빌드라인 스쿨

문제 은행 · 미적분 · 대학 미적분 · 벡터 미적분

그린 정리

평면 폐곡선의 선적분을 둘러싼 영역의 이중적분으로 바꾼다

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93문제 · 5 / 5쪽

81.APEX · 14.4절 · 21번대학 수준우리말 번역

연습문제 21–24에서는 벡터장 F⃗\vec F 와 영역 RR 을 둘러싸는 닫힌 곡선 CC 가 주어진다. ∮CF⃗⋅n⃗ ds\oint_C\vec F\cdot \vec n\ ds 와 ∬Rdiv⁡F⃗ dA\iint_R \operatorname{div} \vec F\ dA 를 각각 계산하여 두 값이 같음을 보임으로써 발산 정리를 확인하세요.

F⃗=⟨x−y,x+y⟩\vec F = \langle x-y,x+y\rangle 이고, CC 는 0≤x≤20\leq x\leq 2 에서의 포물선 y=x2y=x^2 과 이어서 점 (2,4)(2,4) 에서 (0,0)(0,0) 까지의 선분으로 이루어진 닫힌 곡선이다.

영어 원문 보기

In Exercises 21–24, a vector field F⃗\vec F and a closed curve CC, enclosing a region RR, are given. Verify the Divergence Theorem by evaluating ∮CF⃗⋅n⃗ ds\oint_C\vec F\cdot \vec n\ ds and ∬Rdiv⁡F⃗ dA\iint_R \operatorname{div} \vec F\ dA, showing they are equal.

F⃗=⟨x−y,x+y⟩\vec F = \langle x-y,x+y\rangle; CC is the closed curve composed of the parabola y=x2y=x^2 on 0≤x≤20\leq x\leq 2 followed by the line segment from (2,4)(2,4) to (0,0)(0,0).

정답·풀이 보기

포물선 위에서 선적분 ∮CF⃗⋅n⃗ ds\oint_C\vec F\cdot \vec n\ ds 의 값은 −22/3-22/3 이고, 직선 위에서는 1010 이다. 따라서 선적분의 전체 값은 −22/3+10=8/3-22/3+10 = 8/3 이다. RR 위에서 div⁡F⃗=2\operatorname{div} \vec F = 2 의 이중적분 값도 8/38/3 이다.

원본 교재 풀이(영어)

The line integral ∮CF⃗⋅n⃗ ds\oint_C\vec F\cdot \vec n\ ds, over the parabola, is −22/3-22/3; over the line, it is 1010. The total line integral is thus −22/3+10=8/3-22/3+10 = 8/3. The double integral of div⁡F⃗=2\operatorname{div} \vec F = 2 over RR also has value 8/38/3.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 6.4절 · 24번
# 그린 정리계산자동 분류
APEX Calculus V5 CC BY-NC 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
82.APEX · 14.4절 · 22번대학 수준우리말 번역

연습문제 21–24에서는 벡터장 F⃗\vec F 와 영역 RR 을 둘러싸는 닫힌 곡선 CC 가 주어진다. ∮CF⃗⋅n⃗ ds\oint_C\vec F\cdot \vec n\ ds 와 ∬Rdiv⁡F⃗ dA\iint_R \operatorname{div} \vec F\ dA 를 각각 계산하여 두 값이 같음을 보임으로써 발산 정리를 확인하세요.

F⃗=⟨−y,x⟩\vec F = \langle -y,x\rangle 이고, CC 는 단위원이다.

영어 원문 보기

In Exercises 21–24, a vector field F⃗\vec F and a closed curve CC, enclosing a region RR, are given. Verify the Divergence Theorem by evaluating ∮CF⃗⋅n⃗ ds\oint_C\vec F\cdot \vec n\ ds and ∬Rdiv⁡F⃗ dA\iint_R \operatorname{div} \vec F\ dA, showing they are equal.

F⃗=⟨−y,x⟩\vec F = \langle -y,x\rangle; CC is the unit circle.

정답·풀이 보기

선적분과 이중적분의 값은 모두 00 이다.

원본 교재 풀이(영어)

Both the line integral and double integral have value of 00.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 6.4절 · 58번
# 그린 정리계산자동 분류
APEX Calculus V5 CC BY-NC 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
83.APEX · 14.4절 · 23번대학 수준우리말 번역

연습문제 21–24에서는 벡터장 F⃗\vec F 와 영역 RR 을 둘러싸는 닫힌 곡선 CC 가 주어진다. ∮CF⃗⋅n⃗ ds\oint_C\vec F\cdot \vec n\ ds 와 ∬Rdiv⁡F⃗ dA\iint_R \operatorname{div} \vec F\ dA 를 각각 계산하여 두 값이 같음을 보임으로써 발산 정리를 확인하세요.

F⃗=⟨0,y2⟩\vec F = \langle 0,y^2\rangle 이고, CC 는 꼭짓점이 (0,0)(0,0), (2,0)(2,0), (1,1)(1,1) 인 삼각형이다.

영어 원문 보기

In Exercises 21–24, a vector field F⃗\vec F and a closed curve CC, enclosing a region RR, are given. Verify the Divergence Theorem by evaluating ∮CF⃗⋅n⃗ ds\oint_C\vec F\cdot \vec n\ ds and ∬Rdiv⁡F⃗ dA\iint_R \operatorname{div} \vec F\ dA, showing they are equal.

F⃗=⟨0,y2⟩\vec F = \langle 0,y^2\rangle; CC the triangle with corners at (0,0)(0,0), (2,0)(2,0) and (1,1)(1,1).

정답·풀이 보기

∮CF⃗⋅n⃗ ds\oint_C \vec F\cdot \vec n\ ds 를 계산하려면 세 개의 선적분을 구해야 한다. 어느 꼭짓점에서 먼저 시작하는지는 상관없지만, 삼각형을 반드시 반시계 방향으로 돌아야 한다.

(0,0)(0,0) 에서 (2,0)(2,0) 까지의 선적분 값은 0 이다. (2,0)(2,0) 에서 (1,1)(1,1) 까지의 적분 값은 1/31/3 이다. (1,1)(1,1) 에서 (0,0)(0,0) 까지의 선적분 값은 1/31/3 이다. 전체 값은 2/32/3 이다.

RR 위에서 div⁡F⃗\operatorname{div}\vec F 의 이중적분 값도 2/32/3 이다.

원본 교재 풀이(영어)

Three line integrals need to be computed to compute ∮CF⃗⋅n⃗ ds\oint_C \vec F\cdot \vec n\ ds. It does not matter which corner one starts from first, but be sure to proceed around the triangle in a counterclockwise fashion.

From (0,0)(0,0) to (2,0)(2,0), the line integral has a value of 0. From (2,0)(2,0) to (1,1)(1,1) the integral has a value of 1/31/3. From (1,1)(1,1) to (0,0)(0,0) the line integral has a value of 1/31/3. Total value is 2/32/3.

The double integral of div⁡F⃗\operatorname{div}\vec F over RR also has value 2/32/3.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 6.4절 · 46번
# 그린 정리계산자동 분류
APEX Calculus V5 CC BY-NC 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
84.APEX · 14.4절 · 24번대학 수준우리말 번역

연습문제 21–24에서, 벡터장 F⃗\vec F 와 영역 RR 을 둘러싸는 닫힌 곡선 CC 가 주어져 있다. ∮CF⃗⋅n⃗ ds\oint_C\vec F\cdot \vec n\ ds 와 ∬Rdiv⁡F⃗ dA\iint_R \operatorname{div} \vec F\ dA 를 각각 계산하여 두 값이 같음을 보임으로써 발산 정리를 확인하세요.

F⃗=⟨x2/2,y2/2⟩\vec F = \langle x^2/2,y^2/2\rangle; CC 는 (0,1)(0,1) 에서 출발하여 포물선 y=(x−1)2y=(x-1)^2 을 따라 (3,4)(3,4) 까지 간 다음, 직선을 따라 (0,1)(0,1) 로 되돌아오는 곡선이다.

영어 원문 보기

In Exercises 21–24, a vector field F⃗\vec F and a closed curve CC, enclosing a region RR, are given. Verify the Divergence Theorem by evaluating ∮CF⃗⋅n⃗ ds\oint_C\vec F\cdot \vec n\ ds and ∬Rdiv⁡F⃗ dA\iint_R \operatorname{div} \vec F\ dA, showing they are equal.

F⃗=⟨x2/2,y2/2⟩\vec F = \langle x^2/2,y^2/2\rangle; CC the curve that starts at (0,1)(0,1), follows the parabola y=(x−1)2y=(x-1)^2 to (3,4)(3,4), then follows a line back to (0,1)(0,1).

정답·풀이 보기

∮CF⃗⋅n⃗ ds\oint_C \vec F\cdot \vec n\ ds 를 계산하려면 두 개의 선적분을 계산해야 한다. 포물선을 따른 선적분의 값은 159/20159/20 이다. 직선을 따른 선적분의 값은 66 이다. 이를 합한 전체 값은 279/20279/20 이다.

RR 위에서 div⁡F⃗\operatorname{div}\vec F 의 이중적분의 값도 279/20279/20 이다.

원본 교재 풀이(영어)

Two line integrals need to be computed to compute ∮CF⃗⋅n⃗ ds\oint_C \vec F\cdot \vec n\ ds. Along the parabola, the line integral has value 159/20159/20. Along the line, the line integral has value 66. Together, the total value is 279/20279/20.

The double integral of div⁡F⃗\operatorname{div}\vec F over RR also has value 279/20279/20.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 6.4절 · 52번
# 그린 정리계산자동 분류
APEX Calculus V5 CC BY-NC 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
85.CLP-4 · 4.3절 · 1번대학 수준우리말 번역

RR 을 정사각형

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

이라 하고, f(x,y)f(x,y) 는 연속인 일계 편도함수를 가진다고 하자.

(a) 미적분의 기본정리를 이용하여 다음이 성립함을 보이세요.

∬R∂f∂y(x,y) dx dy=∫01f(x,1) dx−∫01f(x,0) dx\begin{aligned} \iint _R\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\int_0^1 f(x,1)\ \mathrm{d}x - \int_0^1 f(x,0)\ \mathrm{d}x \end{aligned} (b) 그린 정리를 이용하여 다음이 성립함을 보이세요.

∬R∂f∂y(x,y) dx dy=∫01f(x,1) dx−∫01f(x,0) dx\begin{aligned} \iint _R\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\int_0^1 f(x,1)\ \mathrm{d}x - \int_0^1 f(x,0)\ \mathrm{d}x \end{aligned}

영어 원문 보기

Let RR be the square

R={ (x,y) ∣ 0≤x≤1, 0≤y≤1 }\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)f(x,y) have continuous first partial derivatives.

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

∬R∂f∂y(x,y) dx dy=∫01f(x,1) dx−∫01f(x,0) dx\begin{aligned} \iint _R\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\int_0^1 f(x,1)\ \mathrm{d}x - \int_0^1 f(x,0)\ \mathrm{d}x \end{aligned} (b) Use Green's theorem to show that

∬R∂f∂y(x,y) dx dy=∫01f(x,1) dx−∫01f(x,0) dx\begin{aligned} \iint _R\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\int_0^1 f(x,1)\ \mathrm{d}x - \int_0^1 f(x,0)\ \mathrm{d}x \end{aligned}

정답·풀이 보기

(a) 좌변을 yy 를 안쪽 적분변수로 하는 반복적분으로 나타내면

∬R∂f∂y(x,y) dx dy=∫01dx[∫01dy ∂f∂y(x,y)]=∫01dx [f(x,1)−f(x,0)]미적분의 기본정리에 의해=∫01f(x,1) dx−∫01f(x,0) dx\begin{aligned} \iint _R\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y &=\int_0^1\mathrm{d}x\left[\int_0^1\mathrm{d}y\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\right] \\ &=\int_0^1\mathrm{d}x\ \big[f(x,1)-f(x,0)\big] \\ &\text{미적분의 기본정리에 의해} \\ &=\int_0^1 f(x,1)\ \mathrm{d}x - \int_0^1 f(x,0)\ \mathrm{d}x \end{aligned}

(b) F1(x,y)=f(x,y)F_1(x,y)=f(x,y), F2(x,y)=0F_2(x,y)=0 이라 하자. 그러면 그린 정리에 의해

∬R∂f∂y(x,y) dx dy=−∬R[∂F2∂x(x,y)−∂F1∂y(x,y)] dx dy=−∫∂R[F1(x,y) dx+F2(x,y) dy]=−∫∂Rf(x,y) dx\begin{aligned} \iint _R\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y &=-\iint _R\Big[\frac{\partial F_2}{\partial x}(x,y) -\frac{\partial F_1}{\partial y}(x,y)\Big]\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\ &=-\int_{\partial R}\big[F_1(x,y)\,\mathrm{d}x +F_2(x,y)\,\mathrm{d}y\big] \\ &=-\int_{\partial R}f(x,y)\,\mathrm{d}x \end{aligned}

반시계 방향으로 향을 정한 RR 의 경계는 네 선분의 합집합이다.

C1: (0,0) 에서 (1,0) 까지![그림](clp/clp4−domainSquare.png)C2: (1,0) 에서 (1,1) 까지C3: (1,1) 에서 (0,1) 까지C4: (0,1) 에서 (0,0) 까지\begin{aligned} \\[-0.1in] &\text{$C_1$: $(0,0)$ 에서 $(1,0)$ 까지} \qquad\smash{ ![그림](clp/clp4-domainSquare.png) }\\ &\text{$C_2$: $(1,0)$ 에서 $(1,1)$ 까지} \\ &\text{$C_3$: $(1,1)$ 에서 $(0,1)$ 까지} \\ &\text{$C_4$: $(0,1)$ 에서 $(0,0)$ 까지} \\[-0.1in] \end{aligned}

이제 C2C_2 와 C4C_4 위에서 xx 는 상수이므로

∫C2f(x,y) dx=∫C4f(x,y) dx=0\int_{C_2}f(x,y)\,\mathrm{d}x = \int_{C_4}f(x,y)\,\mathrm{d}x =0

따라서 −C3-C_3 을 (0,1)(0,1) 에서 (1,1)(1,1) 까지의 선분이라 하면

∬R∂f∂y(x,y) dx dy=−[∫C1f(x,y) dx+∫C3f(x,y) dx]=∫−C3f(x,y) dx−∫C1f(x,y) dx=∫01f(x,1) dx−∫01f(x,0) dx\begin{aligned} \iint _R\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y &=-\left[\int_{C_1}f(x,y)\,\mathrm{d}x+\int_{C_3}f(x,y)\,\mathrm{d}x\right]\\ &=\int_{-C_3}f(x,y)\,\mathrm{d}x-\int_{C_1}f(x,y)\,\mathrm{d}x \\ &=\int_0^1 f(x,1)\ \mathrm{d}x - \int_0^1 f(x,0)\ \mathrm{d}x \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

(a) Expressing the left hand side as an iterated integral, with yy as the inner integration variable, we have

∬R∂f∂y(x,y) dx dy=∫01dx[∫01dy ∂f∂y(x,y)]=∫01dx [f(x,1)−f(x,0)]by the fundamental theorem of calculus=∫01f(x,1) dx−∫01f(x,0) dx\begin{aligned} \iint _R\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y &=\int_0^1\mathrm{d}x\left[\int_0^1\mathrm{d}y\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\right] \\ &=\int_0^1\mathrm{d}x\ \big[f(x,1)-f(x,0)\big] \\ &\text{by the fundamental theorem of calculus} \\ &=\int_0^1 f(x,1)\ \mathrm{d}x - \int_0^1 f(x,0)\ \mathrm{d}x \end{aligned}

(b) Define F1(x,y)=f(x,y)F_1(x,y)=f(x,y) and F2(x,y)=0F_2(x,y)=0. Then. by Green's theorem

∬R∂f∂y(x,y) dx dy=−∬R[∂F2∂x(x,y)−∂F1∂y(x,y)] dx dy=−∫∂R[F1(x,y) dx+F2(x,y) dy]=−∫∂Rf(x,y) dx\begin{aligned} \iint _R\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y &=-\iint _R\Big[\frac{\partial F_2}{\partial x}(x,y) -\frac{\partial F_1}{\partial y}(x,y)\Big]\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\ &=-\int_{\partial R}\big[F_1(x,y)\,\mathrm{d}x +F_2(x,y)\,\mathrm{d}y\big] \\ &=-\int_{\partial R}f(x,y)\,\mathrm{d}x \end{aligned}

The boundary of RR, oriented counterclockwise, is the union of four line segments.

C1 from (0,0) to (1,0)![figure](clp/clp4−domainSquare.png)C2 from (1,0) to (1,1)C3 from (1,1) to (0,1)C4 from (0,1) to (0,0)\begin{aligned} \\[-0.1in] &\text{$C_1$ from $(0,0)$ to $(1,0)$} \qquad\smash{ ![figure](clp/clp4-domainSquare.png) }\\ &\text{$C_2$ from $(1,0)$ to $(1,1)$} \\ &\text{$C_3$ from $(1,1)$ to $(0,1)$} \\ &\text{$C_4$ from $(0,1)$ to $(0,0)$} \\[-0.1in] \end{aligned}

Now xx is constant on C2C_2 and C4C_4 so that

∫C2f(x,y) dx=∫C4f(x,y) dx=0\int_{C_2}f(x,y)\,\mathrm{d}x = \int_{C_4}f(x,y)\,\mathrm{d}x =0

So, using −C3-C_3 to denote the line segment from (0,1)(0,1) to (1,1)(1,1)

∬R∂f∂y(x,y) dx dy=−[∫C1f(x,y) dx+∫C3f(x,y) dx]=∫−C3f(x,y) dx−∫C1f(x,y) dx=∫01f(x,1) dx−∫01f(x,0) dx\begin{aligned} \iint _R\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y &=-\left[\int_{C_1}f(x,y)\,\mathrm{d}x+\int_{C_3}f(x,y)\,\mathrm{d}x\right]\\ &=\int_{-C_3}f(x,y)\,\mathrm{d}x-\int_{C_1}f(x,y)\,\mathrm{d}x \\ &=\int_0^1 f(x,1)\ \mathrm{d}x - \int_0^1 f(x,0)\ \mathrm{d}x \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 6.4절 · 14번
# 그린 정리증명·논술기본자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
86.CLP-4 · 4.3절 · 2번대학 수준우리말 번역

RR 을 xyxy 평면 위의 유한한 영역이라 하고, 그 경계 CC 는 반시계 방향으로 향하는, 구간별로 매끄러운 하나의 단순 닫힌곡선이라 하자. “단순”은 곡선이 자기 자신과 만나지 않는다는 뜻이다. 그린 정리를 이용하여 다음을 보이세요.

∬R∇⋅F dx dy=∮CF⋅n^ ds\iint _R{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=\oint_C\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}s

여기서 F=F1 ı^+F2 ȷ^\mathbf{F}=F_1\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+F_2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 이고, n^\hat{\mathbf{n}} 은 CC 의 바깥쪽 단위법선벡터, ss 는 CC 를 따라 잰 호의 길이이다.

그림

영어 원문 보기

Let RR be a finite region in the xyxy-plane, whose boundary, CC, consists of a single, piecewise smooth, simple closed curve that is oriented counterclockwise. “Simple” means that the curve does not intersect itself. Use Green's theorem to show that

∬R∇⋅F dx dy=∮CF⋅n^ ds\iint _R{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=\oint_C\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}s

where F=F1 ı^+F2 ȷ^\mathbf{F}=F_1\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+F_2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}, n^\hat{\mathbf{n}} is the outward unit normal to CC and ss is the arclength along CC.

figure

정답·풀이 보기

r(s)=x(s) ı^+y(s) ȷ^\mathbf{r}(s)=x(s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y(s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 를 CC 의 호의 길이에 의한 반시계 방향 매개변수 표현이라 하자. 그러면 T^(s)=r′(s)=x′(s) ı^+y′(s) ȷ^\hat{\mathbf{T}}(s) = \mathbf{r}'(s) = x'(s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y'(s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 는 r(s)\mathbf{r}(s) 에서 CC 의 진행 방향 단위접선벡터이고 n^(s)=r′(s)×k^=y′(s) ı^−x′(s) ȷ^\hat{\mathbf{n}}(s) = \mathbf{r}'(s)\times\hat{\mathbf{k}}=y'(s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-x'(s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 이다. r′(s)×k^\mathbf{r}'(s)\times\hat{\mathbf{k}} 가 정말로 n^(s)\hat{\mathbf{n}}(s) 임을 확인하기 위해, y′(s) ı^−x′(s) ȷ^y'(s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-x'(s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 가 다음을 만족함에 주목하자.

  • r′(s)\mathbf{r}'(s) 와 길이가 같으며, 그 길이는 11 이다(r(s)\mathbf{r}(s) 는 호의 길이에 의한 매개변수 표현임을 상기하자).
  • xyxy 평면 위에 있다.
  • r′(s)\mathbf{r}'(s) 에 수직이다. (r′(s)⋅[y′(s) ı^−x′(s) ȷ^]=0\mathbf{r}'(s)\cdot\big[y'(s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-x'(s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\big]=0 임을 확인하자.)
  • 오른손 법칙을 이용하여 r′(s)×k^\mathbf{r}'(s)\times\hat{\mathbf{k}} 가 −n^-\hat{\mathbf{n}} 이 아니라 n^\hat{\mathbf{n}} 임을 확인한다.

그림

따라서 그린 정리에 의해

∮CF⋅n^ ds=∮C[F1 dyds−F2 dxds] ds=∮C[−F2 dx+F1 dy]=∬R[∂∂xF1−∂∂y(−F2)] dx dy=∬R∇⋅F dx dy\begin{aligned} \oint_C\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}s &=\oint_C\left[F_1\,\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}s}-F_2\,\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}s}\right]\,\mathrm{d}s =\oint_C\left[-F_2\,\mathrm{d}x+F_1\,\mathrm{d}y\right] =\iint _R\left[\frac{\partial }{\partial x}F_1-\frac{\partial }{\partial y}(-F_2)\right]\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\ &=\iint _R{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

Let r(s)=x(s) ı^+y(s) ȷ^\mathbf{r}(s)=x(s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y(s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} be a counterclockwise parametrization of CC by arc length. Then T^(s)=r′(s)=x′(s) ı^+y′(s) ȷ^\hat{\mathbf{T}}(s) = \mathbf{r}'(s) = x'(s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y'(s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} is the forward pointing unit tangent vector to CC at r(s)\mathbf{r}(s) and n^(s)=r′(s)×k^=y′(s) ı^−x′(s) ȷ^\hat{\mathbf{n}}(s) = \mathbf{r}'(s)\times\hat{\mathbf{k}}=y'(s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-x'(s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}. To see that r′(s)×k^\mathbf{r}'(s)\times\hat{\mathbf{k}} really is n^(s)\hat{\mathbf{n}}(s), note that y′(s) ı^−x′(s) ȷ^y'(s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-x'(s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}

  • has the same length, namely 11, as r′(s)\mathbf{r}'(s) (recall that r(s)\mathbf{r}(s) is a parametrization by arc length),
  • lies in the xyxy-plane and
  • is perpendicular to r′(s)\mathbf{r}'(s). (Check that r′(s)⋅[y′(s) ı^−x′(s) ȷ^]=0\mathbf{r}'(s)\cdot\big[y'(s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-x'(s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\big]=0.)
  • Use the right hand rule to check that r′(s)×k^\mathbf{r}'(s)\times\hat{\mathbf{k}} is n^\hat{\mathbf{n}} rather than −n^-\hat{\mathbf{n}}.

figure

So, by Green's theorem,

∮CF⋅n^ ds=∮C[F1 dyds−F2 dxds] ds=∮C[−F2 dx+F1 dy]=∬R[∂∂xF1−∂∂y(−F2)] dx dy=∬R∇⋅F dx dy\begin{aligned} \oint_C\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}s &=\oint_C\left[F_1\,\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}s}-F_2\,\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}s}\right]\,\mathrm{d}s =\oint_C\left[-F_2\,\mathrm{d}x+F_1\,\mathrm{d}y\right] =\iint _R\left[\frac{\partial }{\partial x}F_1-\frac{\partial }{\partial y}(-F_2)\right]\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\ &=\iint _R{ \boldsymbol{\nabla} }\cdot\mathbf{F}\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.3절 · 3번
# 그린 정리증명·논술기본자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
87.CLP-4 · 4.3절 · 3번대학 수준우리말 번역

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

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

영어 원문 보기

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

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

답 쓰고 채점
(a)
(b)
(c)
정답·풀이 보기

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

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

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

그림

네 변에서의 적분을 계산하기 위해

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

따라서 적분은

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

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

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

그림

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

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

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

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

그린 정리를 이용한 다른 풀이는 다음 문제의 풀이에 나와 있다.

원본 교재 풀이(영어)

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

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

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

figure

To evaluate the integrals over the four sides

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

so that the integral

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

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

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

figure

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

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

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

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

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

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

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

영어 원문 보기

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

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

풀이 1 (직접 계산): 다음은 CC 의 그림이다.

그림

정사각형은 네 개의 선분으로 이루어져 있다.

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

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

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

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

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

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

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

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

전체 선적분은

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

이다.

풀이 2 (그린 정리): 그린 정리를 적용한다.

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

원본 교재 풀이(영어)

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

figure

The square consists of four line segments.

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

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

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

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

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

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

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

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

The full line integral is

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

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

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

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

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

영어 원문 보기

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

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

사다리꼴을 TT라 하자.

그림

그린 정리에 의해,

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

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

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

원본 교재 풀이(영어)

Call the trapezoid TT.

figure

By Green's theorem,

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

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

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

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

다음과 같이 두자.

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

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

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

영어 원문 보기

Let

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

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

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

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

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

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

그림

따라서

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

원본 교재 풀이(영어)

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

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

figure

So

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

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

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

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

영어 원문 보기

Let

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

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

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

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

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

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

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

이다. 이제

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

이다. 그러므로

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

원본 교재 풀이(영어)

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

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

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

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

Now

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

So

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

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

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

(a) ∫Cx ds\int_\mathcal{C} x\,\mathrm{d}s 의 값을 구하세요. (b) ∫CF⋅dr\int_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} 의 값을 구하세요. 단, F(x,y)=(sin⁡(x2)−xy) ı^+(x2+cos⁡(y2)) ȷ^\mathbf{F}(x,y) =\big(\sin(x^2)-xy\big)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\big(x^2+\cos(y^2)\big)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 이다.

영어 원문 보기

Let RR be the region in the first quadrant of the xyxy-plane bounded by the coordinate axes and the curve y=1−x2y=1-x^2. Let C\mathcal{C} be the boundary of RR, oriented counterclockwise.

(a) Evaluate ∫Cx ds\int_\mathcal{C} x\,\mathrm{d}s. (b) Evaluate ∫CF⋅dr\int_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}, where F(x,y)=(sin⁡(x2)−xy) ı^+(x2+cos⁡(y2)) ȷ^\mathbf{F}(x,y) =\big(\sin(x^2)-xy\big)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\big(x^2+\cos(y^2)\big)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}.

답 쓰고 채점
(a)
(b)
정답·풀이 보기

(a) C1\mathcal{C}_1 을 (0,1)(0,1) 에서 (0,0)(0,0) 까지의 선분, C2\mathcal{C}_2 를 (0,0)(0,0) 에서 (1,0)(1,0) 까지의 선분, C3\mathcal{C}_3 을 (1,0)(1,0) 에서 (0,1)(0,1) 까지의 곡선 y=1−x2y=1-x^2 이라고 하자.

그림

그러면

∫C1x ds=∫C10 ds=0∫C2x ds=∫01x dx=12\begin{aligned} \int_{\mathcal{C}_1} x\,\mathrm{d}s&=\int_{\mathcal{C}_1} 0\,\mathrm{d}s=0\\ \int_{\mathcal{C}_2} x\,\mathrm{d}s&=\int_0^1 x\,\mathrm{d}x=\frac{1}{2} \end{aligned}

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

(x(t),y(t))=(1−t , 1−(1−t)2)0≤t≤1(x′(t),y′(t))=(−1 , 2(1−t))dsdt(t)=x′(t)2+y′(t)2=1+4(1−t)2\begin{aligned} \big(x(t),y(t)\big) &= \big(1-t\,,\, 1-(1-t)^2\big) \qquad 0\le t\le 1 \\ \big(x'(t),y'(t)\big) &= \big(-1\,,\, 2(1-t)\big) \\ \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}(t) &= \sqrt{x'(t)^2 +y'(t)^2} =\sqrt{1 + 4 (1-t)^2} \end{aligned}

따라서

∫C3x ds=∫01x(t)dsdt(t) dt=∫01(1−t)1+4(1−t)2 dt=[−112(1+4(1−t)2)3/2]01=112[−1+53/2]\begin{aligned} \int_{\mathcal{C}_3} x\,\mathrm{d}s &=\int_0^1 x(t) \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}(t)\,\mathrm{d}t =\int_0^1 (1-t)\sqrt{1+4(1-t)^2}\,\mathrm{d}t\\ &=\Big[-\frac{1}{12}{(1+4(1-t)^2)}^{3/2}\Big]_0^1 =\frac{1}{12}\big[-1+5^{3/2}\big] \end{aligned}

모두 합하면 ∫Cx ds=12+112[53/2−1]≈1.3484\int_{\mathcal{C}} x\,\mathrm{d}s=\frac{1}{2}+\frac{1}{12}\big[5^{3/2}-1\big] \approx 1.3484

(b) 스토크스 정리 또는 그린 정리에 의해

∫CF⋅dr=∬R[∂∂x(x2+cos⁡(y2))−∂∂y(sin⁡(x2)−xy)] dxdy=∬R3x dxdy=3∫01dx∫01−x2dy x=3∫01dx (1−x2)x=3[12−14]=34\begin{aligned} \int_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _R\Big[\frac{\partial }{\partial x}\big(x^2+\cos(y^2)\big) -\frac{\partial }{\partial y}\big(\sin(x^2)-xy\big) \Big]\ \mathrm{d}x \mathrm{d}y =\iint _R3x\ \mathrm{d}x \mathrm{d}y\\ &=3\int_0^1 \mathrm{d}x\int_0^{1-x^2}\mathrm{d}y\ x =3\int_0^1 \mathrm{d}x\ (1-x^2) x =3\Big[\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\Big]=\frac{3}{4} \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

(a) Let C1\mathcal{C}_1 be the line segment from (0,1)(0,1) to (0,0)(0,0), C2\mathcal{C}_2 be the line segment from (0,0)(0,0) to (1,0)(1,0) and C3\mathcal{C}_3 be the curve y=1−x2y=1-x^2 from (1,0)(1,0) to (0,1)(0,1).

figure

Then

∫C1x ds=∫C10 ds=0∫C2x ds=∫01x dx=12\begin{aligned} \int_{\mathcal{C}_1} x\,\mathrm{d}s&=\int_{\mathcal{C}_1} 0\,\mathrm{d}s=0\\ \int_{\mathcal{C}_2} x\,\mathrm{d}s&=\int_0^1 x\,\mathrm{d}x=\frac{1}{2} \end{aligned}

To evaluate the integral along C3\mathcal{C}_3, we use the parametrization

(x(t),y(t))=(1−t , 1−(1−t)2)0≤t≤1(x′(t),y′(t))=(−1 , 2(1−t))dsdt(t)=x′(t)2+y′(t)2=1+4(1−t)2\begin{aligned} \big(x(t),y(t)\big) &= \big(1-t\,,\, 1-(1-t)^2\big) \qquad 0\le t\le 1 \\ \big(x'(t),y'(t)\big) &= \big(-1\,,\, 2(1-t)\big) \\ \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}(t) &= \sqrt{x'(t)^2 +y'(t)^2} =\sqrt{1 + 4 (1-t)^2} \end{aligned}

So

∫C3x ds=∫01x(t)dsdt(t) dt=∫01(1−t)1+4(1−t)2 dt=[−112(1+4(1−t)2)3/2]01=112[−1+53/2]\begin{aligned} \int_{\mathcal{C}_3} x\,\mathrm{d}s &=\int_0^1 x(t) \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}(t)\,\mathrm{d}t =\int_0^1 (1-t)\sqrt{1+4(1-t)^2}\,\mathrm{d}t\\ &=\Big[-\frac{1}{12}{(1+4(1-t)^2)}^{3/2}\Big]_0^1 =\frac{1}{12}\big[-1+5^{3/2}\big] \end{aligned}

All together ∫Cx ds=12+112[53/2−1]≈1.3484\int_{\mathcal{C}} x\,\mathrm{d}s=\frac{1}{2}+\frac{1}{12}\big[5^{3/2}-1\big] \approx 1.3484

(b) By either Stokes' theorem or Green's theorem

∫CF⋅dr=∬R[∂∂x(x2+cos⁡(y2))−∂∂y(sin⁡(x2)−xy)] dxdy=∬R3x dxdy=3∫01dx∫01−x2dy x=3∫01dx (1−x2)x=3[12−14]=34\begin{aligned} \int_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _R\Big[\frac{\partial }{\partial x}\big(x^2+\cos(y^2)\big) -\frac{\partial }{\partial y}\big(\sin(x^2)-xy\big) \Big]\ \mathrm{d}x \mathrm{d}y =\iint _R3x\ \mathrm{d}x \mathrm{d}y\\ &=3\int_0^1 \mathrm{d}x\int_0^{1-x^2}\mathrm{d}y\ x =3\int_0^1 \mathrm{d}x\ (1-x^2) x =3\Big[\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\Big]=\frac{3}{4} \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.3절 · 25번
# 그린 정리계산도전자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
93.CLP-4 · 4.3절 · 25번대학 수준우리말 번역

xyxy평면에서 매끄럽고 단순하며 닫힌, 반시계 방향으로 향하는 곡선 CC 를 하나 구하세요. 이 곡선은 선적분 ∮C(y3−y) dx−2x3 dy\oint_C(y^3-y)\,\mathrm{d}x-2x^3\,dy 의 값이 매끄럽고 단순하며 닫힌, 반시계 방향으로 향하는 모든 곡선 중에서 최대가 되도록 하는 곡선입니다.

영어 원문 보기

Find a smooth, simple, closed, counterclockwise oriented curve, CC, in the xyxy-plane for the which the value of the line integral ∮C(y3−y) dx−2x3 dy\oint_C(y^3-y)\,\mathrm{d}x-2x^3\,dy is a maximum among all smooth, simple, closed, counterclockwise oriented curves.

정답·풀이 보기

그린 정리에 의해

∮C(y3−y) dx−2x3 dy=∬R[∂∂x(−2x3)−∂∂y(y3−y)] dx dy=∬R[1−6x2−3y2] dx dy\oint_C(y^3-y)\,\mathrm{d}x-2x^3\,\mathrm{d}y =\iint _R\Big[\frac{\partial }{\partial x}(-2x^3) -\frac{\partial }{\partial y}(y^3-y)\Big]\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\iint _R\Big[1-6x^2-3y^2\Big]\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y

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

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

로 잡는다.

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

원본 교재 풀이(영어)

By Green's Theorem

∮C(y3−y) dx−2x3 dy=∬R[∂∂x(−2x3)−∂∂y(y3−y)] dx dy=∬R[1−6x2−3y2] dx dy\oint_C(y^3-y)\,\mathrm{d}x-2x^3\,\mathrm{d}y =\iint _R\Big[\frac{\partial }{\partial x}(-2x^3) -\frac{\partial }{\partial y}(y^3-y)\Big]\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\iint _R\Big[1-6x^2-3y^2\Big]\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y

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

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

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 6.4절 · 38번
# 그린 정리계산도전자동 분류
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