벡터 미적분 전체 문제

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

$$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\[0.05in] \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\[0.05in] y & -x & xy \end{matrix}\right] =x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}-2\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$$

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

$$\begin{aligned} \mathbf{r}(u,v)&=\big(u\cos v, u\sin v, v\big)\\ \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial u}(u,v)&=\big(\cos v, \sin v, 0\big)\\ \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial v}(u,v)&=\big(-u\sin v, u\cos v, 1\big)\\ \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial u}\times\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial v} &=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\[0.05in] \cos v & \sin v & 0 \\ -u\sin v& u\cos v& 1 \end{matrix}\right] =\big(\sin v, -\cos v, u\big)\\ \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S&=\big(\sin v, -\cos v, u\big)\,\mathrm{d}u\,\mathrm{d}v \end{aligned}$$

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

$$\begin{aligned} \int_C y\,\mathrm{d}x-x\,\mathrm{d}y+ xy\,\mathrm{d}z &=\int_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S\\ &=\int_0^1 \mathrm{d}u \int_0^{2\pi} \mathrm{d}v\ \big(u\cos v, -u\sin v, -2\big) \cdot\big(\sin v, -\cos v, u\big)\\ &=\int_0^1 \mathrm{d}u \int_0^{2\pi} \mathrm{d}v\ \big(2u\sin v\cos v-2u\big) =\left[\int_0^1 \mathrm{d}u \ u\right] \left[\int_0^{2\pi} \mathrm{d}v\ \big(\sin 2v-2\big)\right]\\ &=\tfrac{1}{2}(-4\pi)=-2\pi \end{aligned}$$

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

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

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

다음을 관찰하면

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

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

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

이다.

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

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

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

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

이다.

(a) 회전은 다음과 같다.

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

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

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

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

따라서 스토크스 정리에 의해

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

그러므로 구하려는 적분은

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

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

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

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

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

과 원판

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

으로 이루어진다.

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

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

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

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

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

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

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

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

(a)

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

따라서 $\mathbf{F}$ 의 정의역은 다음과 같다.

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

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

(c) $\mathbf{F}$ 의 회전은 다음과 같다.

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

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

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

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

그러면 스토크스 정리에 의해

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

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