구면 $x^2+y^2+(z-1)^2=4$ 에서 $xy$ 평면 위쪽에 있는 부분이라 하자. $S$ 를 지나 바깥쪽으로 향하는 $\mathbf{F}=(x^2+e^{y^2})\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(e^{x^2}+y^2)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +(4+5x)\,\hat{\mathbf{k}}$ 의 플럭스를 구하세요.

영어 원문 보기

Let $S$ be the portion of the sphere $x^2+y^2+(z-1)^2=4$ that lies above the $xy$ -plane. Find the flux of $\mathbf{F}=(x^2+e^{y^2})\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(e^{x^2}+y^2)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +(4+5x)\,\hat{\mathbf{k}}$ outward across $S$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

$S'$ 를 원판 $x^2+y^2\le 3,\ z=0$ (이때 $\hat{\mathbf{n}}$ 은 아래쪽을 향하는 법선벡터)이라 하고, $V$ 를 $z\ge 0$ 인 공 $x^2+y^2+(z-1)^2\le 4$ 의 부분이라 하자. 그러면 발산 정리에 의해

$\begin{aligned} \iint _{S}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _{V}{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\, \mathrm{d}V -\iint _{S'}\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S\\ &=\iiint _{V}(2x+2y)\, \mathrm{d}V +\iint _{S'}(4+5x)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y \end{aligned}$

이다. $x$ 는 $x\rightarrow-x$ 에 대해 홀함수이고 $y$ 는 $y\rightarrow -y$ 에 대해 홀함수이므로,

$\iiint _{V}x\, \mathrm{d}V=\iiint _{V}y\, \mathrm{d}V=\iint _{S'}x\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0$

이고, 따라서

$\begin{aligned} \iint _{S}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =4\iint _{S'}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y =4\,\text{넓이}(S') =4\times \pi\big(\sqrt{3}\big)^2=12\pi \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

Let $S'$ be the disk $x^2+y^2\le 3,\ z=0$ (with $\hat{\mathbf{n}}$ the downward pointing normal) and let $V$ be the portion of the ball $x^2+y^2+(z-1)^2\le 4$ with $z\ge 0$ . Then, by the divergence theorem,

$\begin{aligned} \iint _{S}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _{V}{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\, \mathrm{d}V -\iint _{S'}\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S\\ &=\iiint _{V}(2x+2y)\, \mathrm{d}V +\iint _{S'}(4+5x)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y \end{aligned}$

Because $x$ is odd under $x\rightarrow-x$ and $y$ is odd under $y\rightarrow -y$ ,

$\iiint _{V}x\, \mathrm{d}V=\iiint _{V}y\, \mathrm{d}V=\iint _{S'}x\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0$

so that

$\begin{aligned} \iint _{S}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =4\iint _{S'}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y =4\,\text{Area}(S') =4\times \pi\big(\sqrt{3}\big)^2=12\pi \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 6.8절 · 8번

# 발산 정리계산보통자동 분류

675.CLP-4 · 4.2절 · 32번대학 수준우리말 번역

$D$ 를 원기둥 $x^2+y^2\le 1$ , $0\le z\le 5$ 라 하자. 벡터장 $\mathbf{F}=(x+xye^z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\tfrac{1}{2} y^2ze^z\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+(3z-yze^z)\,\hat{\mathbf{k}}$ 이 $D$ 의 겉면 중 옆면을 통해 바깥쪽으로 나가는 선속을 계산하세요.

영어 원문 보기

Let $D$ be the cylinder $x^2+y^2\le 1$ , $0\le z\le 5$ . Calculate the flux of the vector field $\mathbf{F}=(x+xye^z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\tfrac{1}{2} y^2ze^z\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+(3z-yze^z)\,\hat{\mathbf{k}}$ outward through the curved part of the surface of $D$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

$S_t$ , $S_b$ , $S_c$ 를 각각 $D$ 의 윗면, 밑면, 옆면이라 하자. 윗면에서는 $z=5$ 이고 $D$ 의 바깥쪽 법선 벡터는 $\hat{\mathbf{k}}$ 이므로 $\iint _{\mathcal{S}_t}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iint _{x^2+y^2\le 1}(15-5ye^5)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y =15\iint _{x^2+y^2\le 1}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y =15\pi$ $y$ 에 대한 적분이 0인 것은 $y$ 가 $y\rightarrow -y$ 에 대해 홀함수이기 때문이다. 밑면에서는 $z=0$ 이고 $D$ 의 바깥쪽 법선 벡터는 $-\hat{\mathbf{k}}$ 이므로 $\iint _{\mathcal{S}_b}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =-\iint _{x^2+y^2\le 1}(3\times 0-0\times ye^0)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y =0$ 여기서도 $y$ 에 대한 적분이 0인 것은 $y$ 가 $y\rightarrow -y$ 에 대해 홀함수이기 때문이다. ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} =\frac{\partial }{\partial x}(x+xye^z) +\tfrac{1}{2}\frac{\partial }{\partial y}\big( y^2ze^z\big) +\frac{\partial }{\partial z}(3z-yze^z) =(1+ye^z)+yze^z+(3-yze^z-ye^z) =4$ 이므로 발산 정리에 의해

$\begin{aligned} \iint _{\mathcal{S}_c}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _D{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}V -\iint _{\mathcal{S}_t}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S -\iint _{\mathcal{S}_b}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S\\ &=\iiint _D4\ \mathrm{d}V -15\pi-0 =4\times\pi 1^2\times 5-15\pi =5\pi \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

Let $S_t$ , $S_b$ and $S_c$ denote the top, bottom and curved surfaces of $D$ respectively. On the top surface, $z=5$ and the outward normal to $D$ is $\hat{\mathbf{k}}$ , so that $\iint _{\mathcal{S}_t}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iint _{x^2+y^2\le 1}(15-5ye^5)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y =15\iint _{x^2+y^2\le 1}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y =15\pi$ The integral over $y$ was zero because $y$ is odd under $y\rightarrow -y$ . On the bottom surface, $z=0$ and the outward normal to $D$ is $-\hat{\mathbf{k}}$ , so that $\iint _{\mathcal{S}_b}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =-\iint _{x^2+y^2\le 1}(3\times 0-0\times ye^0)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y =0$ Again, the integral over $y$ was zero because $y$ is odd under $y\rightarrow -y$ . As ${ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F} =\frac{\partial }{\partial x}(x+xye^z) +\tfrac{1}{2}\frac{\partial }{\partial y}\big( y^2ze^z\big) +\frac{\partial }{\partial z}(3z-yze^z) =(1+ye^z)+yze^z+(3-yze^z-ye^z) =4$ the divergence theorem gives

$\begin{aligned} \iint _{\mathcal{S}_c}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\iiint _D{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}V -\iint _{\mathcal{S}_t}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S -\iint _{\mathcal{S}_b}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S\\ &=\iiint _D4\ \mathrm{d}V -15\pi-0 =4\times\pi 1^2\times 5-15\pi =5\pi \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 33번

# 발산 정리계산보통자동 분류

676.CLP-4 · 4.2절 · 33번대학 수준우리말 번역

구 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 의 제1팔분공간 부분을 위쪽으로 통과하는 $\mathbf{F}=(y+xz)\hat{\boldsymbol{\imath}}+(y+yz)\hat{\boldsymbol{\jmath}}-(2x+z^2)\hat{\mathbf{k}}$ 의 선속을 구하세요.

영어 원문 보기

Find the flux of $\mathbf{F}=(y+xz)\hat{\boldsymbol{\imath}}+(y+yz)\hat{\boldsymbol{\jmath}}-(2x+z^2)\hat{\mathbf{k}}$ upward through the first octant part of the sphere $x^2+y^2+z^2=a^2$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

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

그러면 $\partial V$ 는 다음으로 이루어져 있다.

$x=0$ 인 면 $\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ y^2+z^2\le a^2, x=0, y\ge 0,\ z\ge 0\ \big\}$ (법선 벡터는 $\hat{\mathbf{n}}=-\hat{\boldsymbol{\imath}}$ ),
$y=0$ 인 면 $\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+z^2\le a^2, x\ge 0, y= 0,\ z\ge 0\ \big\}$ (법선 벡터는 $\hat{\mathbf{n}}=-\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ ),
$z=0$ 인 면 $\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le a^2, x\ge 0, y\ge 0,\ z= 0\ \big\}$ (법선 벡터는 $\hat{\mathbf{n}}=-\hat{\mathbf{k}}$ ),
그리고 구의 제1팔분공간 부분이다. 이를 $S$ 라 하자.

그러면

$\begin{aligned} &\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\,\mathrm{d}V=\iiint _V\big[z+1+z-2z\big]\,\mathrm{d}V =\iiint _V \,\mathrm{d}V=\frac{1}{8}\ \frac{4}{3}\pi a^3=\frac{1}{6}\pi a^3\\ &\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{z=0}{\rm face}}\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{z=0}{\rm face}}(2x+0^2)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =2\int_0^a dr\,r\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ r\cos\theta =2\int _0^a r^2\,dr =\frac{2a^3}{3}\\ &\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{y=0}{\rm face}}\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}z =-\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{y=0}{\rm face}}(0+0z)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}z =0\\ &\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{x=0}{\rm face}}\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\imath}})\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z =\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{x=0}{\rm face}}-(y+0z)\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z =-\int_0^a dr\,r\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ r\sin\theta =-\int _0^a r^2\,dr=-\frac{a^3}{3} \end{aligned}$

발산 정리에 의해

$\begin{aligned} \iint _{S}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y &=\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\,\mathrm{d}V -\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{x=0}{\rm face}}\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\imath}})\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z -\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{y=0}{\rm face}}\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}z -\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{z=0}{\rm face}}\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\ &=\left[\frac{\pi}{6}-\frac{1}{3}\right]a^3 \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

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

Then $\partial V$ consists of

the $x=0$ face $\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ y^2+z^2\le a^2, x=0, y\ge 0,\ z\ge 0\ \big\}$ with normal $\hat{\mathbf{n}}=-\hat{\boldsymbol{\imath}}$ ,
the $y=0$ face $\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+z^2\le a^2, x\ge 0, y= 0,\ z\ge 0\ \big\}$ with normal $\hat{\mathbf{n}}=-\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ ,
the $z=0$ face $\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le a^2, x\ge 0, y\ge 0,\ z= 0\ \big\}$ with normal $\hat{\mathbf{n}}=-\hat{\mathbf{k}}$ ,
and the first octant part of the sphere. Call it $S$ .

Then

$\begin{aligned} &\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\,\mathrm{d}V=\iiint _V\big[z+1+z-2z\big]\,\mathrm{d}V =\iiint _V \,\mathrm{d}V=\frac{1}{8}\ \frac{4}{3}\pi a^3=\frac{1}{6}\pi a^3\\ &\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{z=0}{\rm face}}\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{z=0}{\rm face}}(2x+0^2)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =2\int_0^a dr\,r\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ r\cos\theta =2\int _0^a r^2\,dr =\frac{2a^3}{3}\\ &\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{y=0}{\rm face}}\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}z =-\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{y=0}{\rm face}}(0+0z)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}z =0\\ &\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{x=0}{\rm face}}\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\imath}})\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z =\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{x=0}{\rm face}}-(y+0z)\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z =-\int_0^a dr\,r\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ r\sin\theta =-\int _0^a r^2\,dr=-\frac{a^3}{3} \end{aligned}$

By the divergence theorem

$\begin{aligned} \iint _{S}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y &=\iiint _V { \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\,\mathrm{d}V -\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{x=0}{\rm face}}\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\imath}})\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z -\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{y=0}{\rm face}}\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}z -\iint _{\genfrac{}{}{0pt}{}{z=0}{\rm face}}\mathbf{F}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\ &=\left[\frac{\pi}{6}-\frac{1}{3}\right]a^3 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 30번

# 발산 정리계산보통자동 분류

677.CLP-4 · 4.2절 · 36번대학 수준우리말 번역

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

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

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

영어 원문 보기

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

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

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

정답·풀이 보기

발산 정리에 의해

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

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

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

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

따라서

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

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

원본 교재 풀이(영어)

By the divergence theorem

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

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

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

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

So

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

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 17번

# 발산 정리증명·논술도전자동 분류

678.CLP-4 · 4.2절 · 40번대학 수준우리말 번역

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

영어 원문 보기

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

정답·풀이 보기

(a) $\mathbf{F}$ 의 발산은 다음과 같다.

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

(b) 다음과 같이 놓자.

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

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

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

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

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

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

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

그러면 발산 정리에 의해

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

이 값이 $-9$ 가 될 필요충분조건은

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

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

원본 교재 풀이(영어)

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

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

(b) Set

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

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

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

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

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

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

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

Then, by the divergence theorem

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

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

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

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기APEX · 14.7절 · 4번

# 발산 정리계산도전자동 분류

679.CLP-4 · 4.2절 · 43번대학 수준우리말 번역

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

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

영어 원문 보기

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

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

답 쓰고 채점

(a)

(b)

정답·풀이 보기

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

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

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

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

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

따라서 발산 정리에 의해

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

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

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

가 아래 그림처럼 $V$ 안에 완전히 포함되도록 한다.

다음과 같이 놓는다.

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

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

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

그러므로

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

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

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

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

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

이다. 따라서

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

원본 교재 풀이(영어)

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

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

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

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

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

So, by the divergence theorem,

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

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

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

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

Set

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

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

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

So

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

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

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

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

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

Hence

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 40번

# 발산 정리계산도전자동 분류

680.CLP-4 · 4.2절 · 45번대학 수준우리말 번역

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

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

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

영어 원문 보기

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

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

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

정답·풀이 보기

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

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

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

원본 교재 풀이(영어)

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

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

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.2절 · 43번

# 발산 정리증명·논술도전자동 분류

벡터 미적분 전체 문제