빌드라인 스쿨

문제 은행 · 미적분 · 대학 미적분 · 벡터 미적분

면적분과 플럭스

곡면 위에서 스칼라 함수와 벡터장(플럭스)을 적분한다

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1문제 · 1 / 1쪽

1.CLP-4 · 3.3절 · 42번대학 수준우리말 번역

S\mathcal{S} 를 곡면 (x+y+1)2+z2=4(x+y+1)^2+z^2=4 중 제1팔분공간에 놓인 부분이라 하자. S\mathcal{S} 를 통과하는 F\mathbf{F} 의 아래쪽 방향 플럭스를 구하세요. 여기서 F=xy ı^+(z−xy) ȷ^\mathbf{F}=xy\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(z-xy)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}

영어 원문 보기

Let S\mathcal{S} be the part of the surface (x+y+1)2+z2=4(x+y+1)^2+z^2=4 which lies in the first octant. Find the flux of F\mathbf{F} downwards through S\mathcal{S} where F=xy ı^+(z−xy) ȷ^\mathbf{F}=xy\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(z-xy)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}

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먼저 다음을 관찰하자.

  • (x+y+1)2≥0(x+y+1)^2\ge 0 이므로, (x+y+1)2+z2=4(x+y+1)^2+z^2=4 위의 모든 점은 ∣z∣≤2|z|\le 2 이다. 그리고,
  • ∣z0∣≤2|z_0|\le 2 일 때, 곡면 (x+y+1)2+z2=4(x+y+1)^2+z^2=4 는 수평면 z=z0z=z_0 와 (x+y+1)2=4−z02(x+y+1)^2 = 4-z_0^2 에서 만난다. 즉 두 직선 x+y=±4−z02−1x+y=\pm\sqrt{4-z_0^2}-1, z=z0z=z_0 에서 만난다.
  • 직선 x+y=±4−z02−1x+y=\pm\sqrt{4-z_0^2}-1, z=z0z=z_0 가 제1팔분공간과 만나는 것은 z0≥0z_0\ge0 이고 ±4−z02−1≥0\pm\sqrt{4-z_0^2}-1\ge 0 일 때, 그리고 그때에 한한다.
  • 따라서 x+y=−4−z02−1x+y=-\sqrt{4-z_0^2}-1, z=z0z=z_0 는 제1팔분공간과 절대 만나지 않고,
  • x+y=4−z02−1x+y=\sqrt{4-z_0^2}-1, z=z0z=z_0 가 제1팔분공간과 만나는 것은 0≤z0≤30\le z_0\le \sqrt{3} 일 때, 그리고 그때에 한한다.
  • z0=0z_0=0 일 때, 직선 x+y=4−z02−1x+y=\sqrt{4-z_0^2}-1, z=z0z=z_0 는 x+y=1x+y=1, z=0z=0 이다.
  • z0=3z_0=\sqrt{3} 일 때, 직선 x+y=4−z02−1x+y=\sqrt{4-z_0^2}-1, z=z0z=z_0 는 x+y=0x+y=0, z=2z=2 이다.
  • 그러므로 (x,y,z)(x,y,z) 가 S\mathcal{S} 위를 움직일 때, (x,y)(x,y) 는 삼각형 x≥0x\ge0, y≥0y\ge 0, x+y≤1x+y\le 1 위를 움직인다.

G(x,y,z)=(x+y+1)2+z2G(x,y,z)=(x+y+1)^2+z^2 이라 하자. 그러면 n^ dS=±∇G∇G⋅k^ dxdy=±2(x+y+1)ı^+2(x+y+1)ȷ^+2zk^2z 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\frac{2(x+y+1)\hat{\boldsymbol{\imath}}+2(x+y+1)\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2z\hat{\mathbf{k}}}{2z}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y 아래쪽 법선을 택하려면 음의 부호가 필요하므로

F⋅n^ dS=−[xy ı^+(z−xy) ȷ^]⋅[(x+y+1)ı^+(x+y+1)ȷ^+zk^z] dxdy=−1z[xy(x+y+1)+(z−xy)(x+y+1)] dxdy=−1z[z(x+y+1)] dxdy=−(x+y+1) dxdy\begin{aligned} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=-\big[xy\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(z-xy)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\big]\cdot \Big[\frac{(x+y+1)\hat{\boldsymbol{\imath}}+(x+y+1)\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z\hat{\mathbf{k}}}{z}\Big]\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &=-\frac{1}{z}\big[xy(x+y+1)+(z-xy)(x+y+1)\big]\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &=-\frac{1}{z}\big[z(x+y+1)\big]\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &=-(x+y+1)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y \end{aligned}

적분 정의역은 x≥0, y≥0, x+y≤1x\ge 0,\ y\ge 0,\ x+y\le 1 이므로

∬SF⋅n^ dS=−∫01dx∫01−xdy (x+y+1)=−∫01dx [(1+x)(1−x)+12(1−x)2]=−∫01dx [32−x−12x2]=−[32−12−16]=−56\begin{aligned} \iint _\mathcal{S}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=-\int_0^1 \mathrm{d}x\int_0^{1-x} \mathrm{d}y \ (x+y+1) =-\int_0^1 \mathrm{d}x\ \Big[(1+x)(1-x)+\frac{1}{2}(1-x)^2\Big]\\ &=-\int_0^1 \mathrm{d}x\ \Big[\frac{3}{2}-x-\frac{1}{2} x^2\Big] =-\Big[\frac{3}{2}-\frac{1}{2}-\frac{1}{6}\Big] =-\frac{5}{6} \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

First observe that,

  • because (x+y+1)2≥0(x+y+1)^2\ge 0, all points on (x+y+1)2+z2=4(x+y+1)^2+z^2=4 have ∣z∣≤2|z|\le 2 and that,
  • for ∣z0∣≤2|z_0|\le 2, the surface (x+y+1)2+z2=4(x+y+1)^2+z^2=4 intersects the horizontal plane z=z0z=z_0 on (x+y+1)2=4−z02(x+y+1)^2 = 4-z_0^2, i.e. on the two lines x+y=±4−z02−1x+y=\pm\sqrt{4-z_0^2}-1, z=z0z=z_0.
  • The line x+y=±4−z02−1x+y=\pm\sqrt{4-z_0^2}-1, z=z0z=z_0 intersects the first octant if and only if z0≥0z_0\ge0 and ±4−z02−1≥0\pm\sqrt{4-z_0^2}-1\ge 0.
  • Thus x+y=−4−z02−1x+y=-\sqrt{4-z_0^2}-1, z=z0z=z_0 never intersects the first octant and
  • x+y=4−z02−1x+y=\sqrt{4-z_0^2}-1, z=z0z=z_0 intersects the first octant if and only if 0≤z0≤30\le z_0\le \sqrt{3}.
  • When z0=0z_0=0, the line x+y=4−z02−1x+y=\sqrt{4-z_0^2}-1, z=z0z=z_0 is x+y=1x+y=1, z=0z=0.
  • When z0=3z_0=\sqrt{3}, the line x+y=4−z02−1x+y=\sqrt{4-z_0^2}-1, z=z0z=z_0 is x+y=0x+y=0, z=2z=2.
  • So as (x,y,z)(x,y,z) runs over S\mathcal{S}, (x,y)(x,y) runs over the triangle x≥0x\ge0, y≥0y\ge 0, x+y≤1x+y\le 1.

Let G(x,y,z)=(x+y+1)2+z2G(x,y,z)=(x+y+1)^2+z^2. Then n^ dS=±∇G∇G⋅k^ dxdy=±2(x+y+1)ı^+2(x+y+1)ȷ^+2zk^2z 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\frac{2(x+y+1)\hat{\boldsymbol{\imath}}+2(x+y+1)\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2z\hat{\mathbf{k}}}{2z}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y For the downward normal, we need the minus sign, so

F⋅n^ dS=−[xy ı^+(z−xy) ȷ^]⋅[(x+y+1)ı^+(x+y+1)ȷ^+zk^z] dxdy=−1z[xy(x+y+1)+(z−xy)(x+y+1)] dxdy=−1z[z(x+y+1)] dxdy=−(x+y+1) dxdy\begin{aligned} \mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=-\big[xy\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(z-xy)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\big]\cdot \Big[\frac{(x+y+1)\hat{\boldsymbol{\imath}}+(x+y+1)\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z\hat{\mathbf{k}}}{z}\Big]\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &=-\frac{1}{z}\big[xy(x+y+1)+(z-xy)(x+y+1)\big]\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &=-\frac{1}{z}\big[z(x+y+1)\big]\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &=-(x+y+1)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y \end{aligned}

The domain of integration is x≥0, y≥0, x+y≤1x\ge 0,\ y\ge 0,\ x+y\le 1, so

∬SF⋅n^ dS=−∫01dx∫01−xdy (x+y+1)=−∫01dx [(1+x)(1−x)+12(1−x)2]=−∫01dx [32−x−12x2]=−[32−12−16]=−56\begin{aligned} \iint _\mathcal{S}\mathbf{F}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,\mathrm{d}S &=-\int_0^1 \mathrm{d}x\int_0^{1-x} \mathrm{d}y \ (x+y+1) =-\int_0^1 \mathrm{d}x\ \Big[(1+x)(1-x)+\frac{1}{2}(1-x)^2\Big]\\ &=-\int_0^1 \mathrm{d}x\ \Big[\frac{3}{2}-x-\frac{1}{2} x^2\Big] =-\Big[\frac{3}{2}-\frac{1}{2}-\frac{1}{6}\Big] =-\frac{5}{6} \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 3.3절 · 31번
# 면적분과 플럭스계산도전자동 분류
CLP-4 Vector Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)