빌드라인 스쿨

문제 은행 · 미적분 · 대학 미적분 · 벡터 미적분

선적분

곡선을 따라 스칼라 함수와 벡터장을 적분한다(일·순환·플럭스)

유형전체개념 확인계산그래프·표 해석활용증명·논술
난이도전체기본보통도전
풀이전체우리말 풀이 있는 문제만

유형·난이도는 우리말 풀이가 붙은 문제는 선생님이 정했고, 나머지는 자동 분류라 다를 수 있어요. 난이도가 정해지지 않은 문제는 난이도로 거를 때 빠집니다.

146문제 · 7 / 8쪽

121.CLP-4 · 1.6절 · 2번대학 수준우리말 번역

(a) 극좌표로 r=r(θ)r=r(\theta), θ1≤θ≤θ2\theta_1\le \theta\le\theta_2 와 같이 주어진 곡선 C\mathcal{C} 를 따라 적분한 ∫Cf(x,y) ds\int_\mathcal{C} f(x,y)\,ds 가

∫θ1θ2f(r(θ)cos⁡θ,r(θ)sin⁡θ)r(θ)2+(drdθ(θ))2 dθ\int_{\theta_1}^{\theta_2}f\big(r(\theta)\cos\theta, r(\theta)\sin\theta\big) \sqrt{r(\theta)^2+\left(\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}\theta}(\theta)\right)^2}\, \mathrm{d}\theta 임을 보이세요. (b) r=1+cos⁡θ, 0≤θ≤2πr=1+\cos\theta,\ 0\le \theta\le 2\pi 의 곡선의 길이를 구하세요. 계산을 간단히 하기 위해 다음 공식을 사용해도 됩니다.

1+cos⁡θ=2cos⁡2θ21+\cos\theta=2\cos^2\frac{\theta}{2}

영어 원문 보기

(a) Show that the integral ∫Cf(x,y) ds\int_\mathcal{C} f(x,y)\,ds along the curve C\mathcal{C} given in polar coordinates by r=r(θ)r=r(\theta), θ1≤θ≤θ2\theta_1\le \theta\le\theta_2, is

∫θ1θ2f(r(θ)cos⁡θ,r(θ)sin⁡θ)r(θ)2+(drdθ(θ))2 dθ\int_{\theta_1}^{\theta_2}f\big(r(\theta)\cos\theta, r(\theta)\sin\theta\big) \sqrt{r(\theta)^2+\left(\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}\theta}(\theta)\right)^2}\, \mathrm{d}\theta (b) Compute the arc length of r=1+cos⁡θ, 0≤θ≤2πr=1+\cos\theta,\ 0\le \theta\le 2\pi. You may use the formula

1+cos⁡θ=2cos⁡2θ21+\cos\theta=2\cos^2\frac{\theta}{2}

to simplify the computation.

정답·풀이 보기

(a) 곡선은 r(θ)=x(θ) ı^+y(θ) ȷ^\mathbf{r}(\theta) = x(\theta)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 이고 x(θ)=r(θ)cos⁡θx(\theta)=r(\theta)\cos\theta, y(θ)=r(θ)sin⁡θy(\theta)=r(\theta)\sin\theta, θ1≤θ≤θ2\theta_1\le \theta\le \theta_2 이다. 이 곡선 위에서

v(θ)=drdθ(θ)=x′(θ)ı^+y′(θ)ȷ^=[r′(θ)cos⁡θ−r(θ)sin⁡θ]ı^+[r′(θ)sin⁡θ+r(θ)cos⁡θ]ȷ^  ⟹  dsdθ(θ)=[r′(θ)cos⁡θ−r(θ)sin⁡θ]2+[r′(θ)sin⁡θ+r(θ)cos⁡θ]2=r′(θ)2+r(θ)2\begin{aligned} \mathbf{v}(\theta) =\frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}\theta}(\theta)&= x'(\theta)\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y'(\theta)\hat{\boldsymbol{\jmath}} =\big[r'(\theta)\cos\theta-r(\theta)\sin\theta\big]\hat{\boldsymbol{\imath}}+ \big[r'(\theta)\sin\theta+r(\theta)\cos\theta\big]\hat{\boldsymbol{\jmath}}\\ \implies \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}\theta}(\theta) &=\sqrt{\big[r'(\theta)\cos\theta-r(\theta)\sin\theta\big]^2 + \big[r'(\theta)\sin\theta+r(\theta)\cos\theta\big]^2}\\ &=\sqrt{r'(\theta)^2+r(\theta)^2} \end{aligned}

따라서

∫Cf(x,y) ds=∫θ1θ2 ⁣ ⁣ ⁣f(x(θ),y(θ))dsdθ dθ=∫θ1θ2 ⁣ ⁣ ⁣f(r(θ)cos⁡θ,r(θ)sin⁡θ)r(θ)2+(drdθ(θ))2 dθ\begin{aligned} \int_\mathcal{C} f(x,y)\,ds &= \int_{\theta_1}^{\theta_2}\!\!\!f\big(x(\theta), y(\theta)\big) \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}\theta}\,\mathrm{d}\theta \\ &=\int_{\theta_1}^{\theta_2}\!\!\!f\big(r(\theta)\cos\theta, r(\theta)\sin\theta\big) \sqrt{r(\theta)^2 +\left(\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}\theta}(\theta)\right)^2}\, \mathrm{d}\theta \end{aligned}

이다.

(b) 이 경우 f(x,y)=1f(x,y)=1, r(θ)=1+cos⁡θr(\theta)=1+\cos\theta, θ1=0\theta_1=0, θ2=2π\theta_2=2\pi 이므로

∫C ds=∫02π[1+cos⁡θ]2+[−sin⁡θ]2 dθ=∫02π2(1+cos⁡θ) dθ=∫02π4cos⁡2θ2 dθ=2∫02π∣cos⁡θ2∣ dθ=4∫0πcos⁡θ2 dθ=8sin⁡θ2∣0π=8\begin{aligned} \int_C \,ds &=\int_0^{2\pi} \sqrt{[1+\cos\theta]^2+[-\sin\theta]^2}\,\mathrm{d}\theta =\int_0^{2\pi} \sqrt{2(1+\cos\theta)}\,\mathrm{d}\theta\\ &=\int_0^{2\pi} \sqrt{4\cos^2\frac{\theta}{2}}\,\mathrm{d}\theta =2\int_0^{2\pi} \left|\cos\frac{\theta}{2}\right|\,\mathrm{d}\theta =4\int_0^{\pi} \cos\frac{\theta}{2}\ \mathrm{d}\theta =8 \sin\frac{\theta}{2}\bigg|_0^{\pi} =8 \end{aligned}

이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) The curve is r(θ)=x(θ) ı^+y(θ) ȷ^\mathbf{r}(\theta) = x(\theta)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} with x(θ)=r(θ)cos⁡θx(\theta)=r(\theta)\cos\theta, y(θ)=r(θ)sin⁡θy(\theta)=r(\theta)\sin\theta and θ1≤θ≤θ2\theta_1\le \theta\le \theta_2. On this curve

v(θ)=drdθ(θ)=x′(θ)ı^+y′(θ)ȷ^=[r′(θ)cos⁡θ−r(θ)sin⁡θ]ı^+[r′(θ)sin⁡θ+r(θ)cos⁡θ]ȷ^  ⟹  dsdθ(θ)=[r′(θ)cos⁡θ−r(θ)sin⁡θ]2+[r′(θ)sin⁡θ+r(θ)cos⁡θ]2=r′(θ)2+r(θ)2\begin{aligned} \mathbf{v}(\theta) =\frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}\theta}(\theta)&= x'(\theta)\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y'(\theta)\hat{\boldsymbol{\jmath}} =\big[r'(\theta)\cos\theta-r(\theta)\sin\theta\big]\hat{\boldsymbol{\imath}}+ \big[r'(\theta)\sin\theta+r(\theta)\cos\theta\big]\hat{\boldsymbol{\jmath}}\\ \implies \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}\theta}(\theta) &=\sqrt{\big[r'(\theta)\cos\theta-r(\theta)\sin\theta\big]^2 + \big[r'(\theta)\sin\theta+r(\theta)\cos\theta\big]^2}\\ &=\sqrt{r'(\theta)^2+r(\theta)^2} \end{aligned}

Hence

∫Cf(x,y) ds=∫θ1θ2 ⁣ ⁣ ⁣f(x(θ),y(θ))dsdθ dθ=∫θ1θ2 ⁣ ⁣ ⁣f(r(θ)cos⁡θ,r(θ)sin⁡θ)r(θ)2+(drdθ(θ))2 dθ\begin{aligned} \int_\mathcal{C} f(x,y)\,ds &= \int_{\theta_1}^{\theta_2}\!\!\!f\big(x(\theta), y(\theta)\big) \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}\theta}\,\mathrm{d}\theta \\ &=\int_{\theta_1}^{\theta_2}\!\!\!f\big(r(\theta)\cos\theta, r(\theta)\sin\theta\big) \sqrt{r(\theta)^2 +\left(\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}\theta}(\theta)\right)^2}\, \mathrm{d}\theta \end{aligned}

(b) In this case f(x,y)=1f(x,y)=1, r(θ)=1+cos⁡θr(\theta)=1+\cos\theta, θ1=0\theta_1=0 and θ2=2π\theta_2=2\pi,

∫C ds=∫02π[1+cos⁡θ]2+[−sin⁡θ]2 dθ=∫02π2(1+cos⁡θ) dθ=∫02π4cos⁡2θ2 dθ=2∫02π∣cos⁡θ2∣ dθ=4∫0πcos⁡θ2 dθ=8sin⁡θ2∣0π=8\begin{aligned} \int_C \,ds &=\int_0^{2\pi} \sqrt{[1+\cos\theta]^2+[-\sin\theta]^2}\,\mathrm{d}\theta =\int_0^{2\pi} \sqrt{2(1+\cos\theta)}\,\mathrm{d}\theta\\ &=\int_0^{2\pi} \sqrt{4\cos^2\frac{\theta}{2}}\,\mathrm{d}\theta =2\int_0^{2\pi} \left|\cos\frac{\theta}{2}\right|\,\mathrm{d}\theta =4\int_0^{\pi} \cos\frac{\theta}{2}\ \mathrm{d}\theta =8 \sin\frac{\theta}{2}\bigg|_0^{\pi} =8 \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 1.6절 · 6번
# 선적분증명·논술기본자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
122.CLP-4 · 1.6절 · 5번대학 수준우리말 번역

CC 가 (1,2,3)(1,2,3) 에서 (2,4,5)(2,4,5) 까지의 선분일 때, ∫C(xy+z)ds\int_C (xy+z) \mathrm{d}s 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Compute ∫C(xy+z)ds\int_C (xy+z) \mathrm{d}s where CC is the line segment from (1,2,3)(1,2,3) to (2,4,5)(2,4,5).

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

CC 를 매개변수로 나타내기 위해, 두 점 사이의 벡터가 (2−1,4−2,5−3)=(1,2,2)(2-1,4-2,5-3)=(1,2,2) 임에 주목한다. 따라서 이 직선은 0≤t≤10 \le t \le 1 에 대해 (1,2,3)+t(1,2,2)(1,2,3)+t(1,2,2) 이다. 즉, x(t)=1+tx(t)=1+t, y(t)=2+2ty(t)=2+2t, 그리고 z(t)=3+2tz(t)=3+2t 이다.

∫C(xy+z)ds=∫01((1+t)(2+2t)+(3+2t))11+22+22dt=∫013(5+6t+2t2) dt=26\begin{aligned} \int_C(xy+z)\mathrm{d}s&=\int_0^1 \left((1+t)(2+2t)+(3+2t)\right)\sqrt{1^1+2^2+2^2}\mathrm{d}t\\ &= \int_0^1 3\big(5 + 6t + 2t^2\big)\ \mathrm{d}t=26 \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

To parametrize CC, we note the vector between the two points is (2−1,4−2,5−3)=(1,2,2)(2-1,4-2,5-3)=(1,2,2). So, the line is (1,2,3)+t(1,2,2)(1,2,3)+t(1,2,2) for 0≤t≤10 \le t \le 1. That is, x(t)=1+tx(t)=1+t, y(t)=2+2ty(t)=2+2t, and z(t)=3+2tz(t)=3+2t.

∫C(xy+z)ds=∫01((1+t)(2+2t)+(3+2t))11+22+22dt=∫013(5+6t+2t2) dt=26\begin{aligned} \int_C(xy+z)\mathrm{d}s&=\int_0^1 \left((1+t)(2+2t)+(3+2t)\right)\sqrt{1^1+2^2+2^2}\mathrm{d}t\\ &= \int_0^1 3\big(5 + 6t + 2t^2\big)\ \mathrm{d}t=26 \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 6장 복습 · 23번
# 선적분계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
123.CLP-4 · 1.6절 · 6번대학 수준우리말 번역

다음에 대해 경로적분 ∫Cf(x,y,z) ds\int_\mathcal{C} f(x,y,z)\,\mathrm{d}s 의 값을 구하세요.

(a) f(x,y,z)=xcos⁡zf(x,y,z)=x\cos z, C:r(t)=tı^+t2ȷ^\mathcal{C}:\mathbf{r}(t)=t\hat{\boldsymbol{\imath}}+t^2\hat{\boldsymbol{\jmath}}, 0≤t≤10\le t\le 1. (b) f(x,y,z)=x+yy+zf(x,y,z)=\frac{x+y}{y+z}, C:r(t)=(t,23t3/2,t)\mathcal{C}:\mathbf{r}(t)= \big(t,\frac{2}{3}t^{3/2},t\big), 1≤t≤21\le t\le 2.

영어 원문 보기

Evaluate the path integral ∫Cf(x,y,z) ds\int_\mathcal{C} f(x,y,z)\,\mathrm{d}s for

(a) f(x,y,z)=xcos⁡zf(x,y,z)=x\cos z, C:r(t)=tı^+t2ȷ^\mathcal{C}:\mathbf{r}(t)=t\hat{\boldsymbol{\imath}}+t^2\hat{\boldsymbol{\jmath}}, 0≤t≤10\le t\le 1. (b) f(x,y,z)=x+yy+zf(x,y,z)=\frac{x+y}{y+z}, C:r(t)=(t,23t3/2,t)\mathcal{C}:\mathbf{r}(t)= \big(t,\frac{2}{3}t^{3/2},t\big), 1≤t≤21\le t\le 2.

답 쓰고 채점
(a)
(b)
정답·풀이 보기

(a) 이 경우 r(t)=tı^+t2ȷ^\mathbf{r}(t)=t\hat{\boldsymbol{\imath}}+t^2\hat{\boldsymbol{\jmath}} 이므로 v(t)=drdt(t)=ı^+2tȷ^\mathbf{v}(t)=\frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}t}(t)=\hat{\boldsymbol{\imath}}+2t\hat{\boldsymbol{\jmath}} 이고 dsdt=1+4t2\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}=\sqrt{1+4t^2} 이다. 따라서

∫Cf(x,y,z) ds=∫01x(t)cos⁡z(t)dsdt dt=∫01t(cos⁡0)1+4t2 dt=18(1+4t2)3/23/2∣01=53/2−112\begin{aligned} \int_\mathcal{C} f(x,y,z)\,\mathrm{d}s &=\int_0^1 x(t)\cos z(t) \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}\,\mathrm{d}t =\int_0^1 t(\cos 0) \sqrt{1+4t^2}\,\mathrm{d}t =\frac{1}{8}\frac{ {(1+4t^2)}^{3/2}}{3/2}\bigg|_0^1\\ &=\frac{5^{3/2}-1}{12} \end{aligned}

(b) 이 경우 r(t)=(t,23t3/2,t)\mathbf{r}(t)=\big(t,\frac{2}{3}t^{3/2},t\big) 이므로 v(t)=drdt(t)=(1,t1/2,1)\mathbf{v}(t)=\frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}t}(t)=\big(1,t^{1/2},1\big) 이고 dsdt=2+t\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}=\sqrt{2+t} 이다. 따라서

∫Cf(x,y,z) ds=∫12x(t)+y(t)y(t)+z(t) dsdt dt=∫12t+23t3/223t3/2+t2+t dt=(2+t)3/23/2∣12=8−33/23/2\begin{aligned} \int_\mathcal{C} f(x,y,z)\,\mathrm{d}s &=\int_1^2 \frac{x(t)+y(t)}{y(t)+z(t)} \, \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}\,\mathrm{d}t =\int_1^2 \frac{t+{2\over 3}t^{3/2}}{{2\over3}t^{3/2}+t} \sqrt{2+t}\,\mathrm{d}t =\frac{(2+t)^{3/2}}{3/2}\bigg|_1^2 \\ &=\frac{8-3^{3/2}}{3/2} \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

(a) In this case r(t)=tı^+t2ȷ^\mathbf{r}(t)=t\hat{\boldsymbol{\imath}}+t^2\hat{\boldsymbol{\jmath}}, so that v(t)=drdt(t)=ı^+2tȷ^\mathbf{v}(t)=\frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}t}(t)=\hat{\boldsymbol{\imath}}+2t\hat{\boldsymbol{\jmath}} and dsdt=1+4t2\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}=\sqrt{1+4t^2} . Hence

∫Cf(x,y,z) ds=∫01x(t)cos⁡z(t)dsdt dt=∫01t(cos⁡0)1+4t2 dt=18(1+4t2)3/23/2∣01=53/2−112\begin{aligned} \int_\mathcal{C} f(x,y,z)\,\mathrm{d}s &=\int_0^1 x(t)\cos z(t) \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}\,\mathrm{d}t =\int_0^1 t(\cos 0) \sqrt{1+4t^2}\,\mathrm{d}t =\frac{1}{8}\frac{ {(1+4t^2)}^{3/2}}{3/2}\bigg|_0^1\\ &=\frac{5^{3/2}-1}{12} \end{aligned}

(b) In this case r(t)=(t,23t3/2,t)\mathbf{r}(t)=\big(t,\frac{2}{3}t^{3/2},t\big), so that v(t)=drdt(t)=(1,t1/2,1)\mathbf{v}(t)=\frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}t}(t)=\big(1,t^{1/2},1\big) and dsdt=2+t\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}=\sqrt{2+t} . Hence

∫Cf(x,y,z) ds=∫12x(t)+y(t)y(t)+z(t) dsdt dt=∫12t+23t3/223t3/2+t2+t dt=(2+t)3/23/2∣12=8−33/23/2\begin{aligned} \int_\mathcal{C} f(x,y,z)\,\mathrm{d}s &=\int_1^2 \frac{x(t)+y(t)}{y(t)+z(t)} \, \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}\,\mathrm{d}t =\int_1^2 \frac{t+{2\over 3}t^{3/2}}{{2\over3}t^{3/2}+t} \sqrt{2+t}\,\mathrm{d}t =\frac{(2+t)^{3/2}}{3/2}\bigg|_1^2 \\ &=\frac{8-3^{3/2}}{3/2} \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 1.6절 · 7번
# 선적분계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
124.CLP-4 · 1.6절 · 7번대학 수준우리말 번역

∫Csin⁡x ds\int_C \sin x\,\mathrm{d}s 의 값을 구하세요. 단, CC 는 곡선 (arcsec(t),ln⁡t)(\mathop{\mathrm{arcsec}}(t), \ln t), 1≤t≤21 \le t \le \sqrt{2} 입니다.

영어 원문 보기

Evaluate ∫Csin⁡x ds\int_C \sin x\,\mathrm{d}s, where CC is the curve (arcsec(t),ln⁡t)(\mathop{\mathrm{arcsec}}(t), \ln t), 1≤t≤21 \le t \le \sqrt{2}.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

아래 그림과 같이 θ=arcsect\theta=\mathop{\mathrm{arcsec}} t 인 삼각형을 그린다. 빗변의 길이는 tt 이고, θ\theta 에 이웃한 변의 길이는 1 이다. 피타고라스 정리에 의해 나머지 한 변의 길이는 t2−1\sqrt{t^2-1} 이므로 sin⁡θ=sin⁡(arcsect)=t2−1t\sin\theta=\sin(\mathop{\mathrm{arcsec}} t)=\frac{\sqrt{t^2-1}}{t} 이다.

그림

ddt{ln⁡t}=1t\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\{\ln t\} = \frac{1}{t} 이고 ddt{arcsect}=1∣t∣t2−1\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\{\mathop{\mathrm{arcsec}} t\} = \frac{1}{|t|\sqrt{t^2-1}} 임을 기억하자. 우리가 다루는 범위 1≤t≤21 \le t \le \sqrt 2 에서는 ∣t∣=t|t|=t 이다.

∫Csin⁡x ds=∫12sin⁡(arcsect)(1tt2−1)2+(1t)2 dt=∫12t2−1t1t2(t2−1)+1t2 dt=∫121t dt=12ln⁡2\begin{aligned} \int_C \sin x \,\mathrm{d}s&=\int_{1}^{\sqrt 2}\sin\left(\mathop{\mathrm{arcsec}} t \right)\sqrt{\left(\frac{1}{t\sqrt{t^2-1}} \right)^2+\left(\frac1t \right)^2}\,\mathrm{d}t\\ &=\int_1^{\sqrt{2}} \frac{\sqrt{t^2-1}}{t}\sqrt{\frac{1}{t^2(t^2-1)}+\frac{1}{t^2}} \,\mathrm{d}t\\ &=\int_1^{\sqrt 2}\frac1t\,\mathrm{d}t=\frac{1}{2}\ln 2 \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

In the figure below, we construct a triangle with θ=arcsect\theta=\mathop{\mathrm{arcsec}} t; the hypotenuse has length tt, while the side adjacent to θ\theta has length 1. By the Pythagorean Theorem, the remaining side has length t2−1\sqrt{t^2-1}, so sin⁡θ=sin⁡(arcsect)=t2−1t\sin\theta=\sin(\mathop{\mathrm{arcsec}} t)=\frac{\sqrt{t^2-1}}{t}.

figure

Remember ddt{ln⁡t}=1t\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\{\ln t\} = \frac{1}{t} and ddt{arcsect}=1∣t∣t2−1\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\{\mathop{\mathrm{arcsec}} t\} = \frac{1}{|t|\sqrt{t^2-1}}. In our range, 1≤t≤21 \le t \le \sqrt 2, we have ∣t∣=t|t|=t.

∫Csin⁡x ds=∫12sin⁡(arcsect)(1tt2−1)2+(1t)2 dt=∫12t2−1t1t2(t2−1)+1t2 dt=∫121t dt=12ln⁡2\begin{aligned} \int_C \sin x \,\mathrm{d}s&=\int_{1}^{\sqrt 2}\sin\left(\mathop{\mathrm{arcsec}} t \right)\sqrt{\left(\frac{1}{t\sqrt{t^2-1}} \right)^2+\left(\frac1t \right)^2}\,\mathrm{d}t\\ &=\int_1^{\sqrt{2}} \frac{\sqrt{t^2-1}}{t}\sqrt{\frac{1}{t^2(t^2-1)}+\frac{1}{t^2}} \,\mathrm{d}t\\ &=\int_1^{\sqrt 2}\frac1t\,\mathrm{d}t=\frac{1}{2}\ln 2 \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 1.6절 · 5번
# 선적분계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
125.CLP-4 · 1.6절 · 8번대학 수준우리말 번역

선적분 ∫CF⋅n^ ds\int_C \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}s 의 값을 구하세요. 여기서 F(x,y)=xy2 ı^+yex ȷ^\mathbf{F}(x,y) = xy^2 \,\hat{\boldsymbol{\imath}} + ye^x \,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 이고, CC 는 직사각형 RR: 0≤x≤30 \le x \le 3, −1≤y≤1-1 \le y \le 1 의 경계이며, n^\hat{\mathbf{n}} 은 CC 에 수직이고 직사각형의 바깥쪽을 향하는 단위벡터입니다.

영어 원문 보기

Evaluate the line integral ∫CF⋅n^ ds\int_C \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}s where F(x,y)=xy2 ı^+yex ȷ^\mathbf{F}(x,y) = xy^2 \,\hat{\boldsymbol{\imath}} + ye^x \,\hat{\boldsymbol{\jmath}} , CC is the boundary of the rectangle RR: 0≤x≤30 \le x \le 3, −1≤y≤1-1 \le y \le 1, and n^\hat{\mathbf{n}} is the unit vector, normal to CC, pointing to the outside of the rectangle.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

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

  • CC 위의 각 점에서 F(x,y)=xy2 ı^+yex ȷ^\mathbf{F}(x,y) = xy^2 \,\hat{\boldsymbol{\imath}} + ye^x \,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 이며, 이는 방향과 관계없다.
  • CC 위의 각 점에서 n^\hat{\mathbf{n}} 은 바깥쪽을 향하는 법선벡터이며, 이는 방향과 관계없다.
  • ds>0ds>0 이며, 이는 방향과 관계없다.

직사각형 RR 의 그림은 다음과 같다.

그림 \

CC 를 반시계 방향으로 따라가기로 임의로 정했다. RR 의 경계는 네 개의 선분으로 이루어져 있다.

  • L1L_1 은 (0,−1)(0,-1) 에서 (3,−1)(3,-1) 까지이며, n^=−ȷ^\hat{\mathbf{n}} = -\hat{\boldsymbol{\jmath}}
  • L2L_2 는 (3,−1)(3,-1) 에서 (3,1)(3,1) 까지이며, n^=ı^\hat{\mathbf{n}} = \hat{\boldsymbol{\imath}}
  • L3L_3 은 (3,1)(3,1) 에서 (0,1)(0,1) 까지이며, n^=ȷ^\hat{\mathbf{n}} = \hat{\boldsymbol{\jmath}}
  • L4L_4 는 (0,1)(0,1) 에서 (0,−1)(0,-1) 까지이며, n^=−ı^\hat{\mathbf{n}} = -\hat{\boldsymbol{\imath}}

따라서

∫CF⋅n^ ds=∫L1F⋅(−ȷ^) ds+∫L2F⋅ı^ ds+∫L3F⋅(ȷ^) ds+∫L4F⋅(−ı^) ds=∫03−(−1)⏞yex dx+∫−11(3)⏞xy2 dy+∫30(1)⏞yex (−dx)⏞ds+∫1−1(0)⏞xy2 (−dy)⏞ds=[e3−1]+[13−(−1)3]+[e3−1]+0=2e3\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 L3L_3 과 L4L_4 에서 ds\mathrm{d}s 를 바르게 잡는 것이다(ds\mathrm{d}s 는 이동한 곡선의 길이이므로 양수이지만, L3L_3 에서는 dx<0\mathrm{d}x<0 이고 L4L_4 에서는 dy<0\mathrm{d}y<0 임을 기억해야 한다). ∫L3F⋅(ȷ^) ds\int_{L_3} \mathbf{F}\cdot(\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}s 를 더 자세히 계산하기 위해, L3L_3 을 다음과 같이 매개변수로 나타내자.

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

그러면 r(0)=(3,1)\mathbf{r}(0) = (3,1) 은 L3L_3 의 시작점이고 r(1)=(0,1)\mathbf{r}(1) = (0,1) 은 L3L_3 의 끝점이다. 이때

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

이고

∫L3F⋅ȷ^ ds=∫01F(r(t))⋅ȷ^ dsdt(t) dt=∫01e3−3t⏞y(t)ex(t) 3⏞dsdt(t) dt=−e3−3t∣01=e3−1\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, L3L_3 을 다음과 같이 매개변수로 나타낼 때에도 ∫L3F⋅(ȷ^) ds\int_{L_3} \mathbf{F}\cdot(\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}s 의 값이 같음을 확인해 보자.

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

이번에는 r(0)=(0,1)\mathbf{r}(0) = (0,1) 이 L3L_3 의 시작점이고 r(1)=(3,1)\mathbf{r}(1) = (3,1) 이 L3L_3 의 끝점이다. 이번에는

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

이고

∫L3F⋅ȷ^ ds=∫01F(r(t))⋅ȷ^ dsdt(t) dt=∫01e3t⏞y(t)ex(t) 3⏞dsdt(t) dt=e3t∣01=e3−1\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 L3L_3 의 두 방향 모두 ∫L3F⋅(ȷ^) ds\int_{L_3} \mathbf{F}\cdot(\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}s 의 값이 같다.

원본 교재 풀이(영어)

You may have noticed that the orientation of (i.e. the direction of motion along) the curve CC was not specified in the question. That's because the value of the integral is independent of the orientation of CC:

  • At each point of CC, F(x,y)=xy2 ı^+yex ȷ^\mathbf{F}(x,y) = xy^2 \,\hat{\boldsymbol{\imath}} + ye^x \,\hat{\boldsymbol{\jmath}}, independent of the orientation.
  • At each point of CC, n^\hat{\mathbf{n}} is the outward pointing normal, independent of the orientation.
  • ds>0ds>0, independent of the orientation.

Here is a sketch of the rectangle RR.

figure \

We have arbitrarily chosen to traverse CC in the counterclockwise direction. The boundary of RR boundary consists of four line segments.

  • L1L_1 from (0,−1)(0,-1) to (3,−1)(3,-1), with n^=−ȷ^\hat{\mathbf{n}} = -\hat{\boldsymbol{\jmath}}
  • L2L_2 from (3,−1)(3,-1) to (3,1)(3,1), with n^=ı^\hat{\mathbf{n}} = \hat{\boldsymbol{\imath}}
  • L3L_3 from (3,1)(3,1) to (0,1)(0,1), with n^=ȷ^\hat{\mathbf{n}} = \hat{\boldsymbol{\jmath}}
  • L4L_4 from (0,1)(0,1) to (0,−1)(0,-1), with n^=−ı^\hat{\mathbf{n}} = -\hat{\boldsymbol{\imath}}

So

∫CF⋅n^ ds=∫L1F⋅(−ȷ^) ds+∫L2F⋅ı^ ds+∫L3F⋅(ȷ^) ds+∫L4F⋅(−ı^) ds=∫03−(−1)⏞yex dx+∫−11(3)⏞xy2 dy+∫30(1)⏞yex (−dx)⏞ds+∫1−1(0)⏞xy2 (−dy)⏞ds=[e3−1]+[13−(−1)3]+[e3−1]+0=2e3\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}

The trickiest part of this computation is getting ds\mathrm{d}s correct on L3L_3 and L4L_4 (remembering that ds\mathrm{d}s is the arc length traveled and so is positive, while dx<0\mathrm{d}x<0 on L3L_3 and dy<0\mathrm{d}y<0 on L4L_4). To make a more detailed computation of ∫L3F⋅(ȷ^) ds\int_{L_3} \mathbf{F}\cdot(\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}s, parametrize L3L_3 by

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

so that r(0)=(3,1)\mathbf{r}(0) = (3,1) is the initial point of L3L_3 and r(1)=(0,1)\mathbf{r}(1) = (0,1) is the final point of L3L_3. Then

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

and

∫L3F⋅ȷ^ ds=∫01F(r(t))⋅ȷ^ dsdt(t) dt=∫01e3−3t⏞y(t)ex(t) 3⏞dsdt(t) dt=−e3−3t∣01=e3−1\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}

As a check, we'll now verify that we get the same answer for ∫L3F⋅(ȷ^) ds\int_{L_3} \mathbf{F}\cdot(\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}s, when we parametrize L3L_3 by

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

so that, this time, r(0)=(0,1)\mathbf{r}(0) = (0,1) is the initial point of L3L_3 and r(1)=(3,1)\mathbf{r}(1) = (3,1) is the final point of L3L_3. This time

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

and

∫L3F⋅ȷ^ ds=∫01F(r(t))⋅ȷ^ dsdt(t) dt=∫01e3t⏞y(t)ex(t) 3⏞dsdt(t) dt=e3t∣01=e3−1\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}

So both orientations of L3L_3 give the same value of ∫L3F⋅(ȷ^) ds\int_{L_3} \mathbf{F}\cdot(\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}s.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 6장 복습 · 3번
# 선적분계산도전자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
126.CLP-4 · 1.6절 · 10번대학 수준우리말 번역

철사가 곡선 (t+12t2 , t−12t2 , 43 t3/2)(t+\frac12t^2~,~t-\frac12t^2~,~\frac{4}{3}\,t^{3/2}), 0≤t≤40 \leq t \leq 4 로 나타내어지는 경로 CC 를 따라 놓여 있다. 점 (x,y,z)(x,y,z) 에서 이 철사의 밀도는 ρ(x,y,z)=(x+y2)\rho(x,y,z)={\left( \frac{x+y}{2}\right)} 이다. 이 철사의 질량중심을 구하세요.

영어 원문 보기

A wire traces out a path CC described by the curve (t+12t2 , t−12t2 , 43 t3/2)(t+\frac12t^2~,~t-\frac12t^2~,~\frac{4}{3}\,t^{3/2}), 0≤t≤40 \leq t \leq 4. Its density at the point (x,y,z)(x,y,z) is ρ(x,y,z)=(x+y2)\rho(x,y,z)={\left( \frac{x+y}{2}\right)}. Find its centre of mass.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

질량중심 공식 xˉ=∫Cxρ ds∫Cρ ds\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.

x(t)=t+12t2x′(t)=1+ty(t)=t−12t2y′(t)=1−tz(t)=43t3/2z′(t)=2t\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}

x′(t)2+y′(t)2+z′(t)2=1+2t+t2+1−2t+t2+4t=2(t2+2t+1)=2(t+1)ρ(x(t),y(t),z(t))=x(t)+y(t)2=(t+t2/2)+(t−t2/2)2=t\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}

∫Credρ ds=∫04t 2(t+1) dt=23⋅1123∫Cxredρ ds=∫04(t+12t2)t 2(t+1) dt=2∫022(t42+32t3+t2) dt=2(295+3(25)+263)=25⋅103215∫Cyredρ ds=∫04(t−12t2)t 2(t+1) dt=2∫022(−t42+t32+t2)dt=2(−295+25+263)=−25⋅23215∫Czredρ ds=∫04(43t3/2)t 2(t+1) dt=423∫022(t7/2+t5/2)dt=423(2109+287)=210⋅3727⋅33x‾=∫xρ ds∫ρ ds=25⋅10321523⋅1123=41255≈7.5y‾=∫yρ ds∫ρ ds=−25⋅2321523⋅1123=−9255≈−1.7z‾=∫zρ ds∫ρ ds=210⋅3727⋅3323⋅1123=4736693≈6.8\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≤t≤40 \le t \le 4 일 때, 철사는 다음 구간에 놓여 있다: 0≤x≤120 \le x \le 12, −4≤y≤1/2-4 \le y \le 1/2, 0≤z≤32/30 \le z \le 32/3. 질량중심의 좌표는 모두 이 구간 안에 들어 있다. 이것이 답이 옳음을 보장하지는 않지만 좋은 징조이다. 예를 들어 x‾\overline x 가 음수이거나 z‾\overline z 가 11보다 컸다면, 무언가 잘못되었음을 알 수 있었을 것이다.

원본 교재 풀이(영어)

We use the centre of mass formulae xˉ=∫Cxρ ds∫Cρ ds\bar x = \dfrac{\int_C x\rho\,\mathrm{d}s}{\int_C \rho\,\mathrm{d}s}, etc. To make the working clearer, we'll break these calculations into several steps.

x(t)=t+12t2x′(t)=1+ty(t)=t−12t2y′(t)=1−tz(t)=43t3/2z′(t)=2t\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}

x′(t)2+y′(t)2+z′(t)2=1+2t+t2+1−2t+t2+4t=2(t2+2t+1)=2(t+1)ρ(x(t),y(t),z(t))=x(t)+y(t)2=(t+t2/2)+(t−t2/2)2=t\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}

∫Credρ ds=∫04t 2(t+1) dt=23⋅1123∫Cxredρ ds=∫04(t+12t2)t 2(t+1) dt=2∫022(t42+32t3+t2) dt=2(295+3(25)+263)=25⋅103215∫Cyredρ ds=∫04(t−12t2)t 2(t+1) dt=2∫022(−t42+t32+t2)dt=2(−295+25+263)=−25⋅23215∫Czredρ ds=∫04(43t3/2)t 2(t+1) dt=423∫022(t7/2+t5/2)dt=423(2109+287)=210⋅3727⋅33x‾=∫xρ ds∫ρ ds=25⋅10321523⋅1123=41255≈7.5y‾=∫yρ ds∫ρ ds=−25⋅2321523⋅1123=−9255≈−1.7z‾=∫zρ ds∫ρ ds=210⋅3727⋅3323⋅1123=4736693≈6.8\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}

After these long calculations, it's nice to do a sanity check. Using 0≤t≤40 \le t \le 4, we see our wire takes up space in the following intervals: 0≤x≤120 \le x \le 12, −4≤y≤1/2-4 \le y \le 1/2, and 0≤z≤32/30 \le z \le 32/3. The coordinates of our centre of mass all fall in these intervals, which doesn't guarantee our answer is correct, but it is a nice sign. If, say x‾\overline x had been negative, or z‾\overline z were greater than 11, we would have known there was something wrong.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 6장 복습 · 21번
# 선적분계산도전자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
127.CLP-4 · 2.4절 · 1번대학 수준우리말 번역

반시계 방향으로 꼭짓점이 (0,0)(0,0), (1,0)(1,0), (1,1)(1,1), (0,1)(0,1) 인 정사각형을 따라 ∫Cx2y2 dx+x3y dy\int_\mathcal{C} x^2y^2\,\mathrm{d}x+x^3y\,\mathrm{d}y 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Evaluate ∫Cx2y2 dx+x3y dy\int_\mathcal{C} x^2y^2\,\mathrm{d}x+x^3y\,\mathrm{d}y counterclockwise around the square with vertices (0,0)(0,0), (1,0)(1,0), (1,1)(1,1) and (0,1)(0,1).

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정사각형은 네 변을 가지며, 각 변은 선분이다.

  • 첫 번째 변에서는 y=0y=0 이고 dy=0\mathrm{d}y=0 이다. 즉, 첫 번째 변은 0≤x≤10\le x\le 1 에서 r(x)=x ı^\mathbf{r}(x)=x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} 로 매개화할 수 있다.
  • 두 번째 변에서는 x=1x=1 이고 dx=0\mathrm{d}x=0 이다. 두 번째 변은 0≤y≤10\le y\le 1 에서 r(y)=ı^+y ȷ^\mathbf{r}(y)=\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 로 매개화할 수 있다.
  • 세 번째 변에서는 y=1y=1 이고 dy=0\mathrm{d}y=0 이다. 세 번째 변은 xx 가 11 에서 00 까지 변하는 r(x)=x ı^+ȷ^\mathbf{r}(x)=x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}} 로 매개화할 수 있다.
  • 마지막 변에서는 x=0x=0 이고 dx=0\mathrm{d}x=0 이다. 네 번째 변은 yy 가 11 에서 00 까지 변하는 r(y)=y ȷ^\mathbf{r}(y)=y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 로 매개화할 수 있다.

그림

따라서

∫Cx2y2 dx+x3y dy=∫01x2×02 dx+∫0113×y dy+∫10x2×12 dx+∫1003×y dy=12−13=16\begin{aligned} \int_\mathcal{C} x^2y^2\,\mathrm{d}x+x^3y\,\mathrm{d}y &=\int_0^1 x^2\times 0^2\,\mathrm{d}x +\int_0^1 1^3\times y\,\mathrm{d}y +\int_1^0 x^2\times 1^2\,\mathrm{d}x +\int_1^0 0^3\times y\,\mathrm{d}y \\ &=\frac{1}{2}-\frac{1}{3} =\frac{1}{6} \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

The square has four sides, each of which is a line segment.

  • On the first side, y=0y=0 and dy=0\mathrm{d}y=0. That is, we may parametrize the first side by r(x)=x ı^\mathbf{r}(x)=x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} with 0≤x≤10\le x\le 1.
  • On the second side, x=1x=1 and dx=0\mathrm{d}x=0. We may parametrize the second side by r(y)=ı^+y ȷ^\mathbf{r}(y)=\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} with 0≤y≤10\le y\le 1.
  • On the third side, y=1y=1 and dy=0\mathrm{d}y=0. We may parametrize the third side by r(x)=x ı^+ȷ^\mathbf{r}(x)=x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}} with xx running from 11 to 00.
  • On the final side, x=0x=0 and dx=0\mathrm{d}x=0. We may parametrize the fourth side by r(y)=y ȷ^\mathbf{r}(y)=y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} with yy running from 11 to 00.

figure

So

∫Cx2y2 dx+x3y dy=∫01x2×02 dx+∫0113×y dy+∫10x2×12 dx+∫1003×y dy=12−13=16\begin{aligned} \int_\mathcal{C} x^2y^2\,\mathrm{d}x+x^3y\,\mathrm{d}y &=\int_0^1 x^2\times 0^2\,\mathrm{d}x +\int_0^1 1^3\times y\,\mathrm{d}y +\int_1^0 x^2\times 1^2\,\mathrm{d}x +\int_1^0 0^3\times y\,\mathrm{d}y \\ &=\frac{1}{2}-\frac{1}{3} =\frac{1}{6} \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.4절 · 34번
# 선적분계산기본자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
128.CLP-4 · 2.4절 · 3번대학 수준우리말 번역

φ(x,y,z)=ex2+y2+cos⁡(z2)\varphi(x,y,z)=e^{x^2+y^2}+\cos(z^2) 이라 하고, F=∇φ\mathbf{F} = { \boldsymbol{\nabla} } \varphi 로 정의하자. 중심이 (1,2,3)(1,2,3) 이고 점 (5−1,−2,5−3)(\sqrt5-1,-2,\sqrt5-3), ((5−2)/2,−1/2,(5−6)/2)((\sqrt5-2)/2,-1/2,(\sqrt5-6)/2), (−2,3−2,3−3)(-2,\sqrt 3-2,\sqrt3-3) 을 지나며 시계 방향으로 도는 타원인 닫힌 곡선 CC 에 대하여 ∫CF⋅dr\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let φ(x,y,z)=ex2+y2+cos⁡(z2)\varphi(x,y,z)=e^{x^2+y^2}+\cos(z^2), and define F=∇φ\mathbf{F} = { \boldsymbol{\nabla} } \varphi. Evaluate ∫CF⋅dr\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} over the closed curve CC that is an ellipse traversed clockwise, centred at (1,2,3)(1,2,3), passing through the points (5−1,−2,5−3)(\sqrt5-1,-2,\sqrt5-3), ((5−2)/2,−1/2,(5−6)/2)((\sqrt5-2)/2,-1/2,(\sqrt5-6)/2), and (−2,3−2,3−3)(-2,\sqrt 3-2,\sqrt3-3).

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정답·풀이 보기

F\mathbf{F} 는 보존적이므로 임의의 닫힌 곡선 CC 에 대하여 ∫CF⋅dr=0\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}=0 이다. 주어진 곡선은 닫힌 곡선이므로 적분값은 단순히 0이다.

원본 교재 풀이(영어)

Since F\mathbf{F} is conservative, ∫CF⋅dr=0\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}=0 over any closed curve CC. The given curve is closed, so the integral is simply zero.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.4절 · 1번
# 선적분계산기본자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
129.CLP-4 · 2.4절 · 4번대학 수준우리말 번역

P1P_1 과 P2P_2 를 R2\mathbb R^2 의 점이라 하자. 아래 그림과 같이 AA 와 BB 는 P1P_1 에서 P2P_2 로 가는 경로이다.

그림

F\mathbf{F} 가 R2\mathbb R^2 에서 보존적 벡터장이고 ∫AF⋅dr=5\int_A \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}=5 라 하자. ∫BF⋅dr\int_B \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} 의 값은 얼마인가요?

영어 원문 보기

Let P1P_1 and P2P_2 be points in R2\mathbb R^2. Let AA and BB be paths from P1P_1 to P2P_2, as shown below.

figure

Suppose F\mathbf{F} is a conservative vector field in R2\mathbb R^2 with ∫AF⋅dr=5\int_A \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}=5. What is ∫BF⋅dr?\int_B \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}?

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정답·풀이 보기

F\mathbf{F} 는 보존적이고 AA 와 BB 는 시작점과 끝점이 같으므로, 경로 독립성에 의해 ∫BF⋅dr=∫AF⋅dr=5.\int_B \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}=\int_A \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}=5.

원본 교재 풀이(영어)

Since F\mathbf{F} is conservative, and AA and BB start and end at the same points, by path-independence ∫BF⋅dr=∫AF⋅dr=5.\int_B \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}=\int_A \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}=5.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.4절 · 32번
# 선적분그래프·표 해석기본자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
130.CLP-4 · 2.4절 · 8번대학 수준우리말 번역

힘의 장 F=(x+y)ı^+(x−z)ȷ^+(z−y)k^\mathbf{F}=(x+y)\hat{\boldsymbol{\imath}}+(x-z)\hat{\boldsymbol{\jmath}}+(z-y)\hat{\mathbf{k}} 가 물체를 (1,0,−1)(1,0,-1) 에서 (0,−2,3)(0,-2,3) 까지 움직일 때 한 일 ∫CF⋅dr\int_\mathcal{C}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} 을 구하세요. 한 일은 (1,0,−1)(1,0,-1) 에서 (0,−2,3)(0,-2,3) 까지 가는 데 사용한 경로에 따라 달라지나요?

영어 원문 보기

Find the work, ∫CF⋅dr\int_\mathcal{C}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}, done by the force field F=(x+y)ı^+(x−z)ȷ^+(z−y)k^\mathbf{F}=(x+y)\hat{\boldsymbol{\imath}}+(x-z)\hat{\boldsymbol{\jmath}}+(z-y)\hat{\mathbf{k}} in moving an object from (1,0,−1)(1,0,-1) to (0,−2,3)(0,-2,3). Does the work done depend on the path used to get from (1,0,−1)(1,0,-1) to (0,−2,3)(0,-2,3)?

정답·풀이 보기

여기서 핵심은 F\mathbf{F} 가 보존장이라는 것이다.

F=∇ϕ\mathbf{F}=\nabla\phi 이고

ϕ=x22+yx−yz+z22\phi=\frac{x^2}{2}+yx-yz+\frac{z^2}{2}

이다. 따라서 r(t0)=(1,0,−1)\mathbf{r}(t_0)=(1,0,-1) 에서 r(t1)=(0,−2,3)\mathbf{r}(t_1)=(0,-2,3) 까지의 모든 경로에 대해

∫CF⋅dr=ϕ(r(t1))−ϕ(r(t0))=ϕ(0,−2,3)−ϕ(1,0,−1)=[0+0+6+92]−[12+0−0+12]=912\begin{aligned} \int_\mathcal{C}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\phi\big(\mathbf{r}(t_1)\big)-\phi\big(\mathbf{r}(t_0)\big) &=\phi(0, -2, 3)-\phi(1,0,-1) \\ &=\left[0+0+6+\frac{9}{2}\right]-\left[\frac{1}{2}+0-0+\frac{1}{2}\right] \\ &=9\frac{1}{2} \end{aligned}

.

원본 교재 풀이(영어)

The point here is that F\mathbf{F} is conservative, as F=∇ϕ\mathbf{F}=\nabla\phi with

ϕ=x22+yx−yz+z22\phi=\frac{x^2}{2}+yx-yz+\frac{z^2}{2}

So, for all paths from r(t0)=(1,0,−1)\mathbf{r}(t_0)=(1,0,-1) to r(t1)=(0,−2,3)\mathbf{r}(t_1)=(0,-2,3),

∫CF⋅dr=ϕ(r(t1))−ϕ(r(t0))=ϕ(0,−2,3)−ϕ(1,0,−1)=[0+0+6+92]−[12+0−0+12]=912\begin{aligned} \int_\mathcal{C}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\phi\big(\mathbf{r}(t_1)\big)-\phi\big(\mathbf{r}(t_0)\big) &=\phi(0, -2, 3)-\phi(1,0,-1) \\ &=\left[0+0+6+\frac{9}{2}\right]-\left[\frac{1}{2}+0-0+\frac{1}{2}\right] \\ &=9\frac{1}{2} \end{aligned}

.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.4절 · 3번
# 선적분계산기본자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
131.CLP-4 · 2.4절 · 9번대학 수준우리말 번역

벡터장

V(x,y)=(excos⁡y+x2,x2y+3)\mathbf{V}(x, y) = (e^x \cos y + x^2, x^2y + 3)

을 생각하세요. (0,0)(0, 0) 에서 (1,0)(1,0) 을 거쳐 (1,π)(1, \pi) 로, 마지막으로 (0,π)(0, \pi) 로 직선 선분을 따라 움직여 얻은 방향이 있는 곡선 CC 를 따라 선적분 ∫CV⋅dr\int_C\mathbf{V}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Consider the vector field

V(x,y)=(excos⁡y+x2,x2y+3)\mathbf{V}(x, y) = (e^x \cos y + x^2, x^2y + 3)

Evaluate the line integral ∫CV⋅dr\int_C\mathbf{V}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} along the oriented curve CC obtained by moving from (0,0)(0, 0) to (1,0)(1,0) to (1,π)(1, \pi) and finally to (0,π)(0, \pi) along straight line segments.

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정답·풀이 보기

다음에 주목한다.

  • (0,0)(0, 0) 에서 (1,0)(1,0) 까지의 선분을 따라 xx 는 00 에서 11 까지 증가하고, yy 는 y=0y=0 으로 고정된다. 따라서 이 선분을 r(x)=x ı^\mathbf{r}(x) = x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}, 0≤x≤10\le x\le 1 로 매개화할 수 있다.
  • (1,0)(1, 0) 에서 (1,π)(1,\pi) 까지의 선분을 따라 yy 는 00 에서 π\pi 까지 증가하고, xx 는 x=1x=1 로 고정된다. 따라서 이 선분을 r(x)=ı^+y ȷ^\mathbf{r}(x) = \hat{\boldsymbol{\imath}} + y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}, 0≤y≤π0\le y\le\pi 로 매개화할 수 있다.
  • (1,π)(1, \pi) 에서 (0,π)(0,\pi) 까지의 선분을 따라 xx 는 11 에서 00 까지 감소하고, yy 는 y=πy=\pi 로 고정된다. 따라서 이 선분을 xx 가 11 에서 00 까지 변하는 r(x)=x ı^+π ȷ^\mathbf{r}(x) = x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\pi\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 로 매개화할 수 있다.

그러므로

∫CV⋅dr=∫01V(x,0)⋅ı^ dx+∫0πV(1,y)⋅ȷ^ dy+∫10V(x,π)⋅ı^ dx=∫01(ex+x2) dx+∫0π(y+3) dy+∫10(−ex+x2) dx=2∫01ex dx+∫0π(y+3) dy=2(e−1)+π22+3π\begin{aligned} \int_C \mathbf{V}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\int_0^1 \mathbf{V}(x,0)\cdot\hat{\boldsymbol{\imath}}\ \mathrm{d}x+\int_0^\pi \mathbf{V}(1,y)\cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}}\ \mathrm{d}y +\int_1^0 \mathbf{V}(x,\pi)\cdot\hat{\boldsymbol{\imath}}\ \mathrm{d}x\\ &=\int_0^1 (e^x+x^2)\ \mathrm{d}x +\int_0^\pi (y+3)\ \mathrm{d}y+\int_1^0 (-e^x+x^2)\ \mathrm{d}x\\ &=2\int_0^1 e^x\ \mathrm{d}x+\int_0^\pi (y+3)\ \mathrm{d}y\\ &=2(e-1)+\frac{\pi^2}{2}+3\pi \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

Note that:

  • Along the line segment from (0,0)(0, 0) to (1,0)(1,0), xx increases from 00 to 11, while yy is held fixed at y=0y=0. So we may parametrize this segment by r(x)=x ı^\mathbf{r}(x) = x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}, 0≤x≤10\le x\le 1.
  • Along the line segment from (1,0)(1, 0) to (1,π)(1,\pi), yy increases from 00 to π\pi, while xx is held fixed at x=1x=1. So we may parametrize this segment by r(x)=ı^+y ȷ^\mathbf{r}(x) = \hat{\boldsymbol{\imath}} + y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}, 0≤y≤π0\le y\le\pi.
  • Along the line segment from (1,π)(1, \pi) to (0,π)(0,\pi), xx decreases from 11 to 00, while yy is held fixed at y=πy=\pi. So we may parametrize this segment by r(x)=x ı^+π ȷ^\mathbf{r}(x) = x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\pi\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} with xx running from 11 to 00.

Hence

∫CV⋅dr=∫01V(x,0)⋅ı^ dx+∫0πV(1,y)⋅ȷ^ dy+∫10V(x,π)⋅ı^ dx=∫01(ex+x2) dx+∫0π(y+3) dy+∫10(−ex+x2) dx=2∫01ex dx+∫0π(y+3) dy=2(e−1)+π22+3π\begin{aligned} \int_C \mathbf{V}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\int_0^1 \mathbf{V}(x,0)\cdot\hat{\boldsymbol{\imath}}\ \mathrm{d}x+\int_0^\pi \mathbf{V}(1,y)\cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}}\ \mathrm{d}y +\int_1^0 \mathbf{V}(x,\pi)\cdot\hat{\boldsymbol{\imath}}\ \mathrm{d}x\\ &=\int_0^1 (e^x+x^2)\ \mathrm{d}x +\int_0^\pi (y+3)\ \mathrm{d}y+\int_1^0 (-e^x+x^2)\ \mathrm{d}x\\ &=2\int_0^1 e^x\ \mathrm{d}x+\int_0^\pi (y+3)\ \mathrm{d}y\\ &=2(e-1)+\frac{\pi^2}{2}+3\pi \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.4절 · 8번
# 선적분계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
132.CLP-4 · 2.4절 · 10번대학 수준우리말 번역

다음 각 경우에 대해 ∫CF⋅dr\int_\mathcal{C}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} 의 값을 구하세요.

(a) F(x,y)=xy ı^−x2 ȷ^\mathbf{F}(x,y)=xy\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-x^2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 이고, y=x2y=x^2 을 따라 (0,0)(0,0) 에서 (1,1)(1,1) 까지. (b) F(x,y,z)=(x−z) ı^+(y−z) ȷ^−(x+y) k^\mathbf{F}(x,y,z)=(x-z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(y-z)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}-(x+y)\,\hat{\mathbf{k}} 이고, (0,0,0)(0,0,0) 에서 (1,0,0)(1,0,0) 을 거쳐 (1,1,0)(1,1,0) 을 지나 (1,1,1)(1,1,1) 까지 가는 꺾은선 경로를 따라.

영어 원문 보기

Evaluate ∫CF⋅dr\int_\mathcal{C}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} for

(a) F(x,y)=xy ı^−x2 ȷ^\mathbf{F}(x,y)=xy\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-x^2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} along y=x2y=x^2 from (0,0)(0,0) to (1,1)(1,1). (b) F(x,y,z)=(x−z) ı^+(y−z) ȷ^−(x+y) k^\mathbf{F}(x,y,z)=(x-z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(y-z)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}-(x+y)\,\hat{\mathbf{k}} along the polygonal path from (0,0,0)(0,0,0) to (1,0,0)(1,0,0) to (1,1,0)(1,1,0) to (1,1,1)(1,1,1).

답 쓰고 채점
(a)
(b)
정답·풀이 보기

(a) 곡선을 r(t)=t ı^+t2 ȷ^\mathbf{r}(t)=t\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+t^2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}, 0≤t≤10\le t\le 1 로 매개화할 수 있다. 그러면 v(t)=drdt(t)=ı^+2t ȷ^\mathbf{v}(t)=\frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}t}(t)=\hat{\boldsymbol{\imath}}+2t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 이고 F(x(t),y(t))=t3 ı^−t2 ȷ^\mathbf{F}\big(x(t),y(t)\big)=t^3\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-t^2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 이므로

∫CF⋅dr=∫01F(x(t),y(t))⋅drdt(t) dt=∫01[t3 ı^−t2 ȷ^]⋅[ı^+2t ȷ^] dt=∫01[−t3] dt=−14\begin{aligned} \int_\mathcal{C}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\int_0^1 \mathbf{F}\big(x(t),y(t)\big)\cdot \frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}t}(t)\ \mathrm{d}t =\int_0^1\big[t^3\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-t^2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\big] \cdot\big[\hat{\boldsymbol{\imath}}+2t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\big]\,\mathrm{d}t =\int_0^1\big[-t^3\big]\,\mathrm{d}t \\ &=-\frac{1}{4} \end{aligned}

(b) 경로는 세 선분의 합이다.

  • 경로의 첫 번째 선분에서는 y=z=0y=z=0 이므로 F\mathbf{F} 는 x ı^−x k^x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-x\,\hat{\mathbf{k}} 로 간단해지고 dr=ı^ dx\mathrm{d}\mathbf{r}=\hat{\boldsymbol{\imath}}\ \mathrm{d}x 이다 (즉, 경로의 첫 번째 선분을 r(x)=x ı^\mathbf{r}(x)=x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}, 0≤x≤10\le x\le 1 로 매개화할 수 있다). 따라서 F⋅dr=x dx\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}=x\,\mathrm{d}x 이다.
  • 경로의 두 번째 선분에서는 x=1x=1, z=0z=0 이므로 F\mathbf{F} 는 ı^+yȷ^−(1+y)k^\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\hat{\boldsymbol{\jmath}}-(1+y)\hat{\mathbf{k}} 로 간단해지고 dr=ȷ^ dy\mathrm{d}\mathbf{r}=\hat{\boldsymbol{\jmath}}\, \mathrm{d}y 이다 (경로의 두 번째 선분을 r(y)=ı^+y ȷ^ \mathbf{r}(y)=\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}, 0≤y≤10\le y\le 1 로 매개화한다). 따라서 F⋅dr=y dy\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}=y\,\mathrm{d}y 이다.
  • 경로의 마지막 선분에서는 x=y=1x=y=1 이므로 F\mathbf{F} 는 (1−z)ı^+(1−z)ȷ^−2k^(1-z)\hat{\boldsymbol{\imath}}+(1-z)\hat{\boldsymbol{\jmath}}-2\hat{\mathbf{k}} 로 간단해지고 dr=k^ dz\mathrm{d}\mathbf{r}=\hat{\mathbf{k}}\, \mathrm{d}z 이다 (경로의 세 번째 선분을 r(z)=ı^+ȷ^+z k^ \mathbf{r}(z)=\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z\,\hat{\mathbf{k}}, 0≤z≤10\le z\le 1 로 매개화한다). 따라서 F⋅dr=−2 dz\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}=-2\,\mathrm{d}z 이다.

그러므로

∫CF⋅dr=∫01x dx+∫01y dy+∫01(−2) dz=12+12−2=−1\int_\mathcal{C}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}=\int_0^1 x\,\mathrm{d}x +\int_0^1 y\,\mathrm{d}y+\int_0^1(-2)\,\mathrm{d}z =\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-2 =-1

원본 교재 풀이(영어)

(a) We may parametrize the curve by r(t)=t ı^+t2 ȷ^\mathbf{r}(t)=t\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+t^2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} with 0≤t≤10\le t\le 1. Then v(t)=drdt(t)=ı^+2t ȷ^\mathbf{v}(t)=\frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}t}(t)=\hat{\boldsymbol{\imath}}+2t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} and F(x(t),y(t))=t3 ı^−t2 ȷ^\mathbf{F}\big(x(t),y(t)\big)=t^3\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-t^2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} so

∫CF⋅dr=∫01F(x(t),y(t))⋅drdt(t) dt=∫01[t3 ı^−t2 ȷ^]⋅[ı^+2t ȷ^] dt=∫01[−t3] dt=−14\begin{aligned} \int_\mathcal{C}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\int_0^1 \mathbf{F}\big(x(t),y(t)\big)\cdot \frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}t}(t)\ \mathrm{d}t =\int_0^1\big[t^3\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-t^2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\big] \cdot\big[\hat{\boldsymbol{\imath}}+2t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\big]\,\mathrm{d}t =\int_0^1\big[-t^3\big]\,\mathrm{d}t \\ &=-\frac{1}{4} \end{aligned}

(b) The path is the union of three line segments.

  • On the first segment of the path y=z=0y=z=0 so F\mathbf{F} simplifies to x ı^−x k^x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-x\,\hat{\mathbf{k}} and dr=ı^ dx\mathrm{d}\mathbf{r}=\hat{\boldsymbol{\imath}}\ \mathrm{d}x (i.e. we can parametrize the first segment of the path by r(x)=x ı^\mathbf{r}(x)=x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} with 0≤x≤10\le x\le 1), so F⋅dr=x dx\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}=x\,\mathrm{d}x.
  • On the second segment of the path x=1x=1, z=0z=0 so F\mathbf{F} simplifies to ı^+yȷ^−(1+y)k^\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\hat{\boldsymbol{\jmath}}-(1+y)\hat{\mathbf{k}} and dr=ȷ^ dy\mathrm{d}\mathbf{r}=\hat{\boldsymbol{\jmath}}\, \mathrm{d}y (parametrize the second segment of the path by r(y)=ı^+y ȷ^ \mathbf{r}(y)=\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} with 0≤y≤10\le y\le 1), so F⋅dr=y dy\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}=y\,\mathrm{d}y.
  • On the final segment of the path x=y=1x=y=1 so F\mathbf{F} simplifies to (1−z)ı^+(1−z)ȷ^−2k^(1-z)\hat{\boldsymbol{\imath}}+(1-z)\hat{\boldsymbol{\jmath}}-2\hat{\mathbf{k}} and dr=k^ dz\mathrm{d}\mathbf{r}=\hat{\mathbf{k}}\, \mathrm{d}z (parametrize the third segment of the path by r(z)=ı^+ȷ^+z k^ \mathbf{r}(z)=\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z\,\hat{\mathbf{k}} with 0≤z≤10\le z\le 1), so F⋅dr=−2 dz\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}=-2\,\mathrm{d}z.

So

∫CF⋅dr=∫01x dx+∫01y dy+∫01(−2) dz=12+12−2=−1\int_\mathcal{C}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}=\int_0^1 x\,\mathrm{d}x +\int_0^1 y\,\mathrm{d}y+\int_0^1(-2)\,\mathrm{d}z =\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-2 =-1

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.4절 · 11번
# 선적분계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
133.CLP-4 · 2.4절 · 11번대학 수준우리말 번역

C\mathcal{C} 를 xyz=8xyz=8 과 x=2yx=2y 의 교선 중에서 두 점 (2,1,4)(2,1,4) 와 (4,2,1)(4,2,1) 사이에 놓인 부분이라고 하자. 다음을 계산하세요. ∫CF⋅dr\int_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} 여기서 F=x2 ı^+(x−2y) ȷ^+x2y k^\mathbf{F} = x^2\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(x-2y)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+x^2 y\,\hat{\mathbf{k}}

영어 원문 보기

Let C\mathcal{C} be the part of the curve of intersection of xyz=8xyz=8 and x=2yx=2y which lies between the points (2,1,4)(2,1,4) and (4,2,1)(4,2,1). Calculate ∫CF⋅dr\int_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} where F=x2 ı^+(x−2y) ȷ^+x2y k^\mathbf{F} = x^2\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(x-2y)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+x^2 y\,\hat{\mathbf{k}}

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

yy 를 매개변수로 하여 곡선을 매개변수로 나타낸다. 그러면 y=ty=t, x=2y=2tx=2y=2t, z=8xy=82t2z=\frac{8}{xy}=\frac{8}{2t^2} 이므로:

r(t)=2t ı^+t ȷ^+4t2 k^,1≤t≤2r′(t)=2 ı^+ȷ^−8t3 k^F(r(t))=4t2 ı^+4t3 k^F(r(t))⋅r′(t)=8t2−32\begin{aligned} \mathbf{r}(t)&=2t\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\frac{4}{t^2}\,\hat{\mathbf{k}},\qquad 1\le t\le 2\\ \mathbf{r}'(t)&=2\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}-\frac{8}{t^3}\,\hat{\mathbf{k}}\\ \mathbf{F}(\mathbf{r}(t))&= 4t^2\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+4t^3\,\hat{\mathbf{k}}\\ \mathbf{F}(\mathbf{r}(t))\cdot \mathbf{r}'(t)&=8t^2-32 \end{aligned}

따라서 ∫CF⋅dr=∫12F(r(t))⋅r′(t) dt=∫12(8t2−32) dt=[83t3−32t]12=−403\int_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\int_1^2 \mathbf{F}(\mathbf{r}(t))\cdot \mathbf{r}'(t)\ \mathrm{d}t =\int_1^2 \big(8t^2-32\big)\ \mathrm{d}t = \left[\frac{8}{3}t^3-32t\right]_1^2 =-\frac{40}{3}

원본 교재 풀이(영어)

Parametrize the curve using yy as a parameter. Then y=ty=t, x=2y=2tx=2y=2t and z=8xy=82t2z=\frac{8}{xy}=\frac{8}{2t^2} so that:

r(t)=2t ı^+t ȷ^+4t2 k^,1≤t≤2r′(t)=2 ı^+ȷ^−8t3 k^F(r(t))=4t2 ı^+4t3 k^F(r(t))⋅r′(t)=8t2−32\begin{aligned} \mathbf{r}(t)&=2t\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\frac{4}{t^2}\,\hat{\mathbf{k}},\qquad 1\le t\le 2\\ \mathbf{r}'(t)&=2\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}-\frac{8}{t^3}\,\hat{\mathbf{k}}\\ \mathbf{F}(\mathbf{r}(t))&= 4t^2\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+4t^3\,\hat{\mathbf{k}}\\ \mathbf{F}(\mathbf{r}(t))\cdot \mathbf{r}'(t)&=8t^2-32 \end{aligned}

Then ∫CF⋅dr=∫12F(r(t))⋅r′(t) dt=∫12(8t2−32) dt=[83t3−32t]12=−403\int_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\int_1^2 \mathbf{F}(\mathbf{r}(t))\cdot \mathbf{r}'(t)\ \mathrm{d}t =\int_1^2 \big(8t^2-32\big)\ \mathrm{d}t = \left[\frac{8}{3}t^3-32t\right]_1^2 =-\frac{40}{3}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.4절 · 13번
# 선적분계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
134.CLP-4 · 2.4절 · 13번대학 수준우리말 번역

힘의 장 F(x,y,z)=(x−y2 , y−z2 , z−x2)\mathbf{F}(x,y,z) = (x - y^2\,,\, y - z^2\,,\, z - x^2) 이 점 (0,0,1)(0, 0, 1) 에서 (2,1,0)(2, 1, 0) 까지의 선분을 따라 움직이는 입자에 한 일을 구하세요.

영어 원문 보기

Find the work done by the force field F(x,y,z)=(x−y2 , y−z2 , z−x2)\mathbf{F}(x,y,z) = (x - y^2\,,\, y - z^2\,,\, z - x^2) on a particle that moves along the line segment from (0,0,1)(0, 0, 1) to (2,1,0)(2, 1, 0).

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정답·풀이 보기

선분을 다음과 같이 매개변수로 나타낸다.

r(t)=(0,0,1)+t{(2,1,0)−(0,0,1)}=(2t,t,1−t)0≤t≤1\mathbf{r}(t) = (0,0,1) + t\big\{(2,1,0)-(0,0,1)\big\} = \big(2t,t,1-t\big)\qquad 0\le t\le 1

그러면 r(0)=(0,0,1)\mathbf{r}(0) = (0,0,1) 은 선분의 시작점이고 r(1)=(2,1,0)\mathbf{r}(1) = (2,1,0) 은 선분의 끝점이다. 이때

r′(t)=(2,1,−1)\mathbf{r}'(t) = (2,1,-1)\qquad

이고, 일은

∫F⋅dr=∫01F(r(t))⋅r′(t) dt=∫01(2t−t2 , t−(1−t)2 , (1−t)−4t2)⋅(2,1,−1) dt=∫01(4t−2t2 + t−1+2t−t2 − 1+t+4t2) dt=∫01(t2+8t−2) dt=13+4−2=73\begin{aligned} \int\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} &=\int_0^1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(t)\big)\cdot \mathbf{r}'(t)\,\mathrm{d}t =\int_0^1\big(2t-t^2\,,\, t-(1-t)^2 \,,\,(1-t)-4t^2\big)\cdot(2,1,-1)\,\mathrm{d}t \\ &=\int_0^1\big(4t-2t^2 \ +\ t-1+2t-t^2 \ -\ 1+t+4t^2\big)\,\mathrm{d}t =\int_0^1\big(t^2+8t-2\big)\,\mathrm{d}t \\ &=\frac{1}{3}+4-2 =\frac{7}{3} \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

Parametrize the line segment by

r(t)=(0,0,1)+t{(2,1,0)−(0,0,1)}=(2t,t,1−t)0≤t≤1\mathbf{r}(t) = (0,0,1) + t\big\{(2,1,0)-(0,0,1)\big\} = \big(2t,t,1-t\big)\qquad 0\le t\le 1

so that r(0)=(0,0,1)\mathbf{r}(0) = (0,0,1) is the initial point of the line segment and r(1)=(2,1,0)\mathbf{r}(1) = (2,1,0) is the final point of the segment. Then

r′(t)=(2,1,−1)\mathbf{r}'(t) = (2,1,-1)\qquad

and the work is

∫F⋅dr=∫01F(r(t))⋅r′(t) dt=∫01(2t−t2 , t−(1−t)2 , (1−t)−4t2)⋅(2,1,−1) dt=∫01(4t−2t2 + t−1+2t−t2 − 1+t+4t2) dt=∫01(t2+8t−2) dt=13+4−2=73\begin{aligned} \int\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} &=\int_0^1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(t)\big)\cdot \mathbf{r}'(t)\,\mathrm{d}t =\int_0^1\big(2t-t^2\,,\, t-(1-t)^2 \,,\,(1-t)-4t^2\big)\cdot(2,1,-1)\,\mathrm{d}t \\ &=\int_0^1\big(4t-2t^2 \ +\ t-1+2t-t^2 \ -\ 1+t+4t^2\big)\,\mathrm{d}t =\int_0^1\big(t^2+8t-2\big)\,\mathrm{d}t \\ &=\frac{1}{3}+4-2 =\frac{7}{3} \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.4절 · 14번
# 선적분계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
135.CLP-4 · 2.4절 · 14번대학 수준우리말 번역

 F=xx2+y2 ı^+yx2+y2 ȷ^+x3 k^\ \mathbf{F}= \frac{x}{x^2+y^2}\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\frac{y}{x^2+y^2}\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+x^3\,\hat{\mathbf{k}} 라 하자. PP 는 (1,0,0)(1,0,0) 에서 출발하여 (12,12,12ln⁡2)\big(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{2}\ln 2\big) 에서 끝나고 다음 곡선을 따르는 경로라 하자.

x2+y2=1xez=1x^2+y^2=1\qquad xe^z=1

장 F\mathbf{F} 안에서 입자를 PP 를 따라 움직일 때 한 일을 구하세요.

영어 원문 보기

Let  F=xx2+y2 ı^+yx2+y2 ȷ^+x3 k^\ \mathbf{F}= \frac{x}{x^2+y^2}\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\frac{y}{x^2+y^2}\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+x^3\,\hat{\mathbf{k}}. Let PP be the path which starts at (1,0,0)(1,0,0), ends at (12,12,12ln⁡2)\big(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{2}\ln 2\big) and follows

x2+y2=1xez=1x^2+y^2=1\qquad xe^z=1

Find the work done in moving a particle along PP in the field F\mathbf{F}.

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정답·풀이 보기

PP 위에서 z=ln⁡1x=−ln⁡(x)z=\ln\frac{1}{x}=-\ln(x) 이다. 따라서 곡선 PP 를 다음과 같이 매개변수로 나타낸다.

r(θ)=cos⁡θ ı^+sin⁡θ ȷ^−ln⁡(cos⁡θ) k^0≤θ≤π4\mathbf{r}(\theta)=\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}-\ln(\cos\theta)\,\hat{\mathbf{k}}\qquad 0\le\theta\le\frac{\pi}{4}

그러면

r ′(θ)=−sin⁡θ ı^+cos⁡θ ȷ^+tan⁡θ k^F(r(θ))=cos⁡θ ı^+sin⁡θ ȷ^+cos⁡3θ k^F(r(θ))⋅r ′(θ)=sin⁡θcos⁡2θ\begin{aligned} \mathbf{r}\,'(\theta)&=-\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\tan\theta\,\hat{\mathbf{k}}\\ \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(\theta)\big)&=\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\cos^3\theta\,\hat{\mathbf{k}}\\ \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(\theta)\big)\cdot\mathbf{r}\,'(\theta)&=\sin\theta\cos^2\theta\\ \end{aligned}

이므로

일=∫PF⋅dr=∫0π/4F(r(θ))⋅r ′(θ) dθ=∫0π/4sin⁡θcos⁡2θ dθ=−13cos⁡3θ∣0π/4=13[1−123/2]≈0.2155\begin{aligned} \text{일} &=\int_P\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\int_0^{\pi/4}\mathbf{F}\big(\mathbf{r}(\theta)\big)\cdot\mathbf{r}\,'(\theta)\ \mathrm{d}\theta =\int_0^{\pi/4}\sin\theta\cos^2\theta\ \mathrm{d}\theta =-\frac{1}{3}\cos^3\theta\Big|_0^{\pi/4} \\ &=\frac{1}{3}\big[1-\frac{1}{2^{3/2}}\big]\approx 0.2155 \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

On PP, z=ln⁡1x=−ln⁡(x)z=\ln\frac{1}{x}=-\ln(x). So parametrize the curve PP by

r(θ)=cos⁡θ ı^+sin⁡θ ȷ^−ln⁡(cos⁡θ) k^0≤θ≤π4\mathbf{r}(\theta)=\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}-\ln(\cos\theta)\,\hat{\mathbf{k}}\qquad 0\le\theta\le\frac{\pi}{4}

Then

r ′(θ)=−sin⁡θ ı^+cos⁡θ ȷ^+tan⁡θ k^F(r(θ))=cos⁡θ ı^+sin⁡θ ȷ^+cos⁡3θ k^F(r(θ))⋅r ′(θ)=sin⁡θcos⁡2θ\begin{aligned} \mathbf{r}\,'(\theta)&=-\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\tan\theta\,\hat{\mathbf{k}}\\ \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(\theta)\big)&=\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\cos^3\theta\,\hat{\mathbf{k}}\\ \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(\theta)\big)\cdot\mathbf{r}\,'(\theta)&=\sin\theta\cos^2\theta\\ \end{aligned}

so that

Work=∫PF⋅dr=∫0π/4F(r(θ))⋅r ′(θ) dθ=∫0π/4sin⁡θcos⁡2θ dθ=−13cos⁡3θ∣0π/4=13[1−123/2]≈0.2155\begin{aligned} \text{Work} &=\int_P\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\int_0^{\pi/4}\mathbf{F}\big(\mathbf{r}(\theta)\big)\cdot\mathbf{r}\,'(\theta)\ \mathrm{d}\theta =\int_0^{\pi/4}\sin\theta\cos^2\theta\ \mathrm{d}\theta =-\frac{1}{3}\cos^3\theta\Big|_0^{\pi/4} \\ &=\frac{1}{3}\big[1-\frac{1}{2^{3/2}}\big]\approx 0.2155 \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.4절 · 15번
# 선적분계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
136.CLP-4 · 2.4절 · 15번대학 수준우리말 번역

F=(yzcos⁡x , zsin⁡x+2yz , ysin⁡x+y2−sin⁡z)\mathbf{F} = \big(yz\cos x\,,\,z\sin x+2yz\,,\,y\sin x+y^2-\sin z\big) 라 하고, CC 를 0≤t≤π/20\le t\le\pi/2 에서 선분 r(t)=(t,t,t)\mathbf{r}(t) = (t,t,t) 라 하자. ∫CF⋅dr\displaystyle\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let F=(yzcos⁡x , zsin⁡x+2yz , ysin⁡x+y2−sin⁡z)\mathbf{F} = \big(yz\cos x\,,\,z\sin x+2yz\,,\,y\sin x+y^2-\sin z\big) and let CC be the line segment r(t)=(t,t,t)\mathbf{r}(t) = (t,t,t), for 0≤t≤π/20\le t\le\pi/2. Evaluate ∫CF⋅dr\displaystyle\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}.

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정답·풀이 보기

흠. F\mathbf{F} 가 수상할 만큼 복잡해 보인다. F\mathbf{F} 가 보존적이라고 추측하고 그 퍼텐셜 함수를 찾아보자. ϕ(x,y,z)\phi(x,y,z) 가 이 F\mathbf{F} 의 퍼텐셜 함수일 필요충분조건은 다음과 같다.

∂φ∂x(x,y,z)=yzcos⁡x∂φ∂y(x,y,z)=zsin⁡x+2yz∂φ∂z(x,y,z)=ysin⁡x+y2−sin⁡z\begin{aligned} \frac{\partial \varphi}{\partial x}(x,y,z) &= yz\cos x \\ \frac{\partial \varphi}{\partial y}(x,y,z) &= z\sin x+2yz \\ \frac{\partial \varphi}{\partial z}(x,y,z) &= y\sin x+y^2-\sin z \end{aligned}

이 식들 중 첫 번째 식을 적분하면

φ(x,y,z)=yzsin⁡x+f(y,z)\varphi(x,y,z) = yz\sin x + f(y,z)

이다. 이를 두 번째 식에 대입하면

zsin⁡x+∂f∂y(y,z)=zsin⁡x+2yz또는∂f∂y(y,z)=2yzz\sin x + \frac{\partial f}{\partial y}(y,z) = z\sin x+2yz\qquad\text{또는}\quad \frac{\partial f}{\partial y}(y,z) = 2yz

이고, 이를 적분하면

f(y,z)=y2z+g(z)f(y,z) = y^2z + g(z)

이다. 마지막으로 φ(x,y,z)=yzsin⁡x+y2z+g(z)\varphi(x,y,z) = yz\sin x+y^2z + g(z) 를 마지막 식에 대입하면

ysin⁡x+y2+g′(z)=ysin⁡x+y2−sin⁡z또는g′(z)=−sin⁡zy\sin x+y^2 + g'(z) = y\sin x+y^2-\sin z\qquad\text{또는}\quad g'(z) = -\sin z

이고, 이를 적분하면

g(z)=cos⁡z+Cg(z) = \cos z + C

이다. 여기서 CC 는 임의의 상수이다. 따라서 ϕ(x,y,z)=yzsin⁡x+y2z+cos⁡z\phi(x,y,z)=yz\sin x+y^2z+\cos z 는 가능한 스칼라 퍼텐셜 중 하나이고, 구하는 적분은

∫CF⋅dr=φ(r)∣r(0)r(π/2)=φ(π/2 , π/2 , π/2)−φ(0,0,0)=π38+π24−1\begin{aligned} \int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} = \varphi(\mathbf{r})\Big|_{\mathbf{r}(0)}^{\mathbf{r}(\pi/2)} = \varphi(\pi/2\,,\,\pi/2\,,\,\pi/2) -\varphi (0,0,0) = \frac{\pi^3}{8}+\frac{\pi^2}{4}-1 \end{aligned}

이다.

원본 교재 풀이(영어)

Hmmm. F\mathbf{F} looks suspiciously complicated. Let's guess that F\mathbf{F} is conservative and look for a potential for it. ϕ(x,y,z)\phi(x,y,z) is a potential for this F\mathbf{F} if and only if

∂φ∂x(x,y,z)=yzcos⁡x∂φ∂y(x,y,z)=zsin⁡x+2yz∂φ∂z(x,y,z)=ysin⁡x+y2−sin⁡z\begin{aligned} \frac{\partial \varphi}{\partial x}(x,y,z) &= yz\cos x \\ \frac{\partial \varphi}{\partial y}(x,y,z) &= z\sin x+2yz \\ \frac{\partial \varphi}{\partial z}(x,y,z) &= y\sin x+y^2-\sin z \end{aligned}

Integrating the first of these equations gives

φ(x,y,z)=yzsin⁡x+f(y,z)\varphi(x,y,z) = yz\sin x + f(y,z)

Substituting this into the second equation gives

zsin⁡x+∂f∂y(y,z)=zsin⁡x+2yzor∂f∂y(y,z)=2yzz\sin x + \frac{\partial f}{\partial y}(y,z) = z\sin x+2yz\qquad\text{or}\quad \frac{\partial f}{\partial y}(y,z) = 2yz

which integrates to

f(y,z)=y2z+g(z)f(y,z) = y^2z + g(z)

Finally, substituting φ(x,y,z)=yzsin⁡x+y2z+g(z)\varphi(x,y,z) = yz\sin x+y^2z + g(z) into the last equation gives

ysin⁡x+y2+g′(z)=ysin⁡x+y2−sin⁡zorg′(z)=−sin⁡zy\sin x+y^2 + g'(z) = y\sin x+y^2-\sin z\qquad\text{or}\quad g'(z) = -\sin z

which integrates to

g(z)=cos⁡z+Cg(z) = \cos z + C

with CC being an arbitrary constant. So ϕ(x,y,z)=yzsin⁡x+y2z+cos⁡z\phi(x,y,z)=yz\sin x+y^2z+\cos z is one allowed scalar potential and the specified integral is

∫CF⋅dr=φ(r)∣r(0)r(π/2)=φ(π/2 , π/2 , π/2)−φ(0,0,0)=π38+π24−1\begin{aligned} \int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} = \varphi(\mathbf{r})\Big|_{\mathbf{r}(0)}^{\mathbf{r}(\pi/2)} = \varphi(\pi/2\,,\,\pi/2\,,\,\pi/2) -\varphi (0,0,0) = \frac{\pi^3}{8}+\frac{\pi^2}{4}-1 \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.4절 · 16번
# 선적분계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
137.CLP-4 · 2.4절 · 16번대학 수준우리말 번역

CC 를 중심이 (1,0)(1, 0) 인 단위원의 위쪽 반원 (즉, 원에서 xx축 위쪽에 놓인 부분)이라 하고, 시계 방향으로 향하게 하자. 선적분 ∫Cxy dy\int_C xy\,\mathrm{d}y 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let CC be the upper half of the unit circle centred on (1,0)(1, 0) (i.e. that part of the circle which lies above the xx-axis), oriented clockwise. Compute the line integral ∫Cxy dy\int_C xy\,\mathrm{d}y.

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정답·풀이 보기

풀이 1:

주어진 반원 CC 와 F=xy ȷ^\mathbf{F}=xy\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 에 대하여 선적분 ∫CF⋅dr\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} 의 값을 구하는 문제이다. ∇×F≠0{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\ne\mathbf{0} 이므로 벡터장 F\mathbf{F} 는 보존적이지 않다. 따라서 직접 적분한다. 먼저 그림을 이용하여

그림

CC 를 다음과 같이 매개화한다.

r(θ)=(x(θ) , y(θ))=(1−cos⁡θ) ı^+sin⁡θ ȷ^0≤θ≤π\mathbf{r}(\theta) = \big(x(\theta)\,,\,y(\theta)\big) =(1-\cos\theta)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\qquad 0\le\theta\le\pi

그러면 적분은 다음과 같다.

∫Cxy dy=∫0πx(θ) y(θ) y′(θ) dθ=∫0π(1−cos⁡θ) sin⁡θ cos⁡θ dθ\begin{aligned} \int_C xy\,\mathrm{d}y =\int_0^\pi x(\theta)\,y(\theta)\, y'(\theta)\ \mathrm{d}\theta =\int_0^\pi (1-\cos\theta)\,\sin\theta\,\cos\theta \ \mathrm{d}\theta \end{aligned}

u=cos⁡θu=\cos\theta, du=−sin⁡θ dθ\mathrm{d}u =-\sin\theta\,\mathrm{d}\theta, u(0)=1u(0)=1, u(π)=−1u(\pi)=-1 로 치환하면

∫Cxy dy=∫1−1(1−u) u (−du)=∫−11(u−u2) du=−2∫01u2 du=−2133=−23\begin{aligned} \int_C xy\,\mathrm{d}y =\int_1^{-1} (1-u)\, u\, (-\mathrm{d}u) =\int_{-1}^1 (u-u^2)\,\mathrm{d}u =-2 \int_0^1 u^2\,\mathrm{d}u =-2 \frac{1^3}{3}=-\frac{2}{3} \end{aligned}

풀이 2:

CC 위에서 xx 를 yy 에 대한 식으로 두 부분으로 나누어 나타낼 수 있다.

  • C1C_1 을 yy 가 0에서 1까지 변할 때의 사분원 x=1−1−y2x=1-\sqrt{1-y^2} 이라 하고,
  • C2C_2 를 yy 가 1에서 0까지 변할 때의 사분원 x=1+1−y2x=1+\sqrt{1-y^2} 이라 하자.

그러면 다음과 같다.

∫Cxydy=∫C1xydy+∫c2xydy=∫01(1−1−y2)y dy+∫10(1+1−y2)y dy=∫01y dy−∫01y1−y2 dy+∫10y dy+∫10y1−y2 dy=−2∫01y1−y2 dy치환 u=1−y2, du=−2y dy 를 이용하면:=∫10u1/2du=−23\begin{aligned} \int_C xy\mathrm{d}y &=\int_{C_1} xy\mathrm{d}y+\int_{c_2}xy\mathrm{d}y\\ &=\int_0^1\left(1-\sqrt{1-y^2}\right)y\,\mathrm{d}y+\int_1^0\left(1+\sqrt{1-y^2}\right)y\,\mathrm{d}y\\ &=\int_0^1 y\,\mathrm{d}y-\int_0^1y\sqrt{1-y^2}\,\mathrm{d}y+\int_1^0y\,\mathrm{d}y+\int_1^0 y\sqrt{1-y^2}\,\mathrm{d}y\\ &=-2\int_0^1 y\sqrt{1-y^2}\,\mathrm{d}y \\ \text{치환 $u=1-y^2$, $\mathrm{d}u=-2y\,\mathrm{d}y$ 를 이용하면:} \\ &=\int_1^0u^{1/2}\mathrm{d}u=-\frac23 \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

Solution 1:

We are being asked to evaluate the line integral ∫CF⋅dr\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} with CC being the specified semi-circle and F=xy ȷ^\mathbf{F}=xy\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}. As ∇×F≠0{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\ne\mathbf{0}, the vector field F\mathbf{F} is not conservative. So we'll evaluate the integral directly. First, using the figure,

figure

we parametrize CC by

r(θ)=(x(θ) , y(θ))=(1−cos⁡θ) ı^+sin⁡θ ȷ^0≤θ≤π\mathbf{r}(\theta) = \big(x(\theta)\,,\,y(\theta)\big) =(1-\cos\theta)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\qquad 0\le\theta\le\pi

So the integral is

∫Cxy dy=∫0πx(θ) y(θ) y′(θ) dθ=∫0π(1−cos⁡θ) sin⁡θ cos⁡θ dθ\begin{aligned} \int_C xy\,\mathrm{d}y =\int_0^\pi x(\theta)\,y(\theta)\, y'(\theta)\ \mathrm{d}\theta =\int_0^\pi (1-\cos\theta)\,\sin\theta\,\cos\theta \ \mathrm{d}\theta \end{aligned}

Making the substitution u=cos⁡θu=\cos\theta, du=−sin⁡θ dθ\mathrm{d}u =-\sin\theta\,\mathrm{d}\theta, u(0)=1u(0)=1, u(π)=−1u(\pi)=-1,

∫Cxy dy=∫1−1(1−u) u (−du)=∫−11(u−u2) du=−2∫01u2 du=−2133=−23\begin{aligned} \int_C xy\,\mathrm{d}y =\int_1^{-1} (1-u)\, u\, (-\mathrm{d}u) =\int_{-1}^1 (u-u^2)\,\mathrm{d}u =-2 \int_0^1 u^2\,\mathrm{d}u =-2 \frac{1^3}{3}=-\frac{2}{3} \end{aligned}

Solution 2:

We can write xx in terms of yy over CC in two pieces:

  • Let C1C_1 be the quarter-circle x=1−1−y2x=1-\sqrt{1-y^2} as yy goes from 0 to 1, and
  • Let C2C_2 be the quarter-circle x=1+1−y2x=1+\sqrt{1-y^2} as yy goes from 1 to 0.

Then:

∫Cxydy=∫C1xydy+∫c2xydy=∫01(1−1−y2)y dy+∫10(1+1−y2)y dy=∫01y dy−∫01y1−y2 dy+∫10y dy+∫10y1−y2 dy=−2∫01y1−y2 dyUsing the substitution u=1−y2, du=−2y dy:=∫10u1/2du=−23\begin{aligned} \int_C xy\mathrm{d}y &=\int_{C_1} xy\mathrm{d}y+\int_{c_2}xy\mathrm{d}y\\ &=\int_0^1\left(1-\sqrt{1-y^2}\right)y\,\mathrm{d}y+\int_1^0\left(1+\sqrt{1-y^2}\right)y\,\mathrm{d}y\\ &=\int_0^1 y\,\mathrm{d}y-\int_0^1y\sqrt{1-y^2}\,\mathrm{d}y+\int_1^0y\,\mathrm{d}y+\int_1^0 y\sqrt{1-y^2}\,\mathrm{d}y\\ &=-2\int_0^1 y\sqrt{1-y^2}\,\mathrm{d}y \\ \text{Using the substitution $u=1-y^2$, $\mathrm{d}u=-2y\,\mathrm{d}y$:} \\ &=\int_1^0u^{1/2}\mathrm{d}u=-\frac23 \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.4절 · 17번
# 선적분계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
138.CLP-4 · 2.4절 · 17번대학 수준우리말 번역

다음 선적분이 경로에 무관함을 보이고, 그 적분의 값을 구하세요.

∫C(yex+sin⁡y) dx+(ex+sin⁡y+xcos⁡y) dy\begin{aligned} \int_C (ye^x + \sin y)\,\mathrm{d}x + (e^x + \sin y + x \cos y)\,\mathrm{d}y \end{aligned}

여기서 CC 는 (1,0)(1, 0) 에서 (0,π/2)(0, \pi/2) 까지의 임의의 경로이다.

영어 원문 보기

Show that the following line integral is independent of path and evaluate the integral.

∫C(yex+sin⁡y) dx+(ex+sin⁡y+xcos⁡y) dy\begin{aligned} \int_C (ye^x + \sin y)\,\mathrm{d}x + (e^x + \sin y + x \cos y)\,\mathrm{d}y \end{aligned}

where CC is any path from (1,0)(1, 0) to (0,π/2)(0, \pi/2).

정답·풀이 보기

이 선적분은 ∫CF⋅dr\int_C \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} 이고 F=(yex+sin⁡y) ı^+(ex+sin⁡y+xcos⁡y) ȷ^\mathbf{F} = (ye^x + \sin y)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (e^x + \sin y + x \cos y)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 이다. 이 적분이 경로에 무관함을 보여야 한다. 이는 F\mathbf{F} 가 보존장인 것과 필요충분조건이다. 그러므로 F\mathbf{F} 의 퍼텐셜 φ\varphi 를 찾아보자. 즉, 다음을 만족하는 함수 φ\varphi 를 찾아보자.

∂φ∂x(x,y)=yex+sin⁡y∂φ∂y(x,y)=ex+sin⁡y+xcos⁡y\begin{aligned} \frac{\partial \varphi}{\partial x}(x,y) &= ye^x + \sin y \\ \frac{\partial \varphi}{\partial y}(x,y) &= e^x + \sin y + x \cos y \end{aligned}

이 중 첫째 식을 적분하면 다음을 얻는다.

φ(x,y)=yex+xsin⁡y+f(y)\varphi(x,y) = ye^x + x\sin y + f(y)

이것을 둘째 식에 대입하면 다음을 얻는다.

ex+xcos⁡y+f′(y)=ex+sin⁡y+xcos⁡y또는f′(y)=sin⁡ye^x + x\cos y + f'(y) = e^x + \sin y + x \cos y\qquad\text{또는}\quad f'(y) = \sin y

이를 적분하면 다음과 같다.

f(y)=−cos⁡y+Cf(y) = -\cos y + C

따라서 F\mathbf{F} 는 실제로 보존장이며, 퍼텐셜 중 하나는 φ(x,y)=yex+xsin⁡y−cos⁡y\varphi(x,y) = ye^x + x\sin y -\cos y 이고 선적분은 다음과 같다.

∫C(yex+sin⁡y) dx+(ex+sin⁡y+xcos⁡y) dy=∫CF⋅dr=φ(x,y)∣(1,0)(0,π/2)=[yex+xsin⁡y−cos⁡y](1,0)(0,π/2)=1+π2\begin{aligned} \int_C (ye^x + \sin y)\,\mathrm{d}x + (e^x + \sin y + x \cos y)\,\mathrm{d}y &=\int_C \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} =\varphi(x,y)\Big|^{(0,\pi/2)}_{(1,0)} \\ &=\Big[ye^x + x\sin y -\cos y\Big]^{(0,\pi/2)}_{(1,0)} \\ &=1+\frac{\pi}{2} \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

The line integral is ∫CF⋅dr\int_C \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} with F=(yex+sin⁡y) ı^+(ex+sin⁡y+xcos⁡y) ȷ^\mathbf{F} = (ye^x + \sin y)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (e^x + \sin y + x \cos y)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}. We are to show that it is independent of path. That is the case if and only if F\mathbf{F} is conservative. So let's look for a potential φ\varphi for F\mathbf{F}. That is, let's look for a function φ\varphi that obeys

∂φ∂x(x,y)=yex+sin⁡y∂φ∂y(x,y)=ex+sin⁡y+xcos⁡y\begin{aligned} \frac{\partial \varphi}{\partial x}(x,y) &= ye^x + \sin y \\ \frac{\partial \varphi}{\partial y}(x,y) &= e^x + \sin y + x \cos y \end{aligned}

Integrating the first of these equations gives

φ(x,y)=yex+xsin⁡y+f(y)\varphi(x,y) = ye^x + x\sin y + f(y)

Substituting this into the second equation gives

ex+xcos⁡y+f′(y)=ex+sin⁡y+xcos⁡yorf′(y)=sin⁡ye^x + x\cos y + f'(y) = e^x + \sin y + x \cos y\qquad\text{or}\quad f'(y) = \sin y

which integrates to

f(y)=−cos⁡y+Cf(y) = -\cos y + C

So F\mathbf{F} is indeed conservative with one potential being φ(x,y)=yex+xsin⁡y−cos⁡y\varphi(x,y) = ye^x + x\sin y -\cos y and the line integral is

∫C(yex+sin⁡y) dx+(ex+sin⁡y+xcos⁡y) dy=∫CF⋅dr=φ(x,y)∣(1,0)(0,π/2)=[yex+xsin⁡y−cos⁡y](1,0)(0,π/2)=1+π2\begin{aligned} \int_C (ye^x + \sin y)\,\mathrm{d}x + (e^x + \sin y + x \cos y)\,\mathrm{d}y &=\int_C \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} =\varphi(x,y)\Big|^{(0,\pi/2)}_{(1,0)} \\ &=\Big[ye^x + x\sin y -\cos y\Big]^{(0,\pi/2)}_{(1,0)} \\ &=1+\frac{\pi}{2} \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 6장 복습 · 17번
# 선적분증명·논술보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
139.CLP-4 · 2.4절 · 18번대학 수준우리말 번역

적분

∫Cxy dx+yz dy+zx dz\begin{aligned} \int_C xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z \end{aligned}

의 값을 구하세요. 단, CC 는 꼭짓점이 (1,0,0)(1, 0, 0), (0,1,0)(0, 1, 0), (0,0,1)(0, 0, 1) 인 삼각형의 둘레이고, 점 (1,1,1)(1, 1, 1) 에서 볼 때 시계 방향으로 향하는 곡선이다.

영어 원문 보기

Evaluate the integral

∫Cxy dx+yz dy+zx dz\begin{aligned} \int_C xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z \end{aligned}

around the triangle with vertices (1,0,0)(1, 0, 0), (0,1,0)(0, 1, 0), and (0,0,1)(0, 0, 1), oriented clockwise as seen from the point (1,1,1)(1, 1, 1).

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

다음은 CC 의 개략적인 그림이다.

그림

다음에 주목한다.

  • (1,0,0)(1, 0, 0) 에서 (0,0,1)(0,0,1) 까지의 선분 위에서 y=0y=0 이므로 적분은 그 선분 위에서 ∫zx dz\int zx \,\mathrm{d}z 로 간단해진다.
  • (0,0,1)(0,0,1) 에서 (0,1,0)(0, 1, 0) 까지의 선분 위에서 x=0x=0 이므로 적분은 그 선분 위에서 ∫yz dy\int yz \,\mathrm{d}y 로 간단해진다.
  • (0,1,0)(0, 1, 0) 에서 (1,0,0)(1, 0, 0) 까지의 선분 위에서 z=0z=0 이므로 적분은 그 선분 위에서 ∫xy dx\int xy \,\mathrm{d}x 로 간단해진다.

따라서 적분을 직접 계산할 수 있어 보인다. 위의 그림과 같이 삼각형의 변을 C1C_1, C2C_2, C3C_3 이라 하자.

  • C1C_1 을 r(t)=(1,0,0)+t[(0,0,1)−(1,0,0)]=(1−t , 0 , t)\mathbf{r}(t) = (1,0,0) + t[(0,0,1)-(1,0,0)] = (1-t\,,\,0\,,\,t), 0≤t≤10\le t\le 1 로 매개화한다. 그러므로

∫C1xy dx+yz dy+zx dz=∫C1zx dz=∫01(1−t)⏞x(t)⏞z(1)⏞z′(t) dt=∫01(t−t2) dt=12−13=16\begin{aligned} \int_{C_1} xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z &= \int_{C_1} zx \,\mathrm{d}z =\int_0^1 \overbrace{(1-t)}^{x} \overbrace{(t)}^{z} \overbrace{(1)}^{z'(t)}\,\mathrm{d}t =\int_0^1 (t-t^2)\,\mathrm{d}t \\ &=\frac{1}{2}-\frac{1}{3} =\frac{1}{6} \end{aligned}

  • C2C_2 를 r(t)=(0,0,1)+t[(0,1,0)−(0,0,1)]=(0 , t , 1−t)\mathbf{r}(t) = (0,0,1) + t[(0,1,0)-(0,0,1)] = (0\,,\,t\,,\,1-t), 0≤t≤10\le t\le 1 로 매개화한다. 그러므로

∫C2xy dx+yz dy+zx dz=∫C2yz dy=∫01(t)⏞y(1−t)⏞z(1)⏞y′(t) dt=∫01(t−t2) dt=12−13=16\begin{aligned} \int_{C_2} xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z &= \int_{C_2} yz \,\mathrm{d}y =\int_0^1 \overbrace{(t)}^{y} \overbrace{(1-t)}^{z} \overbrace{(1)}^{y'(t)}\,\mathrm{d}t =\int_0^1 (t-t^2)\,\mathrm{d}t \\ &=\frac{1}{2}-\frac{1}{3} =\frac{1}{6} \end{aligned}

  • C3C_3 을 r(t)=(0,1,0)+t[(1,0,0)−(0,1,0)]=(t , 1−t , 0)\mathbf{r}(t) = (0,1,0) + t[(1,0,0)-(0,1,0)] = (t\,,\,1-t\,,\,0), 0≤t≤10\le t\le 1 로 매개화한다. 그러므로

∫C3xy dx+yz dy+zx dz=∫C3xy dx=∫01(t)⏞x(1−t)⏞y(1)⏞x′(t) dt=∫01(t−t2) dt=12−13=16\begin{aligned} \int_{C_3} xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z &= \int_{C_3} xy \,\mathrm{d}x =\int_0^1 \overbrace{(t)}^{x} \overbrace{(1-t)}^{y} \overbrace{(1)}^{x'(t)}\,\mathrm{d}t =\int_0^1 (t-t^2)\,\mathrm{d}t \\ &=\frac{1}{2}-\frac{1}{3} =\frac{1}{6} \end{aligned}

모두 합하면

∫Cxy dx+yz dy+zx dz=∑ℓ=13∫Cℓxy dx+yz dy+zx dz=3×16=12\begin{aligned} \int_{C} xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z &=\sum_{\ell=1}^3\int_{C_\ell} xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z =3\times\frac{1}{6}=\frac{1}{2} \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

Here is a sketch of CC.

figure

Note that

  • y=0y=0 on the line segment from (1,0,0)(1, 0, 0) to (0,0,1)(0,0,1) so that the integral reduces to ∫zx dz\int zx \,\mathrm{d}z on that line segment and
  • x=0x=0 on the line segment from (0,0,1)(0,0,1) to (0,1,0)(0, 1, 0) so that the integral reduces to ∫yz dy\int yz \,\mathrm{d}y on that line segment and
  • z=0z=0 on the line segment from (0,1,0)(0, 1, 0) to (1,0,0)(1, 0, 0) so that the integral reduces to ∫xy dx\int xy \,\mathrm{d}x on that line segment.

So it looks feasible to evaluate the integral directly. Label the sides of the triangle C1C_1, C2C_2 and C3C_3 as in the sketch above.

  • We parametrize C1C_1 by r(t)=(1,0,0)+t[(0,0,1)−(1,0,0)]=(1−t , 0 , t)\mathbf{r}(t) = (1,0,0) + t[(0,0,1)-(1,0,0)] = (1-t\,,\,0\,,\,t), 0≤t≤10\le t\le 1. So

∫C1xy dx+yz dy+zx dz=∫C1zx dz=∫01(1−t)⏞x(t)⏞z(1)⏞z′(t) dt=∫01(t−t2) dt=12−13=16\begin{aligned} \int_{C_1} xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z &= \int_{C_1} zx \,\mathrm{d}z =\int_0^1 \overbrace{(1-t)}^{x} \overbrace{(t)}^{z} \overbrace{(1)}^{z'(t)}\,\mathrm{d}t =\int_0^1 (t-t^2)\,\mathrm{d}t \\ &=\frac{1}{2}-\frac{1}{3} =\frac{1}{6} \end{aligned}

  • We parametrize C2C_2 by r(t)=(0,0,1)+t[(0,1,0)−(0,0,1)]=(0 , t , 1−t)\mathbf{r}(t) = (0,0,1) + t[(0,1,0)-(0,0,1)] = (0\,,\,t\,,\,1-t), 0≤t≤10\le t\le 1. So

∫C2xy dx+yz dy+zx dz=∫C2yz dy=∫01(t)⏞y(1−t)⏞z(1)⏞y′(t) dt=∫01(t−t2) dt=12−13=16\begin{aligned} \int_{C_2} xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z &= \int_{C_2} yz \,\mathrm{d}y =\int_0^1 \overbrace{(t)}^{y} \overbrace{(1-t)}^{z} \overbrace{(1)}^{y'(t)}\,\mathrm{d}t =\int_0^1 (t-t^2)\,\mathrm{d}t \\ &=\frac{1}{2}-\frac{1}{3} =\frac{1}{6} \end{aligned}

  • We parametrize C3C_3 by r(t)=(0,1,0)+t[(1,0,0)−(0,1,0)]=(t , 1−t , 0)\mathbf{r}(t) = (0,1,0) + t[(1,0,0)-(0,1,0)] = (t\,,\,1-t\,,\,0), 0≤t≤10\le t\le 1. So

∫C3xy dx+yz dy+zx dz=∫C3xy dx=∫01(t)⏞x(1−t)⏞y(1)⏞x′(t) dt=∫01(t−t2) dt=12−13=16\begin{aligned} \int_{C_3} xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z &= \int_{C_3} xy \,\mathrm{d}x =\int_0^1 \overbrace{(t)}^{x} \overbrace{(1-t)}^{y} \overbrace{(1)}^{x'(t)}\,\mathrm{d}t =\int_0^1 (t-t^2)\,\mathrm{d}t \\ &=\frac{1}{2}-\frac{1}{3} =\frac{1}{6} \end{aligned}

All together

∫Cxy dx+yz dy+zx dz=∑ℓ=13∫Cℓxy dx+yz dy+zx dz=3×16=12\begin{aligned} \int_{C} xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z &=\sum_{\ell=1}^3\int_{C_\ell} xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z =3\times\frac{1}{6}=\frac{1}{2} \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.4절 · 19번
# 선적분계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
140.CLP-4 · 2.4절 · 19번대학 수준우리말 번역

선적분 ∫CF⋅dr\int_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} 의 값을 구하세요. 여기서 F\mathbf{F} 는 보존 벡터장

F(x,y,z)=(y+zex,x+eysin⁡z,z+ex+eycos⁡z)\mathbf{F} (x, y, z) = \big(y + ze^x , x + e^y \sin z, z + e^x + e^y \cos z\big)

이고 CC 는 다음 매개변수 표현으로 주어진 곡선이다.

r(t)=(t,et,sin⁡t),t 는 0 에서 π 까지.\mathbf{r}(t) = (t, e^t , \sin t),\qquad \text{$t$ 는 $0$ 에서 $\pi$ 까지} .

영어 원문 보기

Evaluate the line integral ∫CF⋅dr\int_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}, where F\mathbf{F} is the conservative vector field

F(x,y,z)=(y+zex,x+eysin⁡z,z+ex+eycos⁡z)\mathbf{F} (x, y, z) = \big(y + ze^x , x + e^y \sin z, z + e^x + e^y \cos z\big)

and CC is the curve given by the parametrization

r(t)=(t,et,sin⁡t),t from 0 to π.\mathbf{r}(t) = (t, e^t , \sin t),\qquad \text{$t$ from $0$ to $\pi$} .

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

F\mathbf{F} 가 보존적이라고 주어져 있다. ∇φ=F{ \boldsymbol{\nabla} }\varphi = \mathbf{F} 를 만족하는 퍼텐셜 φ\varphi 를 찾자. 즉,

∂φ∂x=y+zex∂φ∂y=x+eysin⁡z∂φ∂z=z+ex+eycos⁡z\begin{aligned} \frac{\partial\varphi}{\partial x} &= y + ze^x \\ \frac{\partial\varphi}{\partial y} &= x + e^y \sin z \\ \frac{\partial\varphi}{\partial z} &= z + e^x + e^y \cos z \end{aligned}

첫째 식으로부터 φ(x,y,z)=xy+zex+ψ(y,z)\varphi(x,y,z) = xy +ze^x +\psi(y,z) 이다. 이를 둘째 식에 대입하면 x+∂ψ∂y(y,z)=x+eysin⁡zx+\frac{\partial\psi}{\partial y}(y,z) = x + e^y \sin z 즉 ∂ψ∂y(y,z)=eysin⁡z\frac{\partial\psi}{\partial y}(y,z) = e^y \sin z 이므로 ψ(y,z)=eysin⁡z+ζ(z)\psi(y,z) = e^y\sin z +\zeta(z) 이다. 따라서 지금까지 φ(x,y,z)=xy+zex+eysin⁡z+ζ(z)\varphi(x,y,z) = xy +ze^x +e^y\sin z +\zeta(z) 를 얻었다. 이를 셋째 식에 대입하면 ex+eycos⁡z+ζ′(z)=z+ex+eycos⁡ze^x +e^y\cos z +\zeta'(z) = z + e^x + e^y \cos z 즉 ζ′(z)=z\zeta'(z) = z 이므로 어떤 상수 CC 에 대해 ζ(z)=z22+C\zeta(z) = \frac{z^2}{2}+C 이고, 여기서 CC 는 0으로 택한다. 따라서 퍼텐셜은

φ(x,y,z)=xy+zex+eysin⁡z+z22\varphi(x,y,z) = xy +ze^x +e^y\sin z +\frac{z^2}{2}

이다. 그러므로 선적분은

∫CF⋅dr=φ(r(π))−φ(r(0))=φ(π,eπ,0)−φ(0,1,0)=πeπ\int_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\varphi\big(\mathbf{r}(\pi)\big) -\varphi\big(\mathbf{r}(0)\big) =\varphi\big(\pi,e^\pi,0\big) -\varphi\big(0,1,0\big) =\pi e^\pi

이다.

원본 교재 풀이(영어)

We are told that F\mathbf{F} is conservative. Let's find a potential φ\varphi obeying ∇φ=F{ \boldsymbol{\nabla} }\varphi = \mathbf{F}. That is,

∂φ∂x=y+zex∂φ∂y=x+eysin⁡z∂φ∂z=z+ex+eycos⁡z\begin{aligned} \frac{\partial\varphi}{\partial x} &= y + ze^x \\ \frac{\partial\varphi}{\partial y} &= x + e^y \sin z \\ \frac{\partial\varphi}{\partial z} &= z + e^x + e^y \cos z \end{aligned}

The first equation forces φ(x,y,z)=xy+zex+ψ(y,z)\varphi(x,y,z) = xy +ze^x +\psi(y,z). Substituting this into the second equation gives x+∂ψ∂y(y,z)=x+eysin⁡zx+\frac{\partial\psi}{\partial y}(y,z) = x + e^y \sin z or ∂ψ∂y(y,z)=eysin⁡z\frac{\partial\psi}{\partial y}(y,z) = e^y \sin z which forces ψ(y,z)=eysin⁡z+ζ(z)\psi(y,z) = e^y\sin z +\zeta(z). So far, we have φ(x,y,z)=xy+zex+eysin⁡z+ζ(z)\varphi(x,y,z) = xy +ze^x +e^y\sin z +\zeta(z). Substituting this into the third equation gives ex+eycos⁡z+ζ′(z)=z+ex+eycos⁡ze^x +e^y\cos z +\zeta'(z) = z + e^x + e^y \cos z or ζ′(z)=z\zeta'(z) = z which forces ζ(z)=z22+C\zeta(z) = \frac{z^2}{2}+C, for some constant CC, which we take to be zero. So our potential is

φ(x,y,z)=xy+zex+eysin⁡z+z22\varphi(x,y,z) = xy +ze^x +e^y\sin z +\frac{z^2}{2}

So the line integral

∫CF⋅dr=φ(r(π))−φ(r(0))=φ(π,eπ,0)−φ(0,1,0)=πeπ\int_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\varphi\big(\mathbf{r}(\pi)\big) -\varphi\big(\mathbf{r}(0)\big) =\varphi\big(\pi,e^\pi,0\big) -\varphi\big(0,1,0\big) =\pi e^\pi

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