빌드라인 스쿨

문제 은행 · 미적분 · 대학 미적분 · 벡터 미적분

스토크스 정리

곡면 경계의 선적분을 곡면 위 회전의 면적분으로 바꾼다

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.

69문제 · 3 / 4쪽

41.OpenStax 3권 · 6.7절 · 41번대학 수준우리말 번역

다음 응용 문제에서 목표는 A=∬ScurlF⋅dSA={\iint }_{S}\text{curl} \text{F}\cdot dS 의 값을 구하는 것이다. 여기서 F=⟨xz,−xz,xy⟩\text{F}=\langle xz,-xz,xy\rangle 이고 S 는 타원면 x2+y2+8z2=1, 여기서 z≥0{x}^{2}+{y}^{2}+8{z}^{2}=1,\,\text{여기서}\,z\ge 0 의 위쪽 절반이다.

선적분을 이용하여 A 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

For the following application exercises, the goal is to evaluate A=∬ScurlF⋅dSA={\iint }_{S}\text{curl} \text{F}\cdot dS where F=⟨xz,−xz,xy⟩\text{F}=\langle xz,-xz,xy\rangle and S is the upper half of ellipsoid x2+y2+8z2=1, where z≥0.{x}^{2}+{y}^{2}+8{z}^{2}=1,\,\text{where}\,z\ge 0.

Evaluate A using a line integral.

원본 교재에 이 문제의 정답은 실려 있지 않습니다.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.4절 · 19번
# 스토크스 정리계산자동 분류
OpenStax Calculus Volume 3 CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
42.OpenStax 3권 · 6.7절 · 42번대학 수준우리말 번역

포물면 z=x2+y2,z={x}^{2}+{y}^{2}, 0≤z≤40\le z\le 4 를 평면 y=0y=0 으로 자르세요. S 는 y≥0y\ge 0 에서 남는 곡면이며, xz-평면 위의 평면 부분을 포함합니다. C 는 평면 z=4z=4 에서 S 의 뚜껑 부분의 경계를 이루는 반원과 선분이며, 방향은 반시계 방향입니다. F=⟨2z+y,2x+z,2y+x⟩\text{F}=\langle 2z+y,2x+z,2y+x\rangle 라 할 때, ∬ScurlF⋅dS{\iint }_{S}\text{curl} \text{F}\cdot dS 의 값을 구하세요.

3차원 공간에서 벡터장을 나타낸 그림으로, 꼭짓점이 원점에 있는 포물면, 평면 y=0, 평면 z=4가 서로 만나고 있다. 남는 곡면은 z=4 아래이고 y=0 위에 있는 포물면의 절반이다.

영어 원문 보기

Take paraboloid z=x2+y2,z={x}^{2}+{y}^{2}, for 0≤z≤4,0\le z\le 4, and slice it with plane y=0.y=0. Let S be the surface that remains for y≥0,y\ge 0, including the planar surface in the xz-plane. Let C be the semicircle and line segment that bounded the cap of S in plane z=4z=4 with counterclockwise orientation. Let F=⟨2z+y,2x+z,2y+x⟩.\text{F}=\langle 2z+y,2x+z,2y+x\rangle . Evaluate ∬ScurlF⋅dS{\iint }_{S}\text{curl} \text{F}\cdot dS

A diagram of a vector field in three dimensional space where a paraboloid with vertex at the origin, plane at y=0, and plane at z=4 intersect. The remaining surface is the half of a paraboloid under z=4 and above y=0.

정답·풀이 보기

∬ScurlF⋅dS=2π{\iint }_{S}\text{curl} \text{F}\cdot dS=2\pi

원본 교재 풀이(영어)

∬ScurlF⋅dS=2π{\iint }_{S}\text{curl} \text{F}\cdot dS=2\pi

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 6.7절 · 10번
# 스토크스 정리그래프·표 해석자동 분류
OpenStax Calculus Volume 3 CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
43.OpenStax 3권 · 6.7절 · 43번대학 수준우리말 번역

C 의 길이를 φ?\varphi ? 에 대한 식으로 나타내면 얼마입니까?

영어 원문 보기

What is the length of C in terms of φ?\varphi ?

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한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.4절 · 29번
# 스토크스 정리계산자동 분류
OpenStax Calculus Volume 3 CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
44.OpenStax 3권 · 6.7절 · 44번대학 수준우리말 번역

벡터장 F=⟨−y,−z,x⟩\text{F}=\langle -y,-z,x\rangle 의 C 에 대한 순환을 φ?\varphi ? 의 함수로 나타내면 무엇입니까?

영어 원문 보기

What is the circulation of C of vector field F=⟨−y,−z,x⟩\text{F}=\langle -y,-z,x\rangle as a function of φ?\varphi ?

정답·풀이 보기

C=π(cos⁡ φ−sin⁡ φ)C=\pi (\cos \,\varphi -\sin \,\varphi )

원본 교재 풀이(영어)

C=π(cos⁡ φ−sin⁡ φ)C=\pi (\cos \,\varphi -\sin \,\varphi )

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 6.7절 · 16번
# 스토크스 정리계산자동 분류
OpenStax Calculus Volume 3 CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
45.OpenStax 3권 · 6.7절 · 45번대학 수준우리말 번역

순환이 최대가 되는 φ\varphi 의 값은 얼마입니까?

영어 원문 보기

For what value of φ\varphi is the circulation a maximum?

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한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.4절 · 25번
# 스토크스 정리계산자동 분류
OpenStax Calculus Volume 3 CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
46.OpenStax 3권 · 6.7절 · 46번대학 수준우리말 번역

평면 x+y+z=8x+y+z=8 위의 원 C 는 반지름이 4이고 중심이 (2, 3, 3)입니다. 위에서 볼 때 C 의 방향이 반시계 방향일 때, F=⟨0,−z,2y⟩F=\langle 0,-z,2y\rangle 에 대하여 ∫CF⋅dr{\int }_{C}\text{F}\cdot d\text{r} 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Circle C in plane x+y+z=8x+y+z=8 has radius 4 and center (2, 3, 3). Evaluate ∫CF⋅dr{\int }_{C}\text{F}\cdot d\text{r} for F=⟨0,−z,2y⟩,F=\langle 0,-z,2y\rangle , where C has a counterclockwise orientation when viewed from above.

정답·풀이 보기

∫CF⋅dr=48π{\int }_{C}\text{F}\cdot d\text{r}=48\pi

원본 교재 풀이(영어)

∫CF⋅dr=48π{\int }_{C}\text{F}\cdot d\text{r}=48\pi

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 6.7절 · 14번
# 스토크스 정리계산자동 분류
OpenStax Calculus Volume 3 CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
47.OpenStax 3권 · 6.7절 · 47번대학 수준우리말 번역

속도장 v=⟨0,1−x2,0⟩\text{v}=\langle 0,1-{x}^{2},0\rangle 은 ∣x∣≤1 그리고 ∣z∣≤1|x|\le 1\,\text{그리고}\,|z|\le 1 일 때 y방향의 수평 흐름을 나타낸다. 시계 방향 회전에서 v의 회전(curl)을 구하세요.

영어 원문 보기

Velocity field v=⟨0,1−x2,0⟩,\text{v}=\langle 0,1-{x}^{2},0\rangle , for ∣x∣≤1 and ∣z∣≤1,|x|\le 1\,\text{and}\,|z|\le 1, represents a horizontal flow in the y-direction. Compute the curl of v in a clockwise rotation.

원본 교재에 이 문제의 정답은 실려 있지 않습니다.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.4절 · 16번
# 스토크스 정리활용자동 분류
OpenStax Calculus Volume 3 CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
48.OpenStax 3권 · 6.7절 · 48번대학 수준우리말 번역

적분 ∬ScurlF⋅dS{\iint }_{S}\text{curl} \text{F}\cdot dS 의 값을 구하세요. 여기서 F=−xzi+yzj+xyezk\text{F}=-xz\text{i}+yz\text{j}+xy{e}^{z}\text{k} 이고 S 는 평면 z=3z=3 위쪽에 있는 포물면 z=5−x2−y2z=5-{x}^{2}-{y}^{2} 의 뚜껑 부분이며, n 은 S 위에서 양의 z방향을 향한다.

영어 원문 보기

Evaluate integral ∬ScurlF⋅dS{\iint }_{S}\text{curl} \text{F}\cdot dS where F=−xzi+yzj+xyezk\text{F}=-xz\text{i}+yz\text{j}+xy{e}^{z}\text{k} and S is the cap of paraboloid z=5−x2−y2z=5-{x}^{2}-{y}^{2} above plane z=3,z=3, and n points in the positive z-direction on S.

정답·풀이 보기

∬ScurlF⋅dS=0{\iint }_{S}\text{curl} \text{F}\cdot dS=0

원본 교재 풀이(영어)

∬ScurlF⋅dS=0{\iint }_{S}\text{curl} \text{F}\cdot dS=0

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.4절 · 30번
# 스토크스 정리계산자동 분류
OpenStax Calculus Volume 3 CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
49.OpenStax 3권 · 6.7절 · 49번대학 수준우리말 번역

다음 문제에서 스토크스 정리를 이용하여, 매끄러운 단순 닫힌 곡선 C 를 따르는 다음 벡터장의 순환을 구하세요.

F=∇(x sin⁡ yez)\text{F}=\nabla (x\,\sin \,y{e}^{z})

영어 원문 보기

For the following exercises, use Stokes’ theorem to find the circulation of the following vector fields around any smooth, simple closed curve C.

F=∇(x sin⁡ yez)\text{F}=\nabla (x\,\sin \,y{e}^{z})

원본 교재에 이 문제의 정답은 실려 있지 않습니다.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 6.7절 · 14번
# 스토크스 정리계산자동 분류
OpenStax Calculus Volume 3 CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
50.OpenStax 3권 · 6.7절 · 50번대학 수준우리말 번역

다음 연습문제에서는 스토크스 정리를 이용하여, 다음 벡터장의 순환을 임의의 매끄러운 단순 닫힌 곡선 C 를 따라 구하세요.

F=⟨y2z3,2xyz3,3xy2z2⟩\text{F}=\langle {y}^{2}{z}^{3},2xy{z}^{3},3x{y}^{2}{z}^{2}\rangle

영어 원문 보기

For the following exercises, use Stokes’ theorem to find the circulation of the following vector fields around any smooth, simple closed curve C.

F=⟨y2z3,2xyz3,3xy2z2⟩\text{F}=\langle {y}^{2}{z}^{3},2xy{z}^{3},3x{y}^{2}{z}^{2}\rangle

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한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 6.7절 · 18번
# 스토크스 정리계산자동 분류
OpenStax Calculus Volume 3 CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
51.CLP-4 · 4.4절 · 4번대학 수준우리말 번역

원기둥 x2+y2=1x^2+y^2=1 과 곡면 z=y2z=y^2 의 교선을 CC 라 하고, CC 의 방향은 (0,0,100)(0,0,100) 에서 볼 때 반시계 방향이라고 하자. F=(x2−y , y2+x , 1)\mathbf{F}=(x^2-y\,,\,y^2+x\,,\,1) 일 때, ∮CF⋅dr\oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} 의 값을 다음 방법으로 구하세요.

(a) 직접 계산하여 구하세요. (b) 스토크스 정리를 이용하여 구하세요.

영어 원문 보기

Let CC be the curve of intersection of the cylinder x2+y2=1x^2+y^2=1 and the surface z=y2z=y^2 oriented in the counterclockwise direction as seen from (0,0,100)(0,0,100). Let F=(x2−y , y2+x , 1)\mathbf{F}=(x^2-y\,,\,y^2+x\,,\,1). Calculate ∮CF⋅dr\oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}

(a) by direct evaluation (b) by using Stokes' Theorem.

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(a)
(b)
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(a) x(t)=cos⁡tx(t)=\cos t, y(t)=sin⁡ty(t)=\sin t 는 x(t)2+y(t)2=1x(t)^2+y(t)^2=1 을 만족함을 알 수 있다. 그러면 z(t)=y(t)2=sin⁡2tz(t)=y(t)^2=\sin ^2 t 이다. 따라서 곡선을 r(t)=(cos⁡t,sin⁡t,sin⁡2t)\mathbf{r}(t)=(\cos t, \sin t, \sin^2 t) (0≤t≤2π0\le t\le 2\pi) 로 매개화할 수 있다. 그러면

r′(t)=(−sin⁡t , cos⁡t , 2sin⁡tcos⁡t)F(r(t))=(cos⁡2t−sin⁡t , sin⁡2t+cos⁡t , 1)F(r(t))⋅r′(t)=−sin⁡tcos⁡2t+sin⁡2t+sin⁡2tcos⁡t+cos⁡2t+2sin⁡tcos⁡t=1+13ddt[cos⁡3t+sin⁡3t]+sin⁡(2t)∮CF⋅dr=∫02π{1+13ddt[cos⁡3t+sin⁡3t]+sin⁡(2t)} dt=[t+13[cos⁡3t+sin⁡3t]−12cos⁡(2t)]02π=2π\begin{aligned} \mathbf{r}'(t)&=(-\sin t\,,\, \cos t \,,\, 2\sin t\cos t)\\ \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(t)\big)&=\big(\cos^2t-\sin t\,,\,\sin^2t+\cos t\,,\,1\big)\\ \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(t)\big)\cdot\mathbf{r}'(t)&=-\sin t\cos^2 t+\sin^2 t+\sin^2t\cos t +\cos^2t+2\sin t\cos t\\ &=1+\frac{1}{3}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}[\cos^3t+\sin^3 t]+\sin(2t)\\ \oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\int_0^{2\pi} \left\{1+\frac{1}{3}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}[\cos^3t+\sin^3 t]+\sin(2t)\right\}\,\mathrm{d}t \\ &=\left[t+\frac{1}{3}[\cos^3t+\sin^3 t] -\frac{1}{2}\cos(2t) \right]_0^{2\pi}\\ &=2\pi \end{aligned}

(b) SS 를 곡면 z=f(x,y)z=f(x,y) (f(x,y)=y2f(x,y)=y^2, x2+y2≤1x^2+y^2\le 1) 라 하자. CC 의 방향이 zz축 위쪽 높은 곳에서 볼 때 반시계 방향이므로, 스토크스 정리에 따라 SS 의 법선벡터 n^\hat{\mathbf{n}} 은 zz성분이 양수인 것을 써야 한다. 따라서

n^ dS=[−∂f∂x ı^−∂f∂y ȷ^+k^] dx dy=[−2y ȷ^+k^] dx dy∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zx2−yy2+x1]=2k^∇×F⋅n^ dS=2 dx dy∮CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=2∬x2+y2≤1 dx dy=2π\begin{aligned} \hat{\mathbf{n}}\,dS&=\Big[-\frac{\partial f}{\partial x}\,\hat{\boldsymbol{\imath}} -\frac{\partial f}{\partial y}\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}\Big]\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\Big[-2y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}\Big]\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\\ { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}&=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\[0.05in] \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\[0.05in] x^2-y & y^2+x & 1 \end{matrix}\right] =2\hat{\mathbf{k}}\\ { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,dS&=2\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\\ \oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _S{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =2\iint _{x^2+y^2\le 1}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\\ &=2\pi \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

(a) Observe that x(t)=cos⁡tx(t)=\cos t and y(t)=sin⁡ty(t)=\sin t obey x(t)2+y(t)2=1x(t)^2+y(t)^2=1. Then z(t)=y(t)2=sin⁡2tz(t)=y(t)^2=\sin ^2 t. So we may parametrize the curve by r(t)=(cos⁡t,sin⁡t,sin⁡2t)\mathbf{r}(t)=(\cos t, \sin t, \sin^2 t) with 0≤t≤2π0\le t\le 2\pi. Then

r′(t)=(−sin⁡t , cos⁡t , 2sin⁡tcos⁡t)F(r(t))=(cos⁡2t−sin⁡t , sin⁡2t+cos⁡t , 1)F(r(t))⋅r′(t)=−sin⁡tcos⁡2t+sin⁡2t+sin⁡2tcos⁡t+cos⁡2t+2sin⁡tcos⁡t=1+13ddt[cos⁡3t+sin⁡3t]+sin⁡(2t)∮CF⋅dr=∫02π{1+13ddt[cos⁡3t+sin⁡3t]+sin⁡(2t)} dt=[t+13[cos⁡3t+sin⁡3t]−12cos⁡(2t)]02π=2π\begin{aligned} \mathbf{r}'(t)&=(-\sin t\,,\, \cos t \,,\, 2\sin t\cos t)\\ \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(t)\big)&=\big(\cos^2t-\sin t\,,\,\sin^2t+\cos t\,,\,1\big)\\ \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(t)\big)\cdot\mathbf{r}'(t)&=-\sin t\cos^2 t+\sin^2 t+\sin^2t\cos t +\cos^2t+2\sin t\cos t\\ &=1+\frac{1}{3}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}[\cos^3t+\sin^3 t]+\sin(2t)\\ \oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\int_0^{2\pi} \left\{1+\frac{1}{3}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}[\cos^3t+\sin^3 t]+\sin(2t)\right\}\,\mathrm{d}t \\ &=\left[t+\frac{1}{3}[\cos^3t+\sin^3 t] -\frac{1}{2}\cos(2t) \right]_0^{2\pi}\\ &=2\pi \end{aligned}

(b) Let SS be the surface z=f(x,y)z=f(x,y) with f(x,y)=y2f(x,y)=y^2 and x2+y2≤1x^2+y^2\le 1. Since CC is oriented counter clockwise when viewed from high on the zz-axis, Stokes' theorem requires that we use the normal n^\hat{\mathbf{n}} to SS with positive zz component. Hence

n^ dS=[−∂f∂x ı^−∂f∂y ȷ^+k^] dx dy=[−2y ȷ^+k^] dx dy∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zx2−yy2+x1]=2k^∇×F⋅n^ dS=2 dx dy∮CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=2∬x2+y2≤1 dx dy=2π\begin{aligned} \hat{\mathbf{n}}\,dS&=\Big[-\frac{\partial f}{\partial x}\,\hat{\boldsymbol{\imath}} -\frac{\partial f}{\partial y}\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}\Big]\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\Big[-2y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}\Big]\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\\ { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}&=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\[0.05in] \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\[0.05in] x^2-y & y^2+x & 1 \end{matrix}\right] =2\hat{\mathbf{k}}\\ { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,dS&=2\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\\ \oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _S{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =2\iint _{x^2+y^2\le 1}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\\ &=2\pi \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 6.7절 · 6번
# 스토크스 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
52.CLP-4 · 4.4절 · 5번대학 수준우리말 번역

∮CF⋅dr\oint_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} 의 값을 구하세요. 여기서 F=yex ı^+(x+ex) ȷ^+z2 k^\mathbf{F}=ye^x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(x+e^x)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z^2\,\hat{\mathbf{k}} 이고 CC 는 다음 곡선입니다.

r(t)=(1+cos⁡t) ı^+(1+sin⁡t) ȷ^+(1−sin⁡t−cos⁡t) k^0≤t≤2π\mathbf{r}(t)=(1+\cos t)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(1+\sin t)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+(1-\sin t-\cos t)\,\hat{\mathbf{k}}\qquad 0\le t\le 2\pi

영어 원문 보기

Evaluate ∮CF⋅dr\oint_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} where F=yex ı^+(x+ex) ȷ^+z2 k^\mathbf{F}=ye^x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(x+e^x)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z^2\,\hat{\mathbf{k}} and CC is the curve

r(t)=(1+cos⁡t) ı^+(1+sin⁡t) ȷ^+(1−sin⁡t−cos⁡t) k^0≤t≤2π\mathbf{r}(t)=(1+\cos t)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(1+\sin t)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+(1-\sin t-\cos t)\,\hat{\mathbf{k}}\qquad 0\le t\le 2\pi

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정답·풀이 보기

스토크스 정리를 적용한다. 먼저,

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zyexx+exz2]=(1+ex−ex) k^=k^{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\[0.05in] \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\[0.05in] ye^x & x+e^x & z^2 \end{matrix}\right] =\big(1+e^x-e^x\big)\,\hat{\mathbf{k}} =\hat{\mathbf{k}}

r(t)=x(t) ı^+y(t) ȷ^+z(t) k^\mathbf{r}(t) = x(t)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y(t)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +z(t)\,\hat{\mathbf{k}} 는 모든 tt 에 대해 x(t)+y(t)+z(t)=3x(t)+y(t)+z(t)=3 을 만족하고, x(t) ı^+y(t) ȷ^=(1+cos⁡t) ı^+(1+sin⁡t) ȷ^x(t)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y(t)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} =(1+\cos t)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(1+\sin t)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 는 (1,1)(1,1) 을 중심으로 하는 반지름 1인 원을 따라 반시계 방향으로 돈다는 점에 주목한다. 따라서 SS 를 평면 G(x,y,z)=x+y+z=3G(x,y,z)=x+y+z=3 중 (x−1)2+(y−1)2≤1(x-1)^2+(y-1)^2\le 1 인 부분으로 택한다. 그러면 스토크스 정리에 의해

∮CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=∬Sk^⋅n^ dS\oint_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iint _S \hat{\mathbf{k}}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S

이고,

n^ dS=±∇G∇G⋅k^ dxdy=±(ı^+ȷ^+k^) dxdy\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \pm \frac{{ \boldsymbol{\nabla} } G}{{ \boldsymbol{\nabla} } G\cdot\hat{\mathbf{k}}}\,\mathrm{d}x \mathrm{d}y = \pm\big(\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}\big)\,\mathrm{d}x \mathrm{d}y

이다. (1+cos⁡t) ı^+(1+sin⁡t) ȷ^(1+\cos t)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(1+\sin t)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 가 원 (x−1)2+(y−1)2≤1(x-1)^2+(y-1)^2\le 1 을 따라 반시계 방향으로 돌므로, 스토크스 정리에 의해 부호는 플러스이고

∮CF⋅dr=∬(x−1)2+(y−1)2≤1dx dy=π\oint_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\iint _{(x-1)^2+(y-1)^2\le 1} \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\pi

이다.

원본 교재 풀이(영어)

We apply Stokes' theorem. First,

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zyexx+exz2]=(1+ex−ex) k^=k^{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\[0.05in] \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\[0.05in] ye^x & x+e^x & z^2 \end{matrix}\right] =\big(1+e^x-e^x\big)\,\hat{\mathbf{k}} =\hat{\mathbf{k}}

Note that r(t)=x(t) ı^+y(t) ȷ^+z(t) k^\mathbf{r}(t) = x(t)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y(t)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +z(t)\,\hat{\mathbf{k}} obeys x(t)+y(t)+z(t)=3x(t)+y(t)+z(t)=3, for every tt, and that x(t) ı^+y(t) ȷ^=(1+cos⁡t) ı^+(1+sin⁡t) ȷ^x(t)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+y(t)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} =(1+\cos t)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(1+\sin t)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} runs counterclockwise around the circle of radius 1 centered on (1,1)(1,1). So we choose SS to be the part of the plane G(x,y,z)=x+y+z=3G(x,y,z)=x+y+z=3 with (x−1)2+(y−1)2≤1(x-1)^2+(y-1)^2\le 1. Then, by Stokes' Theorem,

∮CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=∬Sk^⋅n^ dS\oint_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iint _S \hat{\mathbf{k}}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S

with

n^ dS=±∇G∇G⋅k^ dxdy=±(ı^+ȷ^+k^) dxdy\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \pm \frac{{ \boldsymbol{\nabla} } G}{{ \boldsymbol{\nabla} } G\cdot\hat{\mathbf{k}}}\,\mathrm{d}x \mathrm{d}y = \pm\big(\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}\big)\,\mathrm{d}x \mathrm{d}y

As (1+cos⁡t) ı^+(1+sin⁡t) ȷ^(1+\cos t)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(1+\sin t)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} runs counterclockwise around the circle (x−1)2+(y−1)2≤1(x-1)^2+(y-1)^2\le 1, Stokes' theorem specifies the plus sign and

∮CF⋅dr=∬(x−1)2+(y−1)2≤1dx dy=π\oint_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\iint _{(x-1)^2+(y-1)^2\le 1} \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\pi

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.4절 · 4번
# 스토크스 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
53.CLP-4 · 4.4절 · 9번대학 수준우리말 번역

F=−yez ı^+x3cos⁡z ȷ^+zsin⁡(xy) k^\mathbf{F} = - ye^z\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + x^3\cos z\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + z\sin(xy)\,\hat{\mathbf{k}} 라 하고, SS 를 xyxy평면의 정사각형 영역 −1≤x≤1-1\le x\le 1, −1≤y≤1-1\le y\le 1 의 위쪽에 놓인 곡면 z=(1−x2)(1−y2) z = (1-x^2)(1-y^2) 의 부분이라 하자. SS 를 통과하는 ∇×F{ \boldsymbol{\nabla} }\times \mathbf{F} 의 위쪽 방향 플럭스를 구하세요.

영어 원문 보기

Let F=−yez ı^+x3cos⁡z ȷ^+zsin⁡(xy) k^\mathbf{F} = - ye^z\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + x^3\cos z\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + z\sin(xy)\,\hat{\mathbf{k}}, and let SS be the part of the surface z=(1−x2)(1−y2) z = (1-x^2)(1-y^2) that lies above the square −1≤x≤1-1\le x\le 1, −1≤y≤1-1\le y\le 1 in the xyxy-plane. Find the flux of ∇×F{ \boldsymbol{\nabla} }\times \mathbf{F} upward through SS.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

곡면

S={ (x,y,z) ∣ −1≤x≤1, −1≤y≤1, z≥0, z=(1−x2)(1−y2) }={ (x,y,z) ∣ −1≤x≤1, −1≤y≤1,  z=(1−x2)(1−y2) }\begin{aligned} S&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ -1\le x\le 1,\ -1\le y\le 1,\ z\ge 0,\ z = (1-x^2)(1-y^2)\ \big\} \\ &=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ -1\le x\le 1,\ -1\le y\le 1,\ \ z = (1-x^2)(1-y^2)\ \big\} \end{aligned}

이다. x=1x=1 또는 x=−1x=-1 또는 y=1y=1 또는 y=−1y=-1 일 때 z=(1−x2)(1−y2)=0z= (1-x^2)(1-y^2)=0 임에 주목하자. 따라서 SS 의 경계 CC 는 정사각형 −1≤x,y≤1-1\le x,y\le 1, z=0z=0 의 경계이며, 반시계 방향으로 향한다. 다음은 CC 의 개략도이다.

그림

스토크스 정리를 적용한다. CC 위에서 z=0z=0 이므로 F=−y ı^+x3 ȷ^\mathbf{F} = -y\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +x^3\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} 임에 주목하면,

∬S∇×F⋅n^ dS=∮CF⋅dr=∮C[−y ı^+x3ȷ^]⋅dr=∫−11−(−1) dx⏟y=−1 side+∫−11(1)3 dy⏟x=1 side+∫1−1−(1) dx⏟y=1 side+∫1−1(−1)3 dy⏟x=−1 side=8\begin{aligned} \iint _S{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\oint_C[-y\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+x^3\hat{\boldsymbol{\jmath}}]\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}\\ &=\underbrace{\int_{-1}^1 -(-1)\,\mathrm{d}x}_{y=-1{\rm\ side}} +\underbrace{\int_{-1}^1 (1)^3\,\mathrm{d}y}_{x=1{\rm\ side}} + \underbrace{\int^{-1}_1 -(1)\,\mathrm{d}x}_{y=1{\rm\ side}} + \underbrace{\int^{-1}_1 (-1)^3\,\mathrm{d}y}_{x=-1{\rm\ side}} \\ &=8 \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

The surface

S={ (x,y,z) ∣ −1≤x≤1, −1≤y≤1, z≥0, z=(1−x2)(1−y2) }={ (x,y,z) ∣ −1≤x≤1, −1≤y≤1,  z=(1−x2)(1−y2) }\begin{aligned} S&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ -1\le x\le 1,\ -1\le y\le 1,\ z\ge 0,\ z = (1-x^2)(1-y^2)\ \big\} \\ &=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ -1\le x\le 1,\ -1\le y\le 1,\ \ z = (1-x^2)(1-y^2)\ \big\} \end{aligned}

Note that when x=1x=1 or x=−1x=-1 or y=1y=1 or y=−1y=-1, we have z=(1−x2)(1−y2)=0z= (1-x^2)(1-y^2)=0. So the boundary of SS, call it CC, is the boundary of the square −1≤x,y≤1-1\le x,y\le 1, z=0z=0, oriented counterclockwise. Here is a sketch of CC.

figure

Apply Stokes' theorem. Observing that z=0z=0 on CC so that F=−y ı^+x3 ȷ^\mathbf{F} = -y\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +x^3\,\hat{\boldsymbol{\jmath}},

∬S∇×F⋅n^ dS=∮CF⋅dr=∮C[−y ı^+x3ȷ^]⋅dr=∫−11−(−1) dx⏟y=−1 side+∫−11(1)3 dy⏟x=1 side+∫1−1−(1) dx⏟y=1 side+∫1−1(−1)3 dy⏟x=−1 side=8\begin{aligned} \iint _S{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=\oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\oint_C[-y\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+x^3\hat{\boldsymbol{\jmath}}]\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}\\ &=\underbrace{\int_{-1}^1 -(-1)\,\mathrm{d}x}_{y=-1{\rm\ side}} +\underbrace{\int_{-1}^1 (1)^3\,\mathrm{d}y}_{x=1{\rm\ side}} + \underbrace{\int^{-1}_1 -(1)\,\mathrm{d}x}_{y=1{\rm\ side}} + \underbrace{\int^{-1}_1 (-1)^3\,\mathrm{d}y}_{x=-1{\rm\ side}} \\ &=8 \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.4절 · 29번
# 스토크스 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
54.CLP-4 · 4.4절 · 16번대학 수준우리말 번역

(a) R3\mathbb{R}^3 에서 벡터장 F(x,y,z)=(z2,x2,y2)\mathbf{F}(x, y, z) = (z^2 , x^2 , y^2) 을 생각하세요. 선적분 ∮CF⋅dr\oint_C \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} 의 값을 구하세요. 여기서 CC 는 세 선분으로 이루어진 곡선으로, L1L_1 은 (2,0,0)(2, 0, 0) 에서 (0,2,0)(0, 2, 0) 까지, 이어서 L2L_2 는 (0,2,0)(0, 2, 0) 에서 (0,0,2)(0, 0, 2) 까지, 마지막으로 L3L_3 은 (0,0,2)(0, 0, 2) 에서 (2,0,0)(2, 0, 0) 까지이다. (b) 단순닫힌곡선 CC 가 평면 x+y+z=2x + y + z = 2 위에 놓여 있다. 이 곡선 CC 가 평면 x+y+z=2x + y + z = 2 안에서 둘러싸는 곡면의 넓이는 33 이다. 곡선 CC 는 양의 xx축 쪽에서 볼 때 시계 반대 방향으로 향하도록 정해져 있다. F\mathbf{F} 가 (a)와 같을 때, 선적분 ∮CF⋅dr\oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

(a) Consider the vector field F(x,y,z)=(z2,x2,y2)\mathbf{F}(x, y, z) = (z^2 , x^2 , y^2) in R3\mathbb{R}^3. Compute the line integral ∮CF⋅dr\oint_C \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}, where CC is the curve consisting of the three line segments, L1L_1 from (2,0,0)(2, 0, 0) to (0,2,0)(0, 2, 0), then L2L_2 from (0,2,0)(0, 2, 0) to (0,0,2)(0, 0, 2), and finally L3L_3 from (0,0,2)(0, 0, 2) to (2,0,0)(2, 0, 0). (b) A simple closed curve CC lies in the plane x+y+z=2x + y + z = 2. The surface this curve CC surrounds inside the plane x+y+z=2x + y + z = 2 has area 33. The curve CC is oriented in a counterclockwise direction as observed from the positive x-axis. Compute the line integral ∮CF⋅dr\oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} , where F\mathbf{F} is as in (a).

답 쓰고 채점
(a)
(b)
정답·풀이 보기

(a) 세 꼭짓점 (2,0,0)(2,0,0), (0,2,0)(0,2,0), 0,0,2)0,0,2) 이 모두 평면 x+y+z=2x+y+z=2 위에 있다. 따라서 경로 전체도 그 평면 위에 있다.

그림

(b)에서는 직접 계산할 수 없는 선적분을 구해야 하므로 스토크스 정리를 써야 한다. 그러므로 (a)에서도 스토크스 정리를 쓰자. 먼저

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zz2x2y2]=2y ı^+2z ȷ^+2x ı^\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F} &=\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} &\hat{\boldsymbol{\jmath}} &\hat{\mathbf{k}} \\ \tfrac{\partial}{\partial x} & \tfrac{\partial}{\partial y} & \tfrac{\partial}{\partial z} \\ z^2 & x^2 & y^2 \end{matrix} \right] =2y\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 2z\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + 2x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} \end{aligned}

을 얻는다.

SS 를 평면 x+y+z=2x+y+z=2 에 포함되고 L1L_1, L2L_2, L3L_3 으로 둘러싸인 삼각형 모양의 곡면이라 하자. SS 의 방향은 법선벡터 n^=13(ı^+ȷ^+k^)\hat{\mathbf{n}} = \frac{1}{\sqrt{3}}(\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}) 로 정한다. 그러면

∇×F⋅n^=13(2y ı^+2z ȷ^+2x ı^)⋅(ı^+ȷ^+k^)=23(x+y+z){ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}} =\frac{1}{\sqrt{3}}\big(2y\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 2z\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + 2x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}\big)\cdot(\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}) =\frac{2}{\sqrt{3}}(x+y+z)

이고, 스토크스 정리에 의해

∮CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=23∬S(x+y+z) dS=43∬SdS=43Area(S)\begin{aligned} \oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _S{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\frac{2}{\sqrt{3}}\iint _S(x+y+z)\,\mathrm{d}S =\frac{4}{\sqrt{3}}\iint _S\mathrm{d}S =\frac{4}{\sqrt{3}}\text{Area}(S) \end{aligned}

이다.

삼각형 SS 는 두 변이 (0,2,0)−(2,0,0)=(−2,2,0)(0,2,0)-(2,0,0) =(-2,2,0) 과 (0,0,2)−(2,0,0)=(−2,0,2)(0,0,2)-(2,0,0)=(-2,0,2) 인 평행사변형의 절반이다. 이 평행사변형의 넓이는

∣(−2,2,0)×(−2,0,2)∣=∣(4,4,4)∣=43\begin{aligned} \big|(-2,2,0)\times (-2,0,2)\big| =\big|(4,4,4)\big| =4\sqrt{3} \end{aligned}

이다.

따라서

∮CF⋅dr=4323=8\begin{aligned} \oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} = \frac{4}{\sqrt{3}} 2\sqrt{3} =8 \end{aligned}

이다.

(b) S~\tilde S 를 주어진 곡면이라 하자. 그러면 (a)와 같이

∮CF⋅dr=∬S~∇×F⋅n^ dS=23∬S~(x+y+z) dS=43∬S~dS=43Area(S~)=43\begin{aligned} \oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _{\tilde S}{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\frac{2}{\sqrt{3}}\iint _{\tilde S}(x+y+z)\,\mathrm{d}S =\frac{4}{\sqrt{3}}\iint _{\tilde S}\mathrm{d}S =\frac{4}{\sqrt{3}}\text{Area}(\tilde S) \\ &=4\sqrt{3} \end{aligned}

이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) Note that all three vertices, (2,0,0)(2,0,0), (0,2,0)(0,2,0) and 0,0,2)0,0,2), lie in the plane x+y+z=2x+y+z=2. So the entire path lies in that plane too.

figure

In part (b) we will need to evaluate a line integral that clearly cannot be computed directly — we will need to use Stokes' theorem. So let's use Stokes's theorem in part (a) too. First, we find

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zz2x2y2]=2y ı^+2z ȷ^+2x ı^\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F} &=\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} &\hat{\boldsymbol{\jmath}} &\hat{\mathbf{k}} \\ \tfrac{\partial}{\partial x} & \tfrac{\partial}{\partial y} & \tfrac{\partial}{\partial z} \\ z^2 & x^2 & y^2 \end{matrix} \right] =2y\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 2z\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + 2x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} \end{aligned}

Let SS be the triangular surface that is contained in the plane x+y+z=2x+y+z=2 and is bounded by L1L_1, L2L_2 and L3L_3. Orient SS by the normal vector n^=13(ı^+ȷ^+k^)\hat{\mathbf{n}} = \frac{1}{\sqrt{3}}(\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}). Then,

∇×F⋅n^=13(2y ı^+2z ȷ^+2x ı^)⋅(ı^+ȷ^+k^)=23(x+y+z){ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}} =\frac{1}{\sqrt{3}}\big(2y\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 2z\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + 2x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}\big)\cdot(\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}) =\frac{2}{\sqrt{3}}(x+y+z)

and, by Stokes' theorem,

∮CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=23∬S(x+y+z) dS=43∬SdS=43Area(S)\begin{aligned} \oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _S{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\frac{2}{\sqrt{3}}\iint _S(x+y+z)\,\mathrm{d}S =\frac{4}{\sqrt{3}}\iint _S\mathrm{d}S =\frac{4}{\sqrt{3}}\text{Area}(S) \end{aligned}

The triangle SS is half of the prallelogram with sides (0,2,0)−(2,0,0)=(−2,2,0)(0,2,0)-(2,0,0) =(-2,2,0) and (0,0,2)−(2,0,0)=(−2,0,2)(0,0,2)-(2,0,0)=(-2,0,2). The area of the parallelogram is

∣(−2,2,0)×(−2,0,2)∣=∣(4,4,4)∣=43\begin{aligned} \big|(-2,2,0)\times (-2,0,2)\big| =\big|(4,4,4)\big| =4\sqrt{3} \end{aligned}

So

∮CF⋅dr=4323=8\begin{aligned} \oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} = \frac{4}{\sqrt{3}} 2\sqrt{3} =8 \end{aligned}

(b) Let S~\tilde S be the specified surface. Then, as in part (a),

∮CF⋅dr=∬S~∇×F⋅n^ dS=23∬S~(x+y+z) dS=43∬S~dS=43Area(S~)=43\begin{aligned} \oint_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _{\tilde S}{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\frac{2}{\sqrt{3}}\iint _{\tilde S}(x+y+z)\,\mathrm{d}S =\frac{4}{\sqrt{3}}\iint _{\tilde S}\mathrm{d}S =\frac{4}{\sqrt{3}}\text{Area}(\tilde S) \\ &=4\sqrt{3} \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.4절 · 27번
# 스토크스 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
55.CLP-4 · 4.4절 · 19번대학 수준우리말 번역

CC 를 방향이 주어진 곡선이라 하자. 이 곡선은 5개의 선분으로 이루어져 있으며, 각각 (0,0,0)(0, 0, 0) 에서 (0,1,1)(0, 1, 1) 로, (0,1,1)(0, 1, 1) 에서 (0,1,2)(0, 1, 2) 로, (0,1,2)(0, 1, 2) 에서 (0,2,0)(0, 2, 0) 로, (0,2,0)(0, 2, 0) 에서 (2,2,0)(2, 2, 0) 로, (2,2,0)(2, 2, 0) 에서 (0,0,0)(0, 0, 0) 으로 가는 경로이다. 또한

F=(−y+exsin⁡x) ı^+y4 ȷ^+ztan⁡z k^\mathbf{F} = (-y+e^x\sin x)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +y^4\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\sqrt{z}\tan z\,\hat{\mathbf{k}}

라 하자. 이때 적분 ∫CF⋅dr\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let CC be the oriented curve consisting of the 5 line segments which form the paths from (0,0,0)(0, 0, 0) to (0,1,1)(0, 1, 1), from (0,1,1)(0, 1, 1) to (0,1,2)(0, 1, 2), from (0,1,2)(0, 1, 2) to (0,2,0)(0, 2, 0), from (0,2,0)(0, 2, 0) to (2,2,0)(2, 2, 0), and from (2,2,0)(2, 2, 0) to (0,0,0)(0, 0, 0). Let

F=(−y+exsin⁡x) ı^+y4 ȷ^+ztan⁡z k^\mathbf{F} = (-y+e^x\sin x)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +y^4\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\sqrt{z}\tan z\,\hat{\mathbf{k}}

Evaluate the integral ∫CF⋅dr\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

복잡한 벡터장을 비교적 복잡한 닫힌곡선을 따라 선적분하는 문제이다. 따라서 적분을 직접 계산하려 해서는 안 됨을 알 수 있다. 스토크스 정리가 유용한지 알아보기 위해 회전을 계산해 보자.

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂z−y+exsin⁡xy4ztan⁡z]=k^\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F} &=\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} &\hat{\boldsymbol{\jmath}} &\hat{\mathbf{k}} \\ \tfrac{\partial}{\partial x} & \tfrac{\partial}{\partial y} & \tfrac{\partial}{\partial z} \\[0.05in] -y+e^x\sin x & y^4 & \sqrt{z}\tan z \end{matrix} \right] =\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}

이 결과는 시사하는 바가 있다. 다음으로 CC 를 경계로 하는 곡면을 찾아야 한다. 먼저 CC 의 개형은 다음과 같다.

그림

곡면 SS 를 평평한 두 부분의 합집합으로 택할 수 있다.

  • yzyz평면 위에 있고 꼭짓점이 (0,0,0)(0,0,0), (0,1,1)(0,1,1), (0,1,2)(0,1,2), (0,2,0)(0,2,0) 인 사각형 QQ
  • xyxy평면 위에 있고 꼭짓점이 (0,0,0)(0,0,0), (0,2,0)(0,2,0), (2,2,0)(2,2,0) 인 삼각형 TT

QQ 의 법선벡터는 −ı^-\hat{\boldsymbol{\imath}} 이고 TT 의 법선벡터는 −k^-\hat{\mathbf{k}} 이다. 그러면 스토크스 정리에 의해 다음을 얻는다.

∫CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=∬Qk^⋅(−ı^) dS+∬Tk^⋅(−k^) dS=−∬TdS=−넓이(T)=−122⏞밑변2⏞높이=−2\begin{aligned} \int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S \\ &=\iint _Q \hat{\mathbf{k}}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\imath}})\,\mathrm{d}S + \iint _T \hat{\mathbf{k}}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S \\ &= - \iint _T \mathrm{d}S \\ &=-\text{넓이}(T) \\ &= -\tfrac{1}{2}\overbrace{2}^{\text{밑변}}\overbrace{2}^{\text{높이}} \\ &=-2 \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

We are to evaluate the line integral of a complicated vector field around a relatively complicated closed curve. That certainly suggests that we should not try to evaluate the integral directly. To see if Stokes' theorem looks promising, let's compute the curl

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂z−y+exsin⁡xy4ztan⁡z]=k^\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F} &=\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} &\hat{\boldsymbol{\jmath}} &\hat{\mathbf{k}} \\ \tfrac{\partial}{\partial x} & \tfrac{\partial}{\partial y} & \tfrac{\partial}{\partial z} \\[0.05in] -y+e^x\sin x & y^4 & \sqrt{z}\tan z \end{matrix} \right] =\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}

That's suggestive. Next we need to find a surface whose boundary is CC. First, here is a sketch of CC.

figure

We can choose the surface SS to be the union of two flat parts:

  • the quadralateral QQ in the yzyz-plane with vertices (0,0,0)(0,0,0), (0,1,1)(0,1,1), (0,1,2)(0,1,2) and (0,2,0)(0,2,0) and
  • the triangle TT in the xyxy-plane with vertices (0,0,0)(0,0,0), (0,2,0)(0,2,0) and (2,2,0)(2,2,0).

The normal to QQ is −ı^-\hat{\boldsymbol{\imath}} and the normal to TT is −k^-\hat{\mathbf{k}}. Then Stokes' theorem gives

∫CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=∬Qk^⋅(−ı^) dS+∬Tk^⋅(−k^) dS=−∬TdS=−Area(T)=−122⏞base2⏞height=−2\begin{aligned} \int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S \\ &=\iint _Q \hat{\mathbf{k}}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\imath}})\,\mathrm{d}S + \iint _T \hat{\mathbf{k}}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\mathrm{d}S \\ &= - \iint _T \mathrm{d}S \\ &=-\text{Area}(T) \\ &= -\tfrac{1}{2}\overbrace{2}^{\text{base}}\overbrace{2}^{\text{height}} \\ &=-2 \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.4절 · 5번
# 스토크스 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
56.CLP-4 · 4.4절 · 22번대학 수준우리말 번역

다음과 같이 두자.

F=xsin⁡y ı^−ysin⁡x ȷ^+(x−y)z2 k^\mathbf{F} = x \sin y\,\hat{\boldsymbol{\imath}} - y \sin x\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + (x - y)z^2\,\hat{\mathbf{k}}

스토크스 정리를 이용하여

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

의 값을 구하세요. 경로는 점 P0=(0,0,0)P_0 = (0, 0, 0) 에서 P1=(π/2,0,0)P_1 = (\pi/2, 0, 0) 으로, P2=(π/2,0,1)P_2 = (\pi/2, 0, 1) 으로, P3=(0,0,1)P_3 = (0, 0, 1) 으로, P4=(0,π/2,1)P_4 = (0, \pi/2, 1) 으로, P5=(0,π/2,0)P_5 = (0, \pi/2, 0) 으로, 다시 (0,0,0)(0, 0, 0) 으로 차례로 이어지는 선분들로 이루어져 있다.

영어 원문 보기

Let

F=xsin⁡y ı^−ysin⁡x ȷ^+(x−y)z2 k^\mathbf{F} = x \sin y\,\hat{\boldsymbol{\imath}} - y \sin x\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + (x - y)z^2\,\hat{\mathbf{k}}

Use Stokes' theorem to evaluate

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

along the path consisting of the straight line segments successively joining the points P0=(0,0,0)P_0 = (0, 0, 0) to P1=(π/2,0,0)P_1 = (\pi/2, 0, 0) to P2=(π/2,0,1)P_2 = (\pi/2, 0, 1) to P3=(0,0,1)P_3 = (0, 0, 1) to P4=(0,π/2,1)P_4 = (0, \pi/2, 1) to P5=(0,π/2,0)P_5 = (0, \pi/2, 0), and back to (0,0,0)(0, 0, 0).

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

복잡한 벡터장을 비교적 복잡한 닫힌 곡선을 따라 선적분하는 문제이다. 따라서 적분을 직접 계산하려 하지 않는 것이 좋다. 스토크스 정리를 사용해야 하므로 회전(curl)을 계산하자.

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zxsin⁡y−ysin⁡x(x−y)z2]=−z2 ı^−z2 ȷ^−(ycos⁡x+xcos⁡y)k^\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F} &=\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} &\hat{\boldsymbol{\jmath}} &\hat{\mathbf{k}} \\ \tfrac{\partial}{\partial x} & \tfrac{\partial}{\partial y} & \tfrac{\partial}{\partial z} \\ x \sin y & - y \sin x & (x - y)z^2 \end{matrix} \right] =-z^2\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-z^2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -(y\cos x +x\cos y)\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}

다음으로 경계가 CC 인 곡면을 찾아야 한다. 먼저 CC 의 개형은 다음과 같다.

그림

곡면 SS 를 평평한 두 부분의 합집합으로 택할 수 있다.

  • xzxz평면 위에 있고 꼭짓점이 (0,0,0)(0,0,0), (π/2,0,0)({\pi}/{2},0,0), (π/2,0,1)({\pi}/{2},0,1), (0,0,1)(0,0,1) 인 직사각형 SxS_x
  • yzyz평면 위에 있고 꼭짓점이 (0,0,0)(0,0,0), (0,0,1)(0,0,1), (0,π/2,1)(0,{\pi}/{2},1), (0,π/2,0)(0,{\pi}/{2},0) 인 직사각형 SyS_y

SxS_x 의 법선 벡터는 −ȷ^-\hat{\boldsymbol{\jmath}} 이고 SyS_y 의 법선 벡터는 −ı^-\hat{\boldsymbol{\imath}} 이다. 그러면 스토크스 정리에 의해

∫CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=∬Sx∇×F⋅(−ȷ^) dS+∬Sy∇×F⋅(−ı^) dS=∫0π/2dx∫01dz z2+∫0π/2dy∫01dz z2=∫0π/2dx 13+∫0π/2dy 13=π3\begin{aligned} \int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S \\ &=\iint _{S_x} { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}S + \iint _{S_y} { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\imath}})\,\mathrm{d}S \\ &=\int_0^{{\pi}/{2}} \mathrm{d}x\int_0^1\mathrm{d}z\ z^2 + \int_0^{{\pi}/{2}} \mathrm{d}y\int_0^1\mathrm{d}z\ z^2 \\ &=\int_0^{{\pi}/{2}} \mathrm{d}x\ \frac{1}{3} + \int_0^{{\pi}/{2}} \mathrm{d}y\ \frac{1}{3} \\ &=\frac{\pi}{3} \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

We are to evaluate the line integral of a complicated vector field around a relatively complicated closed curve. That certainly suggests that we should not try to evaluate the integral directly. As we are to use Stokes' theorem, let's compute the curl

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zxsin⁡y−ysin⁡x(x−y)z2]=−z2 ı^−z2 ȷ^−(ycos⁡x+xcos⁡y)k^\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F} &=\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} &\hat{\boldsymbol{\jmath}} &\hat{\mathbf{k}} \\ \tfrac{\partial}{\partial x} & \tfrac{\partial}{\partial y} & \tfrac{\partial}{\partial z} \\ x \sin y & - y \sin x & (x - y)z^2 \end{matrix} \right] =-z^2\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-z^2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -(y\cos x +x\cos y)\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}

Next we need to find a surface whose boundary is CC. First, here is a sketch of CC.

figure

We can choose the surface SS to be the union of two flat parts:

  • the rectangle SxS_x in the xzxz-plane with vertices (0,0,0)(0,0,0), (π/2,0,0)({\pi}/{2},0,0), (π/2,0,1)({\pi}/{2},0,1) and (0,0,1)(0,0,1) and
  • the rectangle SyS_y in the yzyz-plane with vertices (0,0,0)(0,0,0), (0,0,1)(0,0,1), (0,π/2,1)(0,{\pi}/{2},1) and (0,π/2,0)(0,{\pi}/{2},0)

The normal to SxS_x is −ȷ^-\hat{\boldsymbol{\jmath}} and the normal to SyS_y is −ı^-\hat{\boldsymbol{\imath}}. Then Stokes' theorem gives

∫CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=∬Sx∇×F⋅(−ȷ^) dS+∬Sy∇×F⋅(−ı^) dS=∫0π/2dx∫01dz z2+∫0π/2dy∫01dz z2=∫0π/2dx 13+∫0π/2dy 13=π3\begin{aligned} \int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S \\ &=\iint _{S_x} { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}S + \iint _{S_y} { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\imath}})\,\mathrm{d}S \\ &=\int_0^{{\pi}/{2}} \mathrm{d}x\int_0^1\mathrm{d}z\ z^2 + \int_0^{{\pi}/{2}} \mathrm{d}y\int_0^1\mathrm{d}z\ z^2 \\ &=\int_0^{{\pi}/{2}} \mathrm{d}x\ \frac{1}{3} + \int_0^{{\pi}/{2}} \mathrm{d}y\ \frac{1}{3} \\ &=\frac{\pi}{3} \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.4절 · 16번
# 스토크스 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
57.CLP-4 · 4.4절 · 23번대학 수준우리말 번역

다음과 같이 두세요.

F=(2z1+y+sin⁡(x2) , 3z1+x+sin⁡(y2) , 5(x+1)(y+2))\mathbf{F}=\left(\frac{2z}{1+y}+\sin(x^2)\,,\, \frac{3z}{1+x}+\sin(y^2)\,,\, 5(x+1)(y+2)\right)

CC 는 네 선분으로 이루어진 방향이 있는 곡선이라 하세요. 네 선분은 다음과 같습니다. (0,0,0)(0,0,0) 에서 (2,0,0)(2,0,0) 까지, (2,0,0)(2,0,0) 에서 (0,0,2)(0,0,2) 까지, (0,0,2)(0,0,2) 에서 (0,3,0)(0,3,0) 까지, (0,3,0)(0,3,0) 에서 (0,0,0)(0,0,0) 까지.

(a) CC 의 그림을 그리세요. 각 선분의 방향을 분명하게 나타내세요. (b) 일 적분 ∫CF⋅dr\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let

F=(2z1+y+sin⁡(x2) , 3z1+x+sin⁡(y2) , 5(x+1)(y+2))\mathbf{F}=\left(\frac{2z}{1+y}+\sin(x^2)\,,\, \frac{3z}{1+x}+\sin(y^2)\,,\, 5(x+1)(y+2)\right)

Let CC be the oriented curve consisting of four line segments from (0,0,0)(0,0,0) to (2,0,0)(2,0,0), from (2,0,0)(2,0,0) to (0,0,2)(0,0,2), from (0,0,2)(0,0,2) to (0,3,0)(0,3,0), and from (0,3,0)(0,3,0) to (0,0,0)(0,0,0).

(a) Draw a picture of CC. Clearly indicate the orientation on each line segment. (b) Compute the work integral ∫CF⋅dr\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}.

정답·풀이 보기

(a) 그림은 다음과 같다.

그림

(b) 복잡한 벡터장을 비교적 복잡한 닫힌곡선을 따라 선적분하는 문제이다. 따라서 적분을 직접 계산하려 해서는 안 된다는 것을 알 수 있다. 스토크스 정리를 이용해 보자. 먼저 회전(curl)을 계산한다.

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂z2z1+y+sin⁡(x2)3z1+x+sin⁡(y2)5(x+1)(y+2)]=(5(x+1)−31+x) ı^−(5(y+2)−21+y) ȷ^+(−3z(1+x)2+2z(1+y)2) k^\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F} &=\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} &\hat{\boldsymbol{\jmath}} &\hat{\mathbf{k}} \\ \tfrac{\partial}{\partial x} & \tfrac{\partial}{\partial y} & \tfrac{\partial}{\partial z} \\ \frac{2z}{1+y}+\sin(x^2) & \frac{3z}{1+x}+\sin(y^2) & 5(x+1)(y+2) \end{matrix} \right] \\ &= \Big(5(x+1)-\frac{3}{1+x}\Big)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} -\Big(5(y+2)-\frac{2}{1+y}\Big)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\Big(-\frac{3z}{(1+x)^2}+\frac{2z}{(1+y)^2}\Big)\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}

다음으로 경계가 CC 인 곡면 SS 를 찾아야 한다. 곡면 SS 를 평평한 두 부분의 합집합으로 잡을 수 있다.

  • xzxz평면 위의 삼각형 SxS_x: 꼭짓점이 (0,0,0)(0,0,0), (2,0,0)(2,0,0), (0,0,2)(0,0,2) 이다.
  • yzyz평면 위의 삼각형 SyS_y: 꼭짓점이 (0,0,0)(0,0,0), (0,0,2)(0,0,2), (0,3,0)(0,3,0) 이다.

다음에 주목한다.

  • 스토크스 정리에서 정해지는 SxS_x 의 법선벡터는 −ȷ^-\hat{\boldsymbol{\jmath}} 이다. SxS_x 위에서는 y=0y=0 이므로 ∇×F⋅ȷ^{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}} 는 −(5(0+2)−21+0)=−8-\big(5(0+2)-\frac{2}{1+0}\big)=-8 로 간단해진다.
  • 스토크스 정리에서 정해지는 SyS_y 의 법선벡터는 −ı^-\hat{\boldsymbol{\imath}} 이다. SyS_y 위에서는 x=0x=0 이므로 ∇×F⋅ı^{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\boldsymbol{\imath}} 는 (5(0+1)−31+0)=2\big(5(0+1)-\frac{3}{1+0}\big)=2 로 간단해진다.

따라서 스토크스 정리에 의해 다음을 얻는다.

∫CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=∬Sx∇×F⋅(−ȷ^)⏞8 dS+∬Sy∇×F⋅(−ı^)⏞−2 dS=8 넓이(Sx)−2 넓이(Sy)=812(2)(2)−212(3)(2)=10\begin{aligned} \int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iint _{S_x} \overbrace{{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\jmath}})}^{8}\,\mathrm{d}S + \iint _{S_y} \overbrace{{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\imath}})}^{-2}\,\mathrm{d}S \\ &=8\,\text{넓이}(S_x) -2\,\text{넓이}(S_y) =8\frac{1}{2}(2)(2) -2\frac{1}{2}(3)(2) \\ &=10 \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

(a) Here is a sketch.

figure

(b) We are to evaluate the line integral of a complicated vector field around a relatively complicated closed curve. That certainly suggests that we should not try to evaluate the integral directly. Let's try Stokes' theorem. First, we compute the curl

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂z2z1+y+sin⁡(x2)3z1+x+sin⁡(y2)5(x+1)(y+2)]=(5(x+1)−31+x) ı^−(5(y+2)−21+y) ȷ^+(−3z(1+x)2+2z(1+y)2) k^\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F} &=\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} &\hat{\boldsymbol{\jmath}} &\hat{\mathbf{k}} \\ \tfrac{\partial}{\partial x} & \tfrac{\partial}{\partial y} & \tfrac{\partial}{\partial z} \\ \frac{2z}{1+y}+\sin(x^2) & \frac{3z}{1+x}+\sin(y^2) & 5(x+1)(y+2) \end{matrix} \right] \\ &= \Big(5(x+1)-\frac{3}{1+x}\Big)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} -\Big(5(y+2)-\frac{2}{1+y}\Big)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\Big(-\frac{3z}{(1+x)^2}+\frac{2z}{(1+y)^2}\Big)\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}

Next we need to find a surface SS whose boundary is CC. We can choose the surface SS to be the union of two flat parts:

  • the triangle SxS_x in the xzxz-plane with vertices (0,0,0)(0,0,0), (2,0,0)(2,0,0), and (0,0,2)(0,0,2) and
  • the triangle SyS_y in the yzyz-plane with vertices (0,0,0)(0,0,0), (0,0,2)(0,0,2), and (0,3,0)(0,3,0)

Note that

  • The normal to SxS_x specified by Stokes' theorem is −ȷ^-\hat{\boldsymbol{\jmath}}. On SxS_x we have y=0y=0, so that ∇×F⋅ȷ^{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}} simplifies to −(5(0+2)−21+0)=−8-\big(5(0+2)-\frac{2}{1+0}\big)=-8.
  • The normal to SyS_y specified by Stokes' theorem is −ı^-\hat{\boldsymbol{\imath}}. On SyS_y we have x=0x=0, so that ∇×F⋅ı^{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\boldsymbol{\imath}} simplifies to (5(0+1)−31+0)=2\big(5(0+1)-\frac{3}{1+0}\big)=2.

So Stokes' theorem gives

∫CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=∬Sx∇×F⋅(−ȷ^)⏞8 dS+∬Sy∇×F⋅(−ı^)⏞−2 dS=8 Area(Sx)−2 Area(Sy)=812(2)(2)−212(3)(2)=10\begin{aligned} \int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} &=\iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =\iint _{S_x} \overbrace{{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\jmath}})}^{8}\,\mathrm{d}S + \iint _{S_y} \overbrace{{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot(-\hat{\boldsymbol{\imath}})}^{-2}\,\mathrm{d}S \\ &=8\,\text{Area}(S_x) -2\,\text{Area}(S_y) =8\frac{1}{2}(2)(2) -2\frac{1}{2}(3)(2) \\ &=10 \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.4절 · 22번
# 스토크스 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
58.CLP-4 · 4.4절 · 25번대학 수준우리말 번역

S\mathcal{S} 를 아래의 곡면이라 하고, 바깥쪽 법선으로 방향을 정하자. x2+y2+2(z−1)2=6,z≥0.x^2 + y^2 + 2(z-1)^2 = 6,\qquad z\ge 0. (예를 들어, 곡면의 가장 높은 점에서 단위법선벡터는 k^\hat{\mathbf{k}} 이다.)

다음과 같이 정의한다. G=∇×F,whereF=(xz−y3cos⁡z) ı^+x3ez ȷ^+xyzex2+y2+z2 k^.\mathbf{G} = \nabla\times\mathbf{F}, \qquad{\rm where}\qquad \mathbf{F} = (xz - y^3\cos z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + x^3 e^z\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + xyze^{x^2+y^2+z^2}\,\hat{\mathbf{k}}. ∬SG⋅n^dS\iint _\mathcal{S} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\mathrm{d}S 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let S\mathcal{S} be the curved surface below, oriented by the outward normal: x2+y2+2(z−1)2=6,z≥0.x^2 + y^2 + 2(z-1)^2 = 6,\qquad z\ge 0. (E.g., at the high point of the surface, the unit normal is k^\hat{\mathbf{k}}.)

Define G=∇×F,whereF=(xz−y3cos⁡z) ı^+x3ez ȷ^+xyzex2+y2+z2 k^.\mathbf{G} = \nabla\times\mathbf{F}, \qquad{\rm where}\qquad \mathbf{F} = (xz - y^3\cos z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + x^3 e^z\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + xyze^{x^2+y^2+z^2}\,\hat{\mathbf{k}}. Find ∬SG⋅n^dS\iint _\mathcal{S} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\mathrm{d}S.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

주어진 곡면은 (x,y,z)=(0,0,1)(x,y,z)=(0,0,1) 을 중심으로 하는 타원면이다. 이 곡면은 평면 z=0z=0 위의 곡선 C\mathcal{C} 를 덮고 있으며, 이 곡선은 x2+y2=4x^2+y^2=4 로 주어진다. 이는 원점을 중심으로 하고 반지름이 22 인 원이며, zz축의 양의 방향에서 볼 때 시계 반대 방향으로 방향이 정해져 있다.

방법 I — 스토크스 정리를 두 번 사용: D\mathcal{D} 를 평면 위의 원판 x2+y2≤4x^2+y^2\le 4, z=0z=0 이라 하자. 스토크스 정리를 두 번 사용하면 다음을 얻는다. ∬SG⋅n^ dS=∬S∇×F⋅n^ dS=∮CF⋅dr=∬D∇×F⋅n^ dS=∬DG⋅n^ dS\iint _\mathcal{S} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \iint _\mathcal{S} \nabla\times\mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \oint_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} = \iint _\mathcal{D} \nabla\times\mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \iint _\mathcal{D} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S 이제 D\mathcal{D} 위에서 n^=k^\hat{\mathbf{n}}=\hat{\mathbf{k}} 이고 z=0z=0 이므로, 이 곡면 위에서

G⋅n^=(∇×F)⋅k^=det⁡[001∂∂x∂∂y∂∂z(xz−y3cos⁡z)x3ezxyzex2+y2+z2]z=0=[3x2ez+3y2cos⁡z]z=0=3(x2+y2)\begin{aligned} \mathbf{G}\cdot\hat{\mathbf{n}} = (\nabla\times\mathbf{F})\cdot\hat{\mathbf{k}} &= \det\left[\begin{matrix} 0 & 0 & 1 \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ (xz - y^3\cos z) & x^3 e^z & xyze^{x^2+y^2+z^2} \end{matrix}\right]_{z=0} \\[0.05in] &= \big[3x^2 e^z + 3y^2\cos z\big]_{z=0} = 3(x^2+y^2) \end{aligned}

따라서 극좌표를 이용하면 ∬SG⋅n^ dS=∬D3(x2+y2) dxdy=3∫θ=02π∫r=02(r2) r dr dθ=3(2π)(4)=24π\iint _\mathcal{S} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \iint _\mathcal{D} 3(x^2+y^2)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = 3\int_{\theta=0}^{2\pi} \int_{r=0}^2 (r^2)\,r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta = 3(2\pi)(4)= 24\pi

방법 II — 스토크스 정리를 한 번 사용: 스토크스 정리에 의해

∬SG⋅n^ dS=∬S∇×F⋅n^ dS=∮CF⋅dr\iint _\mathcal{S} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \iint _\mathcal{S} \nabla\times\mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \oint_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}

원 C\mathcal{C} 를 r(θ)=2cos⁡θ ı^+2sin⁡θ ȷ^,0≤θ≤2π\mathbf{r}(\theta) = 2\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 2\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}},\qquad 0\le\theta\le 2\pi 로 매개화하면 dr=drdθ dθ=(−2sin⁡θ ı^+2cos⁡θ ȷ^) dθ.\mathrm{d}\mathbf{r} = \frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}\theta}\,\mathrm{d}\theta = (-2\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 2\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}\theta. 를 얻는다. 그러면 C\mathcal{C} 위에서 z=0z=0 이므로,

∬SG⋅n^ dS=∫02π(−(2sin⁡θ)3 ı^+(2cos⁡θ)3 ȷ^⏞F(r(θ)))⋅(−2sin⁡θ ı^+2cos⁡θ ȷ^⏞r′(θ)) dθ=16∫02π(sin⁡4θ+cos⁡4θ) dθ\begin{aligned} \iint _\mathcal{S} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= \int_{0}^{2\pi}\big( \overbrace{-(2\sin\theta)^3\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (2\cos\theta)^3\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}}^ {\mathbf{F}\big(\mathbf{r}(\theta)\big)}\big) \cdot \big(\overbrace{-2\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 2\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}}^{\mathbf{r}'(\theta)}\big) \,\mathrm{d}\theta \\ &= 16 \int_{0}^{2\pi}\big(\sin^4\theta + \cos^4\theta\big)\,\mathrm{d}\theta \end{aligned}

배각 공식

cos⁡2θ=1+cos⁡(2θ)2sin⁡2θ=1−cos⁡(2θ)2\begin{aligned} \cos^2\theta=\frac{1+\cos(2\theta)}{2}\qquad \sin^2\theta=\frac{1-\cos(2\theta)}{2}\qquad \end{aligned}

에 의해 다음을 얻는다.

sin⁡4θ+cos⁡4θ=[1−cos⁡(2θ)]24+[1+cos⁡(2θ)]24=12+cos⁡2(2θ)2=12+1+cos⁡(4θ)4\begin{aligned} \sin^4\theta + \cos^4\theta &=\frac{\big[1-\cos(2\theta)\big]^2}{4} + \frac{\big[1+\cos(2\theta)\big]^2}{4} \\ &=\frac{1}{2} + \frac{\cos^2(2\theta)}{2} =\frac{1}{2} + \frac{1+\cos(4\theta)}{4} \end{aligned}

그러므로 ∬SG⋅n^ dS=16∫02π(34+14cos⁡(4θ)) dθ=16×34×(2π)=24π\iint _\mathcal{S} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =16\int_{0}^{2\pi} \left(\frac{3}{4}+\frac{1}{4}\cos(4\theta)\right) \,\mathrm{d}\theta = 16\times\frac{3}{4}\times (2\pi) = 24\pi

원본 교재 풀이(영어)

The given surface is an ellipsoid centred at (x,y,z)=(0,0,1)(x,y,z)=(0,0,1). It caps a curve C\mathcal{C} in the plane z=0z=0, given by x2+y2=4x^2+y^2=4. This is a circle of radius 22 centred at the origin, oriented counterclockwise when viewed from the positive zz-axis.

Method I — double Stokes': Let D\mathcal{D} denote the plane disk x2+y2≤4x^2+y^2\le 4, z=0z=0. Using Stokes' theorem twice gives ∬SG⋅n^ dS=∬S∇×F⋅n^ dS=∮CF⋅dr=∬D∇×F⋅n^ dS=∬DG⋅n^ dS\iint _\mathcal{S} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \iint _\mathcal{S} \nabla\times\mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \oint_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} = \iint _\mathcal{D} \nabla\times\mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \iint _\mathcal{D} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S Now in D\mathcal{D} we have n^=k^\hat{\mathbf{n}}=\hat{\mathbf{k}} and z=0z=0, so on this surface,

G⋅n^=(∇×F)⋅k^=det⁡[001∂∂x∂∂y∂∂z(xz−y3cos⁡z)x3ezxyzex2+y2+z2]z=0=[3x2ez+3y2cos⁡z]z=0=3(x2+y2)\begin{aligned} \mathbf{G}\cdot\hat{\mathbf{n}} = (\nabla\times\mathbf{F})\cdot\hat{\mathbf{k}} &= \det\left[\begin{matrix} 0 & 0 & 1 \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ (xz - y^3\cos z) & x^3 e^z & xyze^{x^2+y^2+z^2} \end{matrix}\right]_{z=0} \\[0.05in] &= \big[3x^2 e^z + 3y^2\cos z\big]_{z=0} = 3(x^2+y^2) \end{aligned}

Hence, using polar coordinates, ∬SG⋅n^ dS=∬D3(x2+y2) dxdy=3∫θ=02π∫r=02(r2) r dr dθ=3(2π)(4)=24π\iint _\mathcal{S} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \iint _\mathcal{D} 3(x^2+y^2)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = 3\int_{\theta=0}^{2\pi} \int_{r=0}^2 (r^2)\,r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta = 3(2\pi)(4)= 24\pi

Method II — single Stokes': By Stokes' theorem

∬SG⋅n^ dS=∬S∇×F⋅n^ dS=∮CF⋅dr\iint _\mathcal{S} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \iint _\mathcal{S} \nabla\times\mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S = \oint_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}

Parametrize the circle C\mathcal{C} using r(θ)=2cos⁡θ ı^+2sin⁡θ ȷ^,0≤θ≤2π\mathbf{r}(\theta) = 2\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 2\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}},\qquad 0\le\theta\le 2\pi to obtain dr=drdθ dθ=(−2sin⁡θ ı^+2cos⁡θ ȷ^) dθ.\mathrm{d}\mathbf{r} = \frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}\theta}\,\mathrm{d}\theta = (-2\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 2\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}})\,\mathrm{d}\theta. Then since z=0z=0 on C\mathcal{C},

∬SG⋅n^ dS=∫02π(−(2sin⁡θ)3 ı^+(2cos⁡θ)3 ȷ^⏞F(r(θ)))⋅(−2sin⁡θ ı^+2cos⁡θ ȷ^⏞r′(θ)) dθ=16∫02π(sin⁡4θ+cos⁡4θ) dθ\begin{aligned} \iint _\mathcal{S} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &= \int_{0}^{2\pi}\big( \overbrace{-(2\sin\theta)^3\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (2\cos\theta)^3\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}}^ {\mathbf{F}\big(\mathbf{r}(\theta)\big)}\big) \cdot \big(\overbrace{-2\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 2\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}}^{\mathbf{r}'(\theta)}\big) \,\mathrm{d}\theta \\ &= 16 \int_{0}^{2\pi}\big(\sin^4\theta + \cos^4\theta\big)\,\mathrm{d}\theta \end{aligned}

By the double angle trig identities

cos⁡2θ=1+cos⁡(2θ)2sin⁡2θ=1−cos⁡(2θ)2\begin{aligned} \cos^2\theta=\frac{1+\cos(2\theta)}{2}\qquad \sin^2\theta=\frac{1-\cos(2\theta)}{2}\qquad \end{aligned}

we have

sin⁡4θ+cos⁡4θ=[1−cos⁡(2θ)]24+[1+cos⁡(2θ)]24=12+cos⁡2(2θ)2=12+1+cos⁡(4θ)4\begin{aligned} \sin^4\theta + \cos^4\theta &=\frac{\big[1-\cos(2\theta)\big]^2}{4} + \frac{\big[1+\cos(2\theta)\big]^2}{4} \\ &=\frac{1}{2} + \frac{\cos^2(2\theta)}{2} =\frac{1}{2} + \frac{1+\cos(4\theta)}{4} \end{aligned}

So ∬SG⋅n^ dS=16∫02π(34+14cos⁡(4θ)) dθ=16×34×(2π)=24π\iint _\mathcal{S} \mathbf{G}\cdot \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S =16\int_{0}^{2\pi} \left(\frac{3}{4}+\frac{1}{4}\cos(4\theta)\right) \,\mathrm{d}\theta = 16\times\frac{3}{4}\times (2\pi) = 24\pi

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.4절 · 9번
# 스토크스 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
59.CLP-4 · 4.4절 · 27번대학 수준우리말 번역

SS 를 꼭짓점이 (±1,±1,±1)(\pm 1,\pm1,\pm1) 인 정육면체의 윗면과 네 옆면으로 이루어진, 바깥쪽으로 향하도록 방향이 주어진 곡면이라 하자. F(x,y,z)=(xyz,xy2,x2yz)\mathbf{F}(x,y,z)=(xyz,xy^2,x^2yz) 일 때, SS 를 통과하는 ∇×F{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F} 의 선속을 구하세요.

영어 원문 보기

Let SS be the oriented surface consisting of the top and four sides of the cube whose vertices are (±1,±1,±1)(\pm 1,\pm1,\pm1), oriented outward. If F(x,y,z)=(xyz,xy2,x2yz)\mathbf{F}(x,y,z)=(xyz,xy^2,x^2yz), find the flux of ∇×F{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F} through SS.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

풀이 1: S′S' 을 정육면체의 아랫면이라 하고, 법선벡터 k^\hat{\mathbf{k}} 로 방향을 정하자. 그러면 ∂S=∂S′\partial S=\partial S' 이므로 스토크스 정리에 의해

∬S∇×F⋅n^ dS=∮∂SF⋅dr=∮∂S′F⋅dr=∬S′∇×F⋅n^ dS\iint _S{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S =\oint_{\partial S}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\oint_{\partial S'}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\iint _{S'}{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S

이다.

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zxyzxy2x2yz]=(⋯ , ⋯ , y2−xz)\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\[0.05in] \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\[0.05in] xyz & xy^2 & x^2yz \end{matrix}\right] =\big(\cdots\,,\,\cdots\,,\,y^2-xz\big) \end{aligned}

이고 S′S' 위에서 n^=k^\hat{\mathbf{n}}=\hat{\mathbf{k}} 이며 S′S' 위에서 z=−1z=-1 이므로

∬S′∇×F⋅n^ dS=∫−11dx∫−11dy (⋯ ,⋯ ,y2−xz)⋅k^∣z=−1=∫−11dx∫−11dy (y2+x)=∫−11dx∫−11dy y2=2×2∫01dy y2=43\begin{aligned} \iint _{S'}{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S &=\int_{-1}^1 \mathrm{d}x\int_{-1}^1 \mathrm{d}y\ \big(\cdots,\cdots,y^2-xz\big)\cdot\hat{\mathbf{k}}\Big|_{z=-1} =\int_{-1}^1 \mathrm{d}x\int_{-1}^1 \mathrm{d}y\ (y^2+x) \\ &=\int_{-1}^1 \mathrm{d}x\int_{-1}^1 \mathrm{d}y\ y^2 =2\times 2\int_0^1\mathrm{d}y\ y^2 =\frac{4}{3} \end{aligned}

이다.

풀이 2: SS 의 경계는 아래 그림과 같이 변 C1C_1, ⋯\cdots, C4C_4 로 이루어진 정사각형 CC 이다.

그림

스토크스 정리에 의해

∬S∇×F⋅n^ dS=∮CF⋅dr\iint _S{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S =\oint_{C}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}

이다.

C1C_1 을 xx 로 매개화하자. 즉 r(x)=xı^−ȷ^−k^\mathbf{r}(x)= x\hat{\boldsymbol{\imath}} - \hat{\boldsymbol{\jmath}} -\hat{\mathbf{k}}, −1≤x≤1-1\le x\le 1 이다. r′(x)=ı^\mathbf{r}'(x) = \hat{\boldsymbol{\imath}} 이고 C1C_1 위에서 y=z=−1y=z=-1 이므로

∫C1F⋅dr=∫−11F(r(x))⋅r′(x) dx=∫−11F(r(x))⋅ı^ dx=∫−11x(−1)(−1)⏞xyz dx=0(x 는 홀함수이므로)\begin{aligned} \int_{C_1}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\int_{-1}^1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(x)\big)\cdot\mathbf{r}'(x)\ \mathrm{d}x =\int_{-1}^1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(x)\big)\cdot\hat{\boldsymbol{\imath}}\ \mathrm{d}x =\int_{-1}^1\overbrace{x(-1)(-1)}^{xyz}\ \mathrm{d}x \\ &=0\qquad\text{($x$ 는 홀함수이므로)} \end{aligned}

이다.

C2C_2 를 yy 로 매개화하자. 즉 r(y)=ı^+y ȷ^−k^\mathbf{r}(y)= \hat{\boldsymbol{\imath}} + y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -\hat{\mathbf{k}}, −1≤y≤1-1\le y\le 1 이다. r′(y)=ȷ^\mathbf{r}'(y) = \hat{\boldsymbol{\jmath}} 이고 C2C_2 위에서 x=1x=1 이므로

∫C2F⋅dr=∫−11F(r(y))⋅ȷ^ dy=∫−11y2⏞xy2 dy=[y33]−11=23\begin{aligned} \int_{C_2}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\int_{-1}^1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(y)\big)\cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}}\ \mathrm{d}y =\int_{-1}^1\overbrace{y^2}^{xy^2}\ \mathrm{d}y =\left[\frac{y^3}{3}\right]_{-1}^1 =\frac{2}{3} \end{aligned}

이다.

C3C_3 을 xx 로 매개화하자. 즉 r(x)=xı^+ȷ^−k^\mathbf{r}(x)= x\hat{\boldsymbol{\imath}} + \hat{\boldsymbol{\jmath}} -\hat{\mathbf{k}} 이고 xx 는 11 에서 −1-1 까지 변한다. (이것이 불안하면 t=−xt=-x 로 매개화하라. 즉 r(t)=−t ı^+ȷ^−k^\mathbf{r}(t)= -t\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + \hat{\boldsymbol{\jmath}} -\hat{\mathbf{k}}, −1≤t≤1-1\le t\le 1 이다.) r′(x)=ı^\mathbf{r}'(x) = \hat{\boldsymbol{\imath}} 이고 C3C_3 위에서 y=1y=1, z=−1z=-1 이므로

∫C3F⋅dr=∫1−1F(r(x))⋅ı^ dx=∫1−1x (1)(−1)⏞xyz dx=0(x 는 홀함수이므로)\begin{aligned} \int_{C_3}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\int^{-1}_1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(x)\big)\cdot\hat{\boldsymbol{\imath}}\ \mathrm{d}x =\int^{-1}_1\overbrace{x\ (1)(-1)}^{xyz}\ \mathrm{d}x =0\qquad\text{($x$ 는 홀함수이므로)} \end{aligned}

이다.

C4C_4 를 yy 로 매개화하자. 즉 r(y)=−ı^+y ȷ^−k^\mathbf{r}(y)= -\hat{\boldsymbol{\imath}} + y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -\hat{\mathbf{k}} 이고 yy 는 11 에서 −1-1 까지 변한다. r′(y)=ȷ^\mathbf{r}'(y) = \hat{\boldsymbol{\jmath}} 이고 C4C_4 위에서 x=−1x=-1 이므로

∫C4F⋅dr=∫1−1F(r(y))⋅ȷ^ dy=∫1−1(−1)y2⏞xy2 dy=−[y33]1−1=23\begin{aligned} \int_{C_4}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\int^{-1}_1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(y)\big)\cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}}\ \mathrm{d}y =\int^{-1}_1\overbrace{(-1)y^2}^{xy^2}\ \mathrm{d}y =-\left[\frac{y^3}{3}\right]^{-1}_1 =\frac{2}{3} \end{aligned}

이다.

모두 합하면

∬S∇×F⋅n^ dS=∫C1F⋅dr+∫C2F⋅dr+∫C3F⋅dr+∫C4F⋅dr=43\iint _S{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S =\int_{C_1}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} + \int_{C_2}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} +\int_{C_3}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} + \int_{C_4}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\frac{4}{3}

이다.

원본 교재 풀이(영어)

Solution 1: Let S′S' be the bottom surface of the cube, oriented with normal k^\hat{\mathbf{k}}. Then, by Stokes' theorem, since ∂S=∂S′\partial S=\partial S',

∬S∇×F⋅n^ dS=∮∂SF⋅dr=∮∂S′F⋅dr=∬S′∇×F⋅n^ dS\iint _S{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S =\oint_{\partial S}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\oint_{\partial S'}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\iint _{S'}{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S

Since

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zxyzxy2x2yz]=(⋯ , ⋯ , y2−xz)\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\[0.05in] \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\[0.05in] xyz & xy^2 & x^2yz \end{matrix}\right] =\big(\cdots\,,\,\cdots\,,\,y^2-xz\big) \end{aligned}

and n^=k^\hat{\mathbf{n}}=\hat{\mathbf{k}} on S′S' and z=−1z=-1 on S′S'

∬S′∇×F⋅n^ dS=∫−11dx∫−11dy (⋯ ,⋯ ,y2−xz)⋅k^∣z=−1=∫−11dx∫−11dy (y2+x)=∫−11dx∫−11dy y2=2×2∫01dy y2=43\begin{aligned} \iint _{S'}{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S &=\int_{-1}^1 \mathrm{d}x\int_{-1}^1 \mathrm{d}y\ \big(\cdots,\cdots,y^2-xz\big)\cdot\hat{\mathbf{k}}\Big|_{z=-1} =\int_{-1}^1 \mathrm{d}x\int_{-1}^1 \mathrm{d}y\ (y^2+x) \\ &=\int_{-1}^1 \mathrm{d}x\int_{-1}^1 \mathrm{d}y\ y^2 =2\times 2\int_0^1\mathrm{d}y\ y^2 =\frac{4}{3} \end{aligned}

Solution 2: The boundary of SS is the square CC, with sides C1C_1, ⋯\cdots, C4C_4, in the sketch

figure

By Stokes' theorem,

∬S∇×F⋅n^ dS=∮CF⋅dr\iint _S{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S =\oint_{C}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}

Parametrize C1C_1 by xx. That is, r(x)=xı^−ȷ^−k^\mathbf{r}(x)= x\hat{\boldsymbol{\imath}} - \hat{\boldsymbol{\jmath}} -\hat{\mathbf{k}}, −1≤x≤1-1\le x\le 1. Since r′(x)=ı^\mathbf{r}'(x) = \hat{\boldsymbol{\imath}}, and y=z=−1y=z=-1 on C1C_1,

∫C1F⋅dr=∫−11F(r(x))⋅r′(x) dx=∫−11F(r(x))⋅ı^ dx=∫−11x(−1)(−1)⏞xyz dx=0(since x is odd)\begin{aligned} \int_{C_1}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\int_{-1}^1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(x)\big)\cdot\mathbf{r}'(x)\ \mathrm{d}x =\int_{-1}^1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(x)\big)\cdot\hat{\boldsymbol{\imath}}\ \mathrm{d}x =\int_{-1}^1\overbrace{x(-1)(-1)}^{xyz}\ \mathrm{d}x \\ &=0\qquad\text{(since $x$ is odd)} \end{aligned}

Parametrize C2C_2 by yy. That is, r(y)=ı^+y ȷ^−k^\mathbf{r}(y)= \hat{\boldsymbol{\imath}} + y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -\hat{\mathbf{k}}, −1≤y≤1-1\le y\le 1. Since r′(y)=ȷ^\mathbf{r}'(y) = \hat{\boldsymbol{\jmath}}, and x=1x=1 on C2C_2,

∫C2F⋅dr=∫−11F(r(y))⋅ȷ^ dy=∫−11y2⏞xy2 dy=[y33]−11=23\begin{aligned} \int_{C_2}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\int_{-1}^1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(y)\big)\cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}}\ \mathrm{d}y =\int_{-1}^1\overbrace{y^2}^{xy^2}\ \mathrm{d}y =\left[\frac{y^3}{3}\right]_{-1}^1 =\frac{2}{3} \end{aligned}

Parametrize C3C_3 by xx. That is, r(x)=xı^+ȷ^−k^\mathbf{r}(x)= x\hat{\boldsymbol{\imath}} + \hat{\boldsymbol{\jmath}} -\hat{\mathbf{k}} with xx running from 11 to −1-1. (If you're nervous about this, parametrize by t=−xt=-x. That is r(t)=−t ı^+ȷ^−k^\mathbf{r}(t)= -t\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + \hat{\boldsymbol{\jmath}} -\hat{\mathbf{k}}, −1≤t≤1-1\le t\le 1.) Since r′(x)=ı^\mathbf{r}'(x) = \hat{\boldsymbol{\imath}}, and y=1y=1, z=−1z=-1 on C3C_3,

∫C3F⋅dr=∫1−1F(r(x))⋅ı^ dx=∫1−1x (1)(−1)⏞xyz dx=0(since x is odd)\begin{aligned} \int_{C_3}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\int^{-1}_1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(x)\big)\cdot\hat{\boldsymbol{\imath}}\ \mathrm{d}x =\int^{-1}_1\overbrace{x\ (1)(-1)}^{xyz}\ \mathrm{d}x =0\qquad\text{(since $x$ is odd)} \end{aligned}

Parametrize C4C_4 by yy. That is, r(y)=−ı^+y ȷ^−k^\mathbf{r}(y)= -\hat{\boldsymbol{\imath}} + y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -\hat{\mathbf{k}}, with yy running from 11 to −1-1. Since r′(y)=ȷ^\mathbf{r}'(y) = \hat{\boldsymbol{\jmath}}, and x=−1x=-1 on C4C_4,

∫C4F⋅dr=∫1−1F(r(y))⋅ȷ^ dy=∫1−1(−1)y2⏞xy2 dy=−[y33]1−1=23\begin{aligned} \int_{C_4}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\int^{-1}_1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(y)\big)\cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}}\ \mathrm{d}y =\int^{-1}_1\overbrace{(-1)y^2}^{xy^2}\ \mathrm{d}y =-\left[\frac{y^3}{3}\right]^{-1}_1 =\frac{2}{3} \end{aligned}

All together

∬S∇×F⋅n^ dS=∫C1F⋅dr+∫C2F⋅dr+∫C3F⋅dr+∫C4F⋅dr=43\iint _S{ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}S =\int_{C_1}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} + \int_{C_2}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} +\int_{C_3}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} + \int_{C_4}\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\frac{4}{3}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 4.4절 · 25번
# 스토크스 정리계산보통자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
60.CLP-4 · 4.4절 · 28번대학 수준우리말 번역

SS 를 다음과 같이 매개변수로 나타낸 나선형 경사로(즉, 나선면)의 일부라고 하자.

x=ucos⁡v, y=usin⁡v, z=v0≤u≤1, 0≤v≤2πx=u\cos v,\ y=u\sin v,\ z=v\qquad 0\le u\le 1,\ 0\le v\le 2\pi

CC 를 SS 의 경계라고 하고, 방향은 SS 위의 위쪽을 향하는 법선으로 정해진다고 하자. 다음 값을 구하세요.

∫Cy dx−x dy+xy dz\int_C y\,\mathrm{d}x-x\,\mathrm{d}y+ xy\,\mathrm{d}z

영어 원문 보기

Let SS denote the part of the spiral ramp (that is helicoidal surface) parametrized by

x=ucos⁡v, y=usin⁡v, z=v0≤u≤1, 0≤v≤2πx=u\cos v,\ y=u\sin v,\ z=v\qquad 0\le u\le 1,\ 0\le v\le 2\pi

Let CC denote the boundary of SS with orientation specified by the upward pointing normal on SS. Find

∫Cy dx−x dy+xy dz\int_C y\,\mathrm{d}x-x\,\mathrm{d}y+ xy\,\mathrm{d}z

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

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zy−xxy]=x ı^−y ȷ^−2 k^\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\[0.05in] \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\[0.05in] y & -x & xy \end{matrix}\right] =x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}-2\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}

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

r(u,v)=(ucos⁡v,usin⁡v,v)∂r∂u(u,v)=(cos⁡v,sin⁡v,0)∂r∂v(u,v)=(−usin⁡v,ucos⁡v,1)∂r∂u×∂r∂v=det⁡[ı^ȷ^k^cos⁡vsin⁡v0−usin⁡vucos⁡v1]=(sin⁡v,−cos⁡v,u)n^ dS=(sin⁡v,−cos⁡v,u) du dv\begin{aligned} \mathbf{r}(u,v)&=\big(u\cos v, u\sin v, v\big)\\ \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial u}(u,v)&=\big(\cos v, \sin v, 0\big)\\ \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial v}(u,v)&=\big(-u\sin v, u\cos v, 1\big)\\ \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial u}\times\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial v} &=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\[0.05in] \cos v & \sin v & 0 \\ -u\sin v& u\cos v& 1 \end{matrix}\right] =\big(\sin v, -\cos v, u\big)\\ \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S&=\big(\sin v, -\cos v, u\big)\,\mathrm{d}u\,\mathrm{d}v \end{aligned}

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

∫Cy dx−x dy+xy dz=∫CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=∫01du∫02πdv (ucos⁡v,−usin⁡v,−2)⋅(sin⁡v,−cos⁡v,u)=∫01du∫02πdv (2usin⁡vcos⁡v−2u)=[∫01du u][∫02πdv (sin⁡2v−2)]=12(−4π)=−2π\begin{aligned} \int_C y\,\mathrm{d}x-x\,\mathrm{d}y+ xy\,\mathrm{d}z &=\int_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S\\ &=\int_0^1 \mathrm{d}u \int_0^{2\pi} \mathrm{d}v\ \big(u\cos v, -u\sin v, -2\big) \cdot\big(\sin v, -\cos v, u\big)\\ &=\int_0^1 \mathrm{d}u \int_0^{2\pi} \mathrm{d}v\ \big(2u\sin v\cos v-2u\big) =\left[\int_0^1 \mathrm{d}u \ u\right] \left[\int_0^{2\pi} \mathrm{d}v\ \big(\sin 2v-2\big)\right]\\ &=\tfrac{1}{2}(-4\pi)=-2\pi \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

Let's try Stokes' Theorem. Call F=y ı^−x ȷ^+xy k^\mathbf{F}=y\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-x\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+xy\,\hat{\mathbf{k}}. Then

∇×F=det⁡[ı^ȷ^k^∂∂x∂∂y∂∂zy−xxy]=x ı^−y ȷ^−2 k^\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\[0.05in] \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\[0.05in] y & -x & xy \end{matrix}\right] =x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}-2\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}

Now compute n^ dS\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S in the (u,v)(u,v)-parametrization.

r(u,v)=(ucos⁡v,usin⁡v,v)∂r∂u(u,v)=(cos⁡v,sin⁡v,0)∂r∂v(u,v)=(−usin⁡v,ucos⁡v,1)∂r∂u×∂r∂v=det⁡[ı^ȷ^k^cos⁡vsin⁡v0−usin⁡vucos⁡v1]=(sin⁡v,−cos⁡v,u)n^ dS=(sin⁡v,−cos⁡v,u) du dv\begin{aligned} \mathbf{r}(u,v)&=\big(u\cos v, u\sin v, v\big)\\ \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial u}(u,v)&=\big(\cos v, \sin v, 0\big)\\ \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial v}(u,v)&=\big(-u\sin v, u\cos v, 1\big)\\ \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial u}\times\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial v} &=\det\left[\begin{matrix}\hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\[0.05in] \cos v & \sin v & 0 \\ -u\sin v& u\cos v& 1 \end{matrix}\right] =\big(\sin v, -\cos v, u\big)\\ \hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S&=\big(\sin v, -\cos v, u\big)\,\mathrm{d}u\,\mathrm{d}v \end{aligned}

Since u≥0u\ge 0, we do indeed have the upward pointing normal. So, Stokes' theorem tells us

∫Cy dx−x dy+xy dz=∫CF⋅dr=∬S∇×F⋅n^ dS=∫01du∫02πdv (ucos⁡v,−usin⁡v,−2)⋅(sin⁡v,−cos⁡v,u)=∫01du∫02πdv (2usin⁡vcos⁡v−2u)=[∫01du u][∫02πdv (sin⁡2v−2)]=12(−4π)=−2π\begin{aligned} \int_C y\,\mathrm{d}x-x\,\mathrm{d}y+ xy\,\mathrm{d}z &=\int_C\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\iint _S { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S\\ &=\int_0^1 \mathrm{d}u \int_0^{2\pi} \mathrm{d}v\ \big(u\cos v, -u\sin v, -2\big) \cdot\big(\sin v, -\cos v, u\big)\\ &=\int_0^1 \mathrm{d}u \int_0^{2\pi} \mathrm{d}v\ \big(2u\sin v\cos v-2u\big) =\left[\int_0^1 \mathrm{d}u \ u\right] \left[\int_0^{2\pi} \mathrm{d}v\ \big(\sin 2v-2\big)\right]\\ &=\tfrac{1}{2}(-4\pi)=-2\pi \end{aligned}

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