선적분

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

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

직사각형 $R$ 의 그림은 다음과 같다.

\

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

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

따라서

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

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

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

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

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

이고

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

이다.

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

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

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

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

이고

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

이다.

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

질량중심 공식 $\bar x = \dfrac{\int_C x\rho\,\mathrm{d}s}{\int_C \rho\,\mathrm{d}s}$ 등을 사용한다. 풀이 과정을 더 분명히 하기 위해 계산을 여러 단계로 나누어 진행한다.

$$\begin{aligned} x(t)&= t+ \frac12 t^2 & x'(t)&=1+t\\ y(t)&= t- \frac12 t^2 & y'(t)&=1-t\\ z(t)&=\frac43 t^{3/2} & z'(t)&=2\sqrt{t} \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \sqrt{x'(t)^2+y'(t)^2+z'(t)^2}&=\sqrt{1+2t+t^2+1-2t+t^2+4t}=\sqrt{2(t^2+2t+1)}= \sqrt{2}(t+1)\\ \rho(x(t),y(t),z(t))&= \frac{x(t)+y(t)}{2}={\frac{(t+t^2/2 )+( t - t^2/2)}{2}}= t \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \int_C {red}\rho \,\mathrm{d}s&=\int_0^4 t\, \sqrt{2}(t+1)\,\mathrm{d}t =\frac{2^3\cdot 11\sqrt{2}}{3}\\ \int_C x {red}\rho \,\mathrm{d}s&=\int_0^4 \left(t+\frac12t^2\right) t\, \sqrt{2}(t+1)\,\mathrm{d}t =\sqrt{2}\int_0^{2^2} \left(\frac{t^4}{2}+\frac{3}{2}t^3 +t^2\right)\ \mathrm{d}t\\ &=\sqrt{2}\left(\frac{2^9}{5} +3(2^5)+\frac{2^6}{3}\right) =\frac{2^5\cdot103\sqrt 2}{15}\\ \int_C y {red}\rho \,\mathrm{d}s&=\int_0^4 \left(t-\frac12t^2\right) t\, \sqrt{2}(t+1)\,\mathrm{d}t=\sqrt2\int_0^{2^2}\left(-\frac{t^4}{2}+\frac{t^3}{2}+t^2 \right)\mathrm{d}t\\ &=\sqrt{2}\left(-\frac{2^9}{5}+{2^5}+\frac{2^6}{3} \right) =-\frac{2^5\cdot 23\sqrt 2}{15}\\ \int_C z {red} \rho\, \mathrm{d}s&=\int_0^4 \left(\frac{4}{3}t^{3/2}\right) t\, \sqrt{2}(t+1)\,\mathrm{d}t=\frac{4\sqrt2}{3}\int_0^{2^2} \left( t^{7/2}+t^{5/2}\right)\mathrm{d}t\\ &=\frac{4\sqrt2}{3}\left( \frac{2^{10}}{9}+\frac{2^8}{7}\right)=\frac{2^{10}\cdot37\sqrt{2}}{7\cdot 3^3} \\ \overline{x}&=\frac{\int x \rho\,\mathrm{d}s}{\int \rho\,\mathrm{d}s}=\frac{\frac{2^5\cdot103\sqrt 2}{15}}{\frac{2^3\cdot 11\sqrt{2}}{3}}=\frac{412}{55}\approx 7.5\\ \overline{y}&=\frac{\int y \rho\,\mathrm{d}s}{\int \rho\,\mathrm{d}s}=\frac{-\frac{2^5\cdot 23\sqrt 2}{15}}{\frac{2^3\cdot 11\sqrt{2}}{3}}=-\frac{92}{55}\approx-1.7\\ \overline{z}&=\frac{\int z \rho\,\mathrm{d}s}{\int \rho\,\mathrm{d}s}=\frac{\frac{2^{10}\cdot37\sqrt{2}}{7\cdot 3^3}}{\frac{2^3\cdot 11\sqrt{2}}{3}}=\frac{4736}{693}\approx 6.8 \end{aligned}$$

이렇게 긴 계산을 한 뒤에는 결과가 타당한지 검토해 보는 것이 좋다. $0 \le t \le 4$ 일 때, 철사는 다음 구간에 놓여 있다: $0 \le x \le 12$, $-4 \le y \le 1/2$, $0 \le z \le 32/3$. 질량중심의 좌표는 모두 이 구간 안에 들어 있다. 이것이 답이 옳음을 보장하지는 않지만 좋은 징조이다. 예를 들어 $\overline x$ 가 음수이거나 $\overline z$ 가 11보다 컸다면, 무언가 잘못되었음을 알 수 있었을 것이다.

(a) $C$ 를 $x$ 로 매개변수화한다. 곡선 위의 점의 첫째 성분이 $x$ 이면 둘째 성분 $y$ 는 $x^2$ 이어야 하고, 셋째 성분 $z$ 는 $x^3$ 이어야 한다. 따라서

$$\begin{aligned} \mathbf{r}(x)&=x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+x^2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+x^3\,\hat{\mathbf{k}}\qquad 0\le x\le 1\\ \mathbf{r}'(x)&=\hat{\boldsymbol{\imath}}+2x\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+3x^2\,\hat{\mathbf{k}}\\ \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}x}(x)&=\sqrt{1+4x^2+9x^4} \end{aligned}$$

이고

$$\begin{aligned} \rho(x)\ \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}x}(x) &=\big(8x+36x^3\big)\sqrt{1+4x^2+9x^4}\\ \int_C\rho\ \mathrm{d}s &=\int_0^1 \big(8x+36x^3\big)\sqrt{1+4x^2+9x^4}\,\mathrm{d}x \end{aligned}$$

이다.

$u=1+4x^2+9x^4$, $\mathrm{d}u = \big(8x+36x^3\big)\,\mathrm{d}x$, $u(0)=1$, $u(1)=14$ 로 치환하면

$$\begin{aligned} \int_C\rho\ \mathrm{d}s &=\int_1^{14} \sqrt{u}\ \mathrm{d}u =\frac{2}{3}u^{3/2}\bigg|_1^{14}\\ &=\frac{2}{3}\big[14^{3/2}-1\big]\approx 34.26 \end{aligned}$$

이다.

(b) $f(x,y,z)=x\sin y+yz+\tfrac{1}{2} z^2$ 에 대해 $\mathbf{F}(x,y,z)=\nabla f(x,y,z)$ 이므로

$$\int_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}=f(1,1,1)-f(0,0,0) =\sin 1+\frac{3}{2} \approx 2.3415$$

이다.

퍼텐셜 $f$ 는 추측으로 구한 것이다. 다른 방법으로, 다음을 풀어서 구할 수도 있다.

$$\begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial x}(x,y,z) &= \sin y \\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y,z) &= x\cos y+z \\ \frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z) &= y+z \end{aligned}$$

이 중 첫째 식을 적분하면

$$f(x,y,z) = x\sin y +g(y,z)$$

를 얻는다.

이것을 둘째 식에 대입하면

$$x\cos y+\frac{\partial g}{\partial y}(y,z) = x\cos y+z\qquad\text{또는}\qquad \frac{\partial g}{\partial y}(x,z)=z$$

이고, 이로부터 반드시

$$g(y,z) = yz + h(z)$$

이다.

마지막으로 $f(x,y,z) = x\sin y +yz + h(z)$ 를 마지막 식에 대입하면

$$y + h'(z) =y+z \quad\text{또는}\quad h'(z) = z$$

이다.

따라서 $h(x) = \frac{z^2}{2}+C$ 이고, 그러므로 임의의 상수 $C$ 에 대해 $f(x,y,z) = x\sin y + yz + \frac{z^2}{2}+C$ 이다.

(a) 매개변수화

$$\mathbf{r}(x) = x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +(9-x^2)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$$

를 이용하여 적분을 직접 계산하자. 단, $-3\le x \le 3$ 이다.

$\mathbf{r}'(x) = \hat{\boldsymbol{\imath}} -2x\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 이므로

$$\begin{aligned} \int_C (x^2 + y)\,\mathrm{d}x + x\,\mathrm{d}y &=\int_{-3}^3 \big(x^2\ +\ \overbrace{9-x^2}^{y}\ +x\overbrace{(-2x)}^{\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}}\big)\,\mathrm{d}x =\int_{-3}^3 \big(9-2x^2\big)\,\mathrm{d}x \\ &=2\int_0^3 \big(9-2x^2\big)\,\mathrm{d}x =2\left(27-2\frac{3^3}{3}\right) =18 \end{aligned}$$

(b) 이 풀이에서는 적분을 직접 계산한다. 그림과 같이 정사각형의 네 변을 $L_1$, $L_2$, $L_3$, $L_4$ 라 하자.

$L_1$ 을 호의 길이로 매개변수화하면 $\mathbf{r}(s) = s\,\hat{\boldsymbol{\imath}}$, $0\le s\le 1$ 이다. $L_1$ 에서 바깥쪽을 향하는 법선벡터는 $-\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 이므로

$$\begin{aligned} \int_{L_1} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s =\int_0^1 \mathbf{F}(s,0) \cdot(-\hat{\boldsymbol{\jmath}})\, \mathrm{d}s =\int_0^1 (-0)\, \mathrm{d}s =0 \end{aligned}$$

$L_2$ 를 호의 길이로 매개변수화하면 $\mathbf{r}(s) = \hat{\boldsymbol{\imath}}+s\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$, $0\le s\le 1$ 이다. $L_2$ 에서 바깥쪽을 향하는 법선벡터는 $\hat{\boldsymbol{\imath}}$ 이므로

$$\begin{aligned} \int_{L_2} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s =\int_0^1 \mathbf{F}(1,s) \cdot \hat{\boldsymbol{\imath}}\, \mathrm{d}s =\int_0^1 2\, \mathrm{d}s =2 \end{aligned}$$

$L_3$ 을 ($(1,1)$ 에서 시작하여) 호의 길이로 매개변수화하면 $\mathbf{r}(s) = (1-s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}$, $0\le s\le 1$ 이다. $L_3$ 에서 바깥쪽을 향하는 법선벡터는 $\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 이므로

$$\begin{aligned} \int_{L_3} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s =\int_0^1 \mathbf{F}(1-s,1) \cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}}\, \mathrm{d}s =\int_0^1 e^{1-s}\, \mathrm{d}s =\Big[-e^{1-s}\Big]_0^1 =e-1 \end{aligned}$$

$L_4$ 를 ($(0,1)$ 에서 시작하여) 호의 길이로 매개변수화하면 $\mathbf{r}(s) = (1-s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$, $0\le s\le 1$ 이다. $L_4$ 에서 바깥쪽을 향하는 법선벡터는 $-\hat{\boldsymbol{\imath}}$ 이므로

$$\begin{aligned} \int_{L_2} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s =\int_0^1 \mathbf{F}(0,1-s) \cdot(- \hat{\boldsymbol{\imath}})\, \mathrm{d}s =\int_0^1 (-0)\, \mathrm{d}s =0 \end{aligned}$$

모두 합하면

$$\begin{aligned} \int_C \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s &= \int_{L_1} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s +\int_{L_2} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s +\int_{L_3} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s +\int_{L_4} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s \\ &= 0+2+(e-1) +0 =e+1 \end{aligned}$$