벡터 해석 단원의문제를 모아놓은 글이다.
다음 목록의 글들을 공부하고 풀어보자.
1. Evaluate the line integral, where $C$ is given curve.
$$ \int_C xe^y \; ds, \quad C \text{ is the line segment from } (2, 0) \text{ to } (5,4) $$
곡선 $C$ 를 매개변수 함수로 다음과 같이 표현할 수 있다.
$$ C : \textbf{r}(t) = <2 + 3t, \; 4t>, \quad 0 \le t \le 1 $$
그러면 $\textbf{r}'(t) = <3, \; 4>$ 이므로 $|\textbf{r}'(t)| = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5$ 이다.
주어진 적분은 스칼라 함수 $f(x,y) = xe^y$ 를 $C$ 를 따라 선적분하라는 의미이고
스칼라 함수의 선적분은 다음과 같이 계산함을 떠올리자.
$$ \int_C \textcolor{orange}{f(x,y)} \; \textcolor{skyblue}{ds} = \int_a^b \textcolor{orange}{f(\textbf{r}(t))} \textcolor{skyblue}{|\textbf{r}'(t)| \; dt} $$
즉 다음과 같다.
$$ \begin{align} \int_C \textcolor{orange}{xe^y} \; \textcolor{skyblue}{ds} = &\int_0^1 \textcolor{orange}{(2+3t)e^{4t}} \textcolor{skyblue}{|5| \; dt} \\ = &\int_0^1 (10 + 15t)e^{4t} \; dt \\ = &\textcolor{royalblue}{\dfrac{5}{16}(17e^4 - 5)} \end{align} $$
적분 계산 과정은 생략했다.
2. Evaluate the line integral, where $C$ is the given curve.
$$ \int_C e^x \; dx, \quad C \text{ is the arc of the curve } x = y^3 \text{ from } (-1, -1) \text{ to } (1, 1) $$
주어진 적분을 다음과 같이 변형해보자.
$$ \int_C <e^x, \; 0> \cdot <dx, \; dy> $$
$d\textbf{r} = <dx, \; dy>$ 이므로 $\textbf{F} = <e^x, \; 0>$ 라고 하면
다음과 같이 벡터장의 선적분으로 간주할 수 있다.
$$ \int_C <e^x, \; 0> \cdot <dx, \; dy> = \int_C \textbf{F} \cdot d\textbf{r} $$
벡터장의 선적분은 다음과 같이 계산됨을 떠올리자.
$$ \int_C \textbf{F} \cdot d\textbf{r} = \int_a^b \textbf{F}(\textbf{r}(t)) \cdot \textbf{r}'(t) \; dt $$
이제 곡선을 매개변수화 해야 한다.
$x = y^3$ 의 관계가 성립하므로 모든 성분을 $y$ 에 대해 표현하면 될 것이다.
$y$ 를 매개변수 취급하여 다음과 같이 매개변수 곡선을 써보자.
$$ C : \textbf{r}(y) = <y^3, \; y> , \quad -1 \le y \le 1 $$
그러면 $\textbf{r}'(y) = <3y^2, \; 1>$ 이다.
따라서 주어진 선적분은 다음과 같이 계산된다.
$$ \begin{align} \int_C e^x \; dx = \int_C \textbf{F} \cdot d\textbf{r} = &\int_{-1}^{1} \textcolor{orange}{\textbf{F}(\textbf{r}(y))} \cdot \textcolor{skyblue}{\textbf{r}'(y) \; dy} \\ = &\int_{-1}^{1} \textcolor{orange}{<e^{y^3}, \; 0>} \cdot \textcolor{skyblue}{<3y^2, \; 1> \; dy} \\ = &\int_{-1}^{1} 3y^2 e^{y^3} \; dy \\ = &\textcolor{royalblue}{e - \dfrac{1}{e}} \end{align} $$
3. Evaluate the line integral $\displaystyle \int_C \textbf{F} \cdot d\textbf{r}$, where $C$ is given by the vector function $\textbf{r}(t)$.
$$ \textbf{F}(x,y,z) = <x, \; y, \; xy>, \quad \textbf{r}(t) = <\cos{t}, \; \sin{t}, \; t>, \; 0 \le t \le \pi $$
벡터장의 선적분은 다음과 같이 계산됨을 떠올리자.
$$ \int_C \textbf{F} \cdot d\textbf{r} = \int_a^b \textbf{F}(\textbf{r}(t)) \cdot \textbf{r}'(t) \; dt $$
주어진 $\textbf{r}(t)$ 에 대해 $\textbf{r}'(t)$ 는 다음과 같다.
$$ \textbf{r}'(t) = <-\sin{t}, \; \cos{t}, \; 1> $$
따라서 선적분은 계산하면 다음과 같다.
$$ \begin{align} \int_C \textbf{F} \cdot d\textbf{r} = &\int_0^{\pi} <\cos{t}, \; \sin{t}, \; \sin{t}\cos{t}> \cdot <-\sin{t}, \; \cos{t}, \; 1> \; dt \\ = &\int_0^{\pi} \sin{t}\cos{t} \; dt \\ = &\int_0^{\pi} \dfrac{1}{2}\sin{(2t)} \; dt = \textcolor{royalblue}{0} \end{align} $$
4. Find a function $f$ such that $\textbf{F} = \nabla f$
and evaluate $\displaystyle \int_C \textbf{F} \cdot d\textbf{r}$ along the given curve $C$.
$$ \textbf{F}(x, y, z) = <yz, \; xz, \; xy + 2z>, \quad C \text{ is the line segment from } (1, 0, 2) \text{ to } (4,6,3) $$
우선 포텐셜 함수가 존재하려면 보존장이어야 하고 보존장인지 알아보기 위해
$\mathbb{R}^3$ 에서 정의된 벡터장 $\textbf{F}$ 가 $\nabla \times \textbf{F} = \textbf{0}$ 이면 보존장이다 라는 정리를 이용하자.
$$ \nabla \times \textbf{F} = \begin{vmatrix} \textbf{i} & \textbf{j} & \textbf{k} \\ \dfrac{\partial}{\partial x} & \dfrac{\partial}{\partial y} & \dfrac{\partial}{\partial z} \\ yz & xz & xy + 2z \end{vmatrix} = \textbf{0} $$
이므로 $\textbf{F}$ 는 보존장이고 따라서 포텐셜 함수 $f$ 가 존재한다.
$\textbf{F} = \nabla f$ 를 만족하는 스칼라 함수 $f$ 가 존재하므로
$\dfrac{\partial f}{\partial x} = yz$ 가 성립하고, 양변을 $x$ 에 대해 부정적분하면 다음을 얻을 수 있다.
$$ f = xyz + g(y, z) $$
이를 $y$ 에 대해 편미분하면 $\textbf{F}$ 의 두 번째 성분인 $\textcolor{orange}{xz}$ 이 되어야 하므로 다음과 같다.
$$ \dfrac{\partial}{\partial y}[xyz + g(y, z)] = xz + \dfrac{\partial g}{\partial y} = \textcolor{orange}{xz} $$
$$ \textcolor{red}{\Longrightarrow} \dfrac{\partial g}{\partial y} = 0 $$
$$ \therefore g(y, z) = h(z) $$
즉 $f = xyz + h(z)$ 인데, 이를 $z$ 에 대해 편미분하면 $\textbf{F}$ 의 세 번째 성분인 $\textcolor{skyblue}{xy + 2z}$ 가 되야 하므로
$$ \dfrac{\partial f}{\partial z} = \dfrac{\partial}{\partial z}(xyz + h(z)) = xy + h'(z) = \textcolor{skyblue}{xy + 2z} $$
$$ \textcolor{red}{\Longrightarrow} h'(z) = 2z $$
$$ \therefore h(z) = z^2 + C $$
따라서 $f$ 는 다음과 같다.
$$ f(x,y,z) = xyz + z^2 + C $$
선적분의 기본정리에 의해 $\displaystyle \int_C \textbf{F} \cdot d\textbf{r}$ 은
끝 점에서의 포텐셜 함수값 - 시작 점에서의 포텐셜 함수값이므로
$$ \textcolor{royalblue}{\int_C \textbf{F} \cdot d\textbf{r}} = f(4,6,3) - f(1,0,-2) = (72 + 9 + C) - (0 + 4 + C) = \textcolor{royalblue}{77}$$
계산 과정에서 $C$ 가 어떻게 생겼는지는 전혀 이용되지 않았음을 주목하자.
5. Calculate line integral
$$ \int_C (y + e^{\sqrt{x}}) \; dx + (2x + \cos{y^2}) \; dy $$
where $C$ is the boundary of the region enclosed by the parabolas $y = x^2$ and $x = y^2$
주어진 선적분은 벡터장 $\textbf{F} = <y + e^{\sqrt{x}}, \; 2x + \cos{y^2}>$ 을 $C$ 를 따라 선적분한 것이다.
$C$ 는 다음 그림과 같이 닫힌 곡선이므로 그린 정리를 이용할 수 있다.
$C$ 로 유계된 영역을 $D$ 라고 하면 그린 정리에 의해 다음이 성립한다.
$$ \int_C \textbf{F} \cdot d\textbf{r} = \iint_D (\nabla \times \textbf{F}) \cdot \textbf{k} \; dA $$
$\textbf{F}$ 를 3차원 벡터장으로 보면 $\textbf{F} = <y + e^{\sqrt{x}}, \; 2x + \cos{y^2}, \; 0>$ 이고 이 때 $ \nabla \times \textbf{F} $ 는 다음과 같다.
$$ \textcolor{orange}{\nabla \times \textbf{F}} = \begin{vmatrix} \textbf{i} & \textbf{j} & \textbf{k} \\ \dfrac{\partial}{\partial x} & \dfrac{\partial}{\partial y} & \dfrac{\partial}{\partial z} \\ y + e^{\sqrt{x}} & 2x + \cos{y^2} & 0 \end{vmatrix} = <0, \; 0, \; 1> = \textcolor{orange}{\textbf{k}} $$
따라서 다음과 같다.
$$ \iint_D (\textcolor{orange}{\nabla \times \textbf{F}}) \cdot \textbf{k} \; dA = \iint_D \textcolor{orange}{\textbf{k}} \cdot \textbf{k} \; dA = \iint_D 1 \; dA = \text{영역 } D \text{ 의 넓이} $$
그리고 영역의 넓이는 다음과 같이 계산한다.
$$ \text{Area of } D = \int_{0}^{1} \sqrt{x} - x^2 \; dx = \left[ \dfrac{2}{3}x^{\frac{3}{2}} - \dfrac{1}{3}x^3 \right]_0^1 = \dfrac{1}{3} $$
$$ \therefore \int_C (y + e^{\sqrt{x}}) \; dx + (2x + \cos{y^2}) \; dy = \dfrac{1}{3} $$
6. Calculate $\displaystyle \int_C \textbf{F} \cdot d\textbf{r}$, where $\textbf{F} = <x^2 + y, \; 3x - y^2>$
and $C$ is the positively oriented boundary curve of a region $D$ that has area $6$.
그린 정리에 의해 다음이 성립한다.
$$ \int_C \textbf{F} \cdot d\textbf{r} = \iint_D 2 \; dA = 2\iint_D 1 \; dA = \text{영역 } D \text{ 의 두 배} $$
따라서 곡선이 둘러싼 영역 $D$ 의 넓이가 $6$ 인 곡선 $C$ 에 대한 선적분은 $12$ 이다.
7. Is there a vector field $\textbf{G}$ on $\mathbb{R}^3$ such that $\text{curl }\textbf{G} = <x\sin{y}, \; \cos{y}, \; z - xy>$ ? Explain.
공식에 의해 벡터의 회전의 발산은 항상 $0$ 이다.
즉, $\text{div }\text{curl }\textbf{G} = 0$ 가 항상 성립한다.
만약 주어진 벡터장이 어떤 벡터장 $\textbf{G}$ 의 회전이라면, 이 것의 발산은 $0$ 이 되어야 하는데
$$ \nabla \cdot <x\sin{y}, \; \cos{y}, \; z - xy> = \sin{y} -\sin{y} + 1 = 1 \neq 0$$
이므로 조건을 만족하는 벡터장 $\textbf{G}$ 는 존재하지 않는다.
8. Find a parametric representation for the surface :
The part of the sphere $x^2 + y^2 + z^2 = 4$ that lies above the cone $z = \sqrt{x^2 + y^2}$
두 곡면의 교선을 구하기 위해
$z = \sqrt{x^2 + y^2}$ 를 $x^2 + y^2 + z^2 = 4$ 에 대입하면 다음을 얻는다.
$$ x^2 + y^2 = 2 $$
즉, $D : x^2 + y^2 \le 2$ 범위에 놓여있는 구면 $x^2 + y^2 + z^2 = 4$ 를 표현하라는 문제이다.
방법 1) 원통 좌표계를 이용
영역 $D$ 가 원형이므로 다음과 같이 원통좌표계 치환을 이용하자.
$$ \begin{cases} x = r\cos{\theta} \\ y = r\sin{\theta} \\ z = z \end{cases} $$
그러면 $D$ 와 구면은 다음과 같이 쓸 수 있다.
$$ D : 0 \le r \le \sqrt{2} $$
$$ z = \sqrt{4 - r^2} $$
따라서 곡면을 매개변수 $r, \theta$ 로 표현하면 다음과 같다.
$$ \begin{cases} x = r\cos{\theta} \\ y = r\sin{\theta} \\ z = \sqrt{4 - r^2} \end{cases}, \quad 0 \le r \le \sqrt{2}, \quad 0 \le \theta \le 2\pi $$
방법 2) 구면 좌표계를 이용
곡면은 반지름이 $\rho = 2$ 인 구면의 일부이므로
구면좌표계로 표현하면 다음과 같다.
$$ \begin{cases} x = 2\sin{\phi}\cos{\theta} \\ y = 2\sin{\phi}\sin{\theta} \\ z = 2\cos{\phi} \end{cases} $$
그리고 위와 같이 그림을 그려보면 $\phi, \theta$ 의 범위가 다음과 같음을 알 수 있다.
$$ \begin{cases} 0 \le \phi \le \dfrac{\pi}{4} \\ 0 \le \theta \le 2\pi \end{cases} $$
9. Find the area of the surface :
The surface with parametric equations $x = u^2, y = uv, z = \dfrac{1}{2}v^2$
where $0 \le u \le 1$, $0 \le v \le 2$
곡면 $\textbf{r}(u, v)$ 의 넓이는 다음과 같이 계산함을 떠올리자.
$$ \text{Area} = \iint_S \; \textcolor{skyblue}{dS} = \iint_D \textcolor{skyblue}{|\textbf{r}_u \times \textbf{r}_v| \; dA} $$
제시문에 곡면이 다음과 같이 $u, v$ 에 대한 함수로 주어져 있다.
$$ \textbf{r}(u , v) = <u^2, \; uv, \; \dfrac{1}{2}v^2> $$
이를 각각 $u, v$ 에 대해 편미분하면 다음과 같고
$$ \begin{cases} \textbf{r}_u = <2u, \; v, \; 0> \\ \textbf{r}_v = <0, \; u, \; v> \end{cases} $$
이 둘을 외적하면
$$ \textbf{r}_u \times\ \textbf{r}_v = <v^2, \; -2uv, \; 2u^2> $$
그리고 이 벡터의 크기는 다음과 같다.
$$ |\textbf{r}_u \times \textbf{r}_v| = \sqrt{v^4 + 4u^2v^2 + 4u^2} = \sqrt{(v^2 + 2u^2)^2} = |v^2 + 2u^2| = v^2 + 2u^2 $$
따라서 곡면의 넓이는 다음과 같다.
$$ \begin{align} \textcolor{royalblue}{\text{Area}} = \iint_D |\textbf{r}_u \times \textbf{r}_v| \; dA = &\int_0^2 \int_0^1 v^2 + 2u^2 \; du \; dv \\ = &\int_0^2 v^2 + \dfrac{2}{3} \; dv = \textcolor{royalblue}{4} \end{align} $$
10. If the equation of a surface $S$ is $z = f(x,y)$, where $x^2 + y^2 \le R^2$,
and you know that $|f_x| \le 1$ and $|f_y| \le 1$, what can you say about $A(S)$?
$z$ 성분이 $x, y$ 에 대한 함수로 표현되어 있으므로
$x,y,z$ 모든 성분을 오직 두 변수 $x, y$ 로 다음과 같이 표현할 수 있다.
$$ \textbf{r}(x,y) = <x, \; y, \; f(x,y)> $$
이를 $x, y$ 에 대해 각각 편미분해주면
$$ \begin{cases} \textbf{r}_x = <1, \; 0, \; f_x> \\ \textbf{r}_y = <0, \; 1, \; f_y> \end{cases} $$
둘을 외적하면
$$ \textbf{r}_x \times \textbf{r}_y = <-f_x, \; -f_y, \; 1> $$
그리고 이 벡터의 크기는 다음과 같다.
$$ |\textbf{r}_x \times \textbf{r}_y| = \sqrt{f_x^2 + f_y^2 + 1} $$
주어진 조건에 의해 $0 \le f_x^2 \le 1$, $0 \le f_y^2 \le 1$ 이므로 다음 관계가 성립한다.
$$ 1 \le \sqrt{f_x^2 + f_y^2 + 1} \le 3 $$
한편 곡면의 넓이 $A(S)$ 는 다음과 같이 표현되는데
$$ A(S) = \iint_D |\textbf{r}_x \times \textbf{r}_y| \; dA = \iint_D \sqrt{f_x^2 + f_y^2 + 1} \; dA $$
위에서 구한 조건에 의해 다음 관계가 성립한다.
$$ \iint_D 1 \; dA \le \iint_D \sqrt{f_x^2 + f_y^2 + 1} \; dA \le \iint_D \sqrt{3} \; dA $$
이 때 $\displaystyle \iint_D 1 \; dA = \text{영역 } D \text{ 의 넓이} = \pi R^2$ 이므로
$$ \pi R^2 \le A(S) \le \sqrt{3}\pi R^2 $$
11. The figure shows the surface created when the
cylinder $y^2 + z^2 = 1$ intersects the cylinder $x^2 + z^2 = 1$.
Find the area of this surface
형광색으로 색칠한 부분은 대칭에 의해 전체 곡면의 16분의 1의 면적을 갖는다.
이 곡면의 넓이를 구한 후 16배 하여 전체 넓이를 구하자.
형광색의 곡면은 $y^2 + z^2 = 1$ 위에 놓인 부분인데, 이를 변형하면 다음을 얻는다.
$$ z = \sqrt{1 - y^2} $$
이를 이용하면 곡면을 다음과 같이 $x, y$ 에 대한 변수로만 표현할 수 있다.
$$ \textbf{r}(x, y) = <x, \; y, \; \sqrt{1 - y^2}> $$
이를 $x, y$ 에 대해 각각 편미분하면
$$ \begin{cases} \textbf{r}_x = <1, \; 0, \; 0> \\ \textbf{r}_y = \left<0, \; 1, \; -\dfrac{y}{\sqrt{1-y^2}} \right> \end{cases} $$
이 둘을 외적하면
$$ \textbf{r}_x \times \textbf{r}_y = \left<0, \; \dfrac{y}{\sqrt{1-y^2}}, \; 1 \right> $$
그리고 이 벡터의 크기는 다음과 같다.
$$ |\textbf{r}_x \times \textbf{r}_y| = \sqrt{\dfrac{y^2}{1-y^2} + 1} = \dfrac{1}{\sqrt{1-y^2}} $$
$x, y$ 가 놓인 영역 $D$ 가 $0 \le x \le 1, \quad x \le y \le 1$ 이므로 곡면의 넓이는 다음과 같이 계산된다.
$$ \begin{align} \dfrac{1}{16}A(S) = \iint_D |\textbf{r}_x \times \textbf{r}_y| \; dA = &\int_0^1 \int_x^1 \dfrac{1}{\sqrt{1-y^2}} \; dy \; dx \\ = &\int_0^1 \left[ \arcsin{y} \right]_x^1 \; dx \\ = &\int_0^1 \dfrac{\pi}{2} - \arcsin{x} \; dx \\ = &\dfrac{\pi}{2} - (\dfrac{\pi}{2} - 1) = 1 \end{align} $$
마지막의 $\arcsin{x}$ 적분 계산은 다음 그림에서
노란색의 영역은 $y = \sin{x}$ 의 $[0, 1]$ 에서의 넓이랑 같으므로 $1$ 이고
전체 사각형의 넓이가 $\dfrac{\pi}{2}$ 이므로 여기서 $1$ 을 빼면
원하는 초록색 영역의 넓이 $\displaystyle \int_0^1 \arcsin{x} \; dx = \dfrac{\pi}{2} - 1$ 을 쉽게 얻을 수 있음을 이용한 것이다.
$$ \therefore A(S) = 16 \times 1 =16 $$
12. Evaluate the surface integral $\displaystyle \iint_S y \; dS$,
$S$ is the surface $z = \dfrac{2}{3}\left( x^{\frac{3}{2}} + y^{\frac{3}{2}} \right), \quad 0 \le x \le 1, \quad 0 \le y \le 1$
곡면 $S$ 를 $x, y$ 에 대한 함수로 표현하면 다음과 같다.
$$ S : \textbf{r}(x, y) = <x, \; y, \; \dfrac{2}{3}\left( x^{\frac{3}{2}} + y^{\frac{3}{2}} \right)> $$
$x, y$ 에 대해 각각 편미분하면 다음과 같고
$$ \begin{align} \textbf{r}_x = <1, \; 0, \; \sqrt{x}> \\ \textbf{r}_y = <0, \; 1, \; \sqrt{y}> \end{align} $$
이 둘을 외적하면
$$ \textbf{r}_x \times \textbf{r}_y = <-\sqrt{x}, \; -\sqrt{y}, \; 1> $$
그리고 이 벡터의 크기는 다음과 같다.
$$ |\textbf{r}_x \times \textbf{r}_y| = \sqrt{x + y + 1} $$
따라서 주어진 적분은 다음과 같이 계산된다.
$$ \begin{align} \iint_S y \; dS = &\iint_D y \; |\textbf{r}_x \times \textbf{r}_y| \; dA \\ = &\int_0^1 \int_0^1 y\sqrt{x + y + 1} \; dx \; dy \\ = &\int_0^1 \left[ \dfrac{2}{3} y(x + y + 1)^{\frac{3}{2}} \right]_{x=0}^{x=1} \; dy \\ = &\dfrac{2}{3}\int_0^1 y(y+2)^{\frac{3}{2}} - y(y+1)^{\frac{3}{2}} \; dy \end{align} $$
$\displaystyle \int_0^1 y(y+2)^{\frac{3}{2}} \; dy$ 는 $t = y+2$ 치환을 이용해 계산하면 $\dfrac{18}{35}\sqrt{3} + \dfrac{32}{35}\sqrt{2}$ 를 얻고
$\displaystyle \int_0^1 y(y+1)^{\frac{3}{2}} \; dy$ 는 $t = y+1$ 치환을 이용해 계산하면 $\dfrac{24}{35}\sqrt{2} + \dfrac{4}{35}$ 를 얻는다.
이를 대입하여 계산을 해보면 다음과 같은 답을 얻을 수 있다.
$$ \iint_S y \; dS = \dfrac{12}{35}\sqrt{3} + \dfrac{16}{105}\sqrt{2} - \dfrac{8}{105} $$
13. Evaluate the surface integral $\displaystyle \iint_S \textbf{F} \cdot d\textbf{S}$ for the given vector field $\textbf{F}$ and the oriented surface $S$ :
$$ \textbf{F} = <0, \; y, \; -z> $$
$S$ consists of the paraboloid $y = x^2 + z^2, \; 0 \le y \le 1$ and the disk $x^2 + z^2 \le 1, \; y = 1$
위와 같이 그림을 그려보면 곡면 $S$ 는 폐곡면임을 알 수 있다.
따라서 발산 정리를 이용할 수 있고, 곡면 $S$ 가 만드는 영역을 $E$ 라고 하면
발산 정리에 의해 다음이 성립한다.
$$ \iint_S \textbf{F} \cdot d\textbf{S} = \iiint_E \nabla \cdot \textbf{F} \; dV \tag{1}$$
한편
$$ \nabla \cdot \textbf{F} = 1 $$
이고 영역 $E$ 는
$x = r\cos{\theta}, \; z = r\sin{\theta}, \; y = y$ 로 치환되는 원통좌표계를 이용하면 다음과 같이 표현되므로
$$ E : \begin{cases} r^2 \le y \le 1 \\ 0 \le r \le 1 \\ 0 \le \theta \le 2\pi \end{cases} $$
식 (1) 의 우변을 다음과 같이 계산할 수 있다.
$$ \begin{align} \textcolor{royalblue}{\iiint_E \nabla \cdot \textbf{F} \; dV} = \iiint_E 1 \; dV = &\int_0^{2\pi} \int_0^1 \int_{r^2}^1 r \; dz \; dr \; d\theta \\ = &\int_0^{2\pi} \int_0^1 r - r^3 \; dr \; d\theta \\ = &\int_0^{2\pi} \; d\theta \cdot \int_0^1 r - r^3 \; dr \\ = &(2\pi) \cdot \left(\dfrac{1}{4} \right) = \textcolor{royalblue}{\dfrac{\pi}{2}} \end{align} $$
$$ \therefore \iint_S \textbf{F} \cdot d\textbf{S} = \dfrac{\pi}{2} $$
14. The temperature at the point $(x, y, z)$
in a substance with conductivity $K = 6.5$ is $u(x,y,z) = 2y^2 + 2z^2$.
Find the rate of heat flow inward across the cylindrical surface $y^2 + z^2 = 6, \quad 0 \le x \le 4$
어떤 위치에서 온도가 $u(x,y,z)$ 일 때,
그 점에서의 열의 흐름을 표현하는 벡터장 $\textbf{H}$ 는 다음과 같이 표현된다.
$$ \textbf{H} = -K \nabla u $$
(온도는 높은 곳에서 낮은 곳으로 흐르고
$\nabla u$ 는 함수 $u$ 가 가장 빠르게 증가하는 방향을 나타낸 벡터장이므로
온도가 낮아지는 방향을 나타내는 벡터장의 식을 세우면 반대 부호인 $-\nabla u$ 이고
여기에 비례상수 $K$ 를 곱하면 열의 흐름을 표현한 식이라는 것이 이해될 것이다.)
따라서 주어진 함수 $u$ 를 이용하면 열의 흐름은 다음과 같다.
$$ \textbf{H} = -K<0, \; 4y, \; 4z> $$
곡면 $S$ 를 빠져나가는 열의 흐름률은 다음과 같이 쓰는데
$$ \iint_S \textbf{H} \cdot d\textbf{S} $$
문제에서는 곡면 $S$ 로 흘러들어가는 열의 흐름률을 구하라고 했으므로 반대 부호를 취해주면 된다.
$$ -\iint_S \textbf{H} \cdot d\textbf{S} $$
그리고 곡면 $S$ 는 원통형 폐곡면이므로 다음과 같이 발산 정리를 이용할 수 있다.
$$ -\iint_S \textbf{H} \cdot d\textbf{S} = -\iiint_E \nabla \cdot \textbf{H} \; dV $$
위에서 구한 $\textbf{H}$ 를 대입하여 계산하면
$$ \begin{align} -\iiint_E \nabla \cdot \textbf{H} \; dV = &\iiint_E \nabla \cdot (K<0, \; 4y, \; 4z>) \; dV \\ = &\iiint_E 8K \; dV \\ = &8K \times \text{원통형 영역 } E \text{ 의 부피} \end{align} $$
$E$ 의 부피는 $24\pi$ 이고 $8K = 8 \times 6.5 = 52$ 이므로 열의 흐름률은 $24\pi \times 52 = 1248\pi$ 이다.
15. Evaluate $ \displaystyle \iint_S \textbf{F} \cdot d\textbf{S}$ where $ \textbf{F}(x,y,z) = <xyz, \; xy, \; x^2 yz> $
and $S$ consists of top and the four sides (but not the bottom) of the cube with vertices $(\pm 1, \pm 1, \pm 1)$, oriented outward.
$S$ 의 아래쪽에 사각형 면 $S_1$ 을 추가해 폐곡면 $S \cup S_1$ 을 만들자.
이 폐곡면이 이루는 영역을 $E$ 라고 하면 발산정리에 의해 다음이 성립한다.
$$ \iint_{S \cup S_1} \textbf{F} \cdot d\textbf{S} = \iiint_E \nabla \cdot \textbf{F} \; dV \tag{1} $$
$\nabla \cdot \textbf{F} = yz + x + x^2y$ 이므로 우변의 식은 다음과 같다.
$$ \int_{-1}^{1} \int_{-1}^{1} \int_{-1}^{1} yz + x + x^2 y \; dz \; dy \; dx $$
이 때 적분영역을 살펴보면 $x, y, z$ 모두 $0$ 에 대해 대칭인데,
$yz$ 는 $y$ 또는 $z$ 에 대해 기함수이므로 적분하면 $0$ 이 되고
$x$ 는 $x$ 에 대해 기함수이므로 적분하면 $0$ 이 되며
$x^2y$ 는 $y$ 에 대해 기함수이므로 적분하면 $0$ 이 된다.
따라서 적분 값은 $\textcolor{royalblue}{0}$ 이다.
따라서 식 (1) 을 다음과 같이 다시 쓸 수 있다.
$$ \iint_{S} \textbf{F} \cdot d\textbf{S} + \iint_{S_1} \textbf{F} \cdot d\textbf{S} = \textcolor{royalblue}{0} $$
$$ \textcolor{red}{\Longrightarrow} \iint_{S} \textbf{F} \cdot d\textbf{S} = -\iint_{S_1} \textbf{F} \cdot d\textbf{S} $$
이제 $S_1$ 에서의 면적분을 계산하자.
$$ \iint_{S_1} \textbf{F} \cdot d\textbf{S} = \iint_{S_1} \textbf{F} \cdot \textbf{n} \; dS $$
여기서 $\textbf{n}$ 은 $S_1$ 의 뱡향인데,
큐브형 영역인 $S \cup S_1$ 기준 바깥 방향을 향해야 하므로 $z$ 축 음의 방향을 갖는다.
따라서 $\textbf{n} = <0, \; 0, \; -1>$ 이다.
이를 이용해 계산해보면 $ \textbf{F} \cdot \textbf{n} = -x^2yz $ 이고 이 것을 대입하면
$$ \iint_{S_1} \textbf{F} \cdot \textbf{n} \; dS = \iint_{S_1} -x^2yz \; dS $$
한편, $S_1$ 을 $x, y$ 에 대한 매개변수 함수로 쓰면 다음과 같고
$$ S_1 : \textbf{r}(x,y) = <x, \; y, \; -1> $$
이를 이용해 계산해보면 다음을 얻을 수 있다.
$$ dS = |\textbf{r}_x \times \textbf{r}_y| dA = 1 dA $$
이를 반영해주면 다음과 같다.
$$ \iint_{S_1} -x^2yz \; dS = \iint_D -x^2y \; dA = \int_{-1}^{1} \int_{-1}^{1} -x^2y \; dy \; dx$$
$-x^2y$ 는 $y$ 에 대해 기함수이고 $y$ 적분 구간이 대칭이므로 적분 값은 $0$ 이다.
$$ \therefore \textcolor{royalblue}{\iint_{S} \textbf{F} \cdot d\textbf{S}} = -\iint_{S_1} \textbf{F} \cdot d\textbf{S} = \textcolor{royalblue}{0} $$
16. Let $C$ be a simple closed smooth curve that lies in the plane $x + y + z = 1$.
Show that the line integral
$$ \int_C z \; dx - 2x \; dy + 3y \; dz $$
depends only on the area of the region enclosed by $C$ and not on the shape of $C$ or its location in the plane.
벡터장 $\textbf{F}$ 를 $\textbf{F} = <z, \; -2x, \; 3y>$ 라고 정의하면
주어진 선적분은 다음과 같이 쓸 수 있고
$$ \int_C \textbf{F} \cdot d\textbf{r} $$
$C$ 는 폐곡선이므로 스토크스 정리에 의해 다음이 성립한다.
$$ \int_C \textbf{F} \cdot d\textbf{r} = \iint_S (\nabla \times \textbf{F}) \cdot \textbf{n} \; dS $$
여기서 $S$ 는 $f(x,y,z) = x + y + z = 1$ 위의 폐곡선 $C$ 에 의해 유계된 곡면이다.
계산해보면 $\nabla \times \textbf{F}$ 는 다음과 같고
$$ \nabla \times \textbf{F} = <3, \; 1 , \; -2> $$
$\textbf{n}$ 은 곡면 $S$ 의 방향이므로 다음과 같다.
$$ \textbf{n} = \dfrac{\nabla f}{|\nabla f|} = \dfrac{<1, \;1, \;1>}{\sqrt{3}} $$
따라서
$$(\nabla \times \textbf{F}) \cdot \textbf{n} = <3, \; 1 ,\; -2> \cdot \dfrac{<1, \; 1, \; 1>}{\sqrt{3}} = \dfrac{2}{\sqrt{3}} $$
이를 대입하면 다음과 같은데
$$ \iint_S (\nabla \times \textbf{F}) \cdot \textbf{n} \; dS = \iint_S \dfrac{2}{\sqrt{3}} \; dS $$
$\displaystyle \iint_S 1 \; dS$ 가 곡면 $S$ 의 넓이를 뜻하므로 우변은 곡면 $S$ 의 넓이의 $\dfrac{2}{\sqrt{3}}$ 배를 뜻한다.
따라서 주어진 선적분은 곡선 $C$ 가 만드는 곡면 위의 영역의 넓이에 의존한다.
그리고 이 계산 과정에서 곡선 $C$ 의 생김새나 위치에 관한 정보가 전혀 이용되지 않았으므로
이 것에는 의존하지 않는다.
17. Evaluate
$$ \int_C (y + \sin{x}) \; dx + (z^2 + \cos{y}) \; dy + (x^3) \; dz $$
where $C$ is the curve $\textbf{r}(t) = <\sin{t}, \; \cos{t}, \; \sin{2t}>, \quad 0 \le t \le 2\pi$.
주어진 선적분을 직접 계산하기는 힘들어 보인다.
하지만 $C$ 를 잘 살펴보면 $\textbf{r}(0) = \textbf{r}(2\pi)$ 이므로 $C$ 는 폐곡선임을 알 수 있고
스토크스 정리를 이용할 수 있을 것으로 판단된다.
$F = <y + \sin{x}, \; z^2 + \cos{y}, \; x^3>$ 으로 정의하면 주어진 선적분은 $\displaystyle \int_C \textbf{F} \cdot d\textbf{r}$ 이고
스토크스 정리에 의해 다음이 성립한다.
$$ \int_C \textbf{F} \cdot d\textbf{r} = \iint_S (\nabla \times \textbf{F}) \cdot \textbf{n} \; dS \tag{1} $$
여기서 곡면 $S$ 가 무엇인지 알아야 하는데,
$2\sin{t}\cos{t} = \sin{2t}$ 이므로 곡선 $C$ 는 곡면 $z = 2xy$ 위에 놓여있음을 알 수 있다.
따라서 곡면 $S$ 를 다음과 같이 $x, y$ 에 대한 매개 함수로 쓸 수 있고
$$ \textbf{a}(x,y) = <x, \; y, \; 2xy> $$
계산을 통해 다음을 알 수 있다.
$$ \textbf{a}_x \times \textbf{a}_y = <-2y, \; -2x, \; 1>, \quad |\textbf{a}_x \times \textbf{a}_y| = \sqrt{4x^2 + 4y^2 + 1} $$
따라서 $\textbf{n} = \dfrac{<-2y, \; -2x, \; 1>}{\sqrt{4x^2 + 4y^2 + 1}}$ 라고 쓸 수 있는데, 방향이 맞는지 먼저 살펴보자.
곡선 $C$ 는 위에서 바라보았을 때 시계 방향이므로 $S$ 의 방향을 나타내는 벡터 $\textbf{n}$ 는 아래를 향해야 한다.
그런데 위에서 방금 구한 $\textbf{n}$ 의 $z$ 성분이 양수이므로 반대부호를 취해주어야 할 것이다.
$$ \therefore \textbf{n} = \dfrac{<2y, \; 2x, \; -1>}{\sqrt{4x^2 + 4y^2 + 1}} $$
한편 계산을통해 $\nabla \times \textbf{F} = <-2z, \; -3x^2, \; -1>$ 을 얻을 수 있고
위에서 구한 $\textbf{n}$ 과 내적을 해주면 다음과 같다.
$$ (\nabla \times \textbf{F}) \cdot \textbf{n} = \dfrac{- 4yz - 6x^3 + 1}{\sqrt{4x^2 + 4y^2 + 1}} $$
이를 식 (1) 의 우변에 대입하면
$$ \iint_S \dfrac{-4yz - 6x^3 + 1}{\sqrt{4x^2 + 4y^2 + 1}} \; dS $$
$S : z = 2xy$ 이므로 이 정보를 대입해주면
$$ \iint_S \dfrac{-8xy^2 - 6x^3 + 1}{\sqrt{4x^2 + 4y^2 +1}} \; dS $$
그리고 위에서 곡면 $S$ 를 $x, y$ 에 대한 매개변수로 표현했었으므로
$$ dS = |\textbf{a}_x \times \textbf{a}_y| \; dy \; dx = \sqrt{4x^2 + 4y^2 + 1} \; dy \; dx $$
이를 대입해주면
$$ \iint_D \dfrac{-8xy^2 - 6x^3 + 1}{\cancel{\sqrt{4x^2 + 4y^2 + 1}}} \cancel{\sqrt{4x^2 + 4y^2 + 1}} \; dy \; dx = \iint_D -8xy^2 - 6x^3 + 1 \; dy \; dx $$
곡선 $C$ 의 $x, y$ 성분이 각각 $\sin{t}, \cos{t}$ 이므로
$C$ 를 $xy$ 평면에 정사영하면 반지름이 $1$ 인 원형 영역이 나온다.
그리고 이 내부가 $D$ 이므로 극좌표계를 이용하여 다음과 같이 계산할 수 있다.
$$ \begin{align} \iint_D -8xy^2 - 6x^3 + 1 \; dy \; dx = &\int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{1} (-8r^3\cos{\theta}\sin^2{\theta} - 6r^3\cos^3{\theta} + 1)r \; dr \; d\theta \\ = &\int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{1} -8r^4\cos{\theta}\sin^2{\theta} - 6r^4\cos^3{\theta} + r \; dr \; d\theta \\ = &\int_{0}^{2\pi} -\dfrac{8}{5}\cos{\theta}\sin^2{\theta} - \dfrac{6}{5}\cos^3{\theta} + \dfrac{1}{2} \; d\theta \end{align} $$
여기서 $\cos{\theta}\sin^2{\theta}$ 항은 $k = \sin{\theta}$ 치환을 해보면 적분 구간의 시작과 끝이 같으므로 $0$ 이고
$\cos^3{\theta}$ 는 $\theta = \pi$ 에 대칭이므로 $[0, 2\pi]$ 에서 적분은 $0$ 이다.
따라서 다음만 계산하면 된다.
$$ \int_{0}^{2\pi} \dfrac{1}{2} \; d\theta = \pi $$
따라서 다음과 같은 결과를 얻는다.
$$ \int_C \textbf{F} \cdot d\textbf{r} = \pi $$
18. Evaluate
$$ \iint_S 2x + 2y + z^2 \; dS $$
where $S$ is the sphere $x^2 + y^2 + z^2 = 1$
주어진 식은 스칼라장에서의 면적분이다.
$S$ 가 반지름이 $1$ 인 구면이므로 구면좌표계를 이용해 직접 면적분을 계산해도 되지만,
어떤 벡터장 $\textbf{F}$ 이 존재하여 $2x + 2y + z^2 = \textbf{F} \cdot \textbf{n}$ 로 표현된 것이라고 발상을 전환해보자.
$\textbf{n}$ 은 구면의 법선벡터이므로 $f(x,y,z) = x^2 + y^2 + z^2$ 라고 하면 다음과 같다.
$$ \textbf{n} = \dfrac{\nabla f}{|\nabla f|} = \dfrac{<x, \; y, \; z>}{\sqrt{x^2 + y^2 + z^2}} $$
한편, 구면 위의 모든 점에서 $x^2 + y^2 + z^2 = 1$ 이므로, 이를 대입하면 다음과 같다.
$$ \textbf{n} = <x, \; y, \; z> $$
이제 미지의 벡터장 $\textbf{F}$ 를 $<P, \; Q, \; R>$ 으로 정의하면
$$ \textbf{F} \cdot \textbf{n} = Px + Qy + Rz$$
그리고 이 결과가 $2x + 2y + z^2$ 가 되어야 하는데, 각 항을 비교하면 $P = 2$, $Q = 2$, $R = z$ 임을 알 수 있다.
$$ \therefore \textbf{F} = <2, \; 2, \; z> $$
한편 $S$ 가 폐곡면이므로 발산정리에 의해 다음이 성립한다.
$$ \iint_S \textbf{F} \cdot \textbf{n} \; dS = \iiint_E \nabla \cdot \textbf{F} \; dV $$
그리고 계산해보면 $\nabla \cdot \textbf{F} = 1$ 이므로 우변은 $E$ 의 부피를 표현하는 식이 된다.
$E$ 가 반지름이 1인 구였으므로 $\displaystyle \iiint_E 1\; dV = \dfrac{4}{3}\pi$
따라서 다음과 같다.
$$ \iint_S 2x + 2y + z^2 \; dS = \iiint_E 1 \; dV = \dfrac{4}{3}\pi $$
19. 영역 $W = \{ (x, y, z) \in \mathbb{R}^3 : x^2 + y^2 \le 1, \; |z| \le 1 \} $ 에서 두 벡터장 $\textbf{F}$ 와 $\textbf{G}$ 가 다음과 같이 주어져 있다.
$$ \textbf{F}(x,y,z) = <\sin{xy}, \; \sin{yz}, \; 0>, \quad \textbf{G}(x,y,z) = <e^{x^2 + y^2 + z^2}, \; \cos{xz}, \; 0> $$
다음 적분값을 구하여라. (단, $\text{curl}(\textbf{F}) = \nabla \times \textbf{F}$ 이다.)
$$ \iiint_W (\textbf{G} \cdot \text{curl}(\textbf{F}) - \textbf{F} \cdot \text{curl}(\textbf{G}) ) \; dV $$
(대학생 수학 경시대회 2019 기출)
주어진 식을 간단한 기호로 표현하면 다음과 같다.
$$ \iiint_W \textbf{G} \cdot (\nabla \times \textbf{F}) - \textbf{F} \cdot (\nabla \times \textbf{G}) \; dV $$
여기에 $\nabla \cdot (\textbf{F} \times \textbf{G}) = \textbf{G} \cdot (\nabla \times \textbf{F}) - \textbf{F} \cdot (\nabla \times \textbf{G})$ 공식을 이용하면 다음과 같이 쓸 수 있다.
$$ \iiint_W \nabla \cdot (\textbf{F} \times \textbf{G}) \; dV $$
이제 다음과 같이 발산 정리를 적용하자
$$ \iiint_W \nabla \cdot (\textbf{F} \times \textbf{G}) \; dV = \iint_S (\textbf{F} \times \textbf{G}) \cdot \textbf{n} \; dS $$
곡면 $S$ 는 원통의 윗면, 옆면, 아랫면 세 부분으로 나눌 수 있으므로 나눠서 계산하자.
1. 옆면
옆면을 나타내는 식은 $x^2 + y^2 = 1$ 이므로 $f = x^2 + y^2$ 라고 하면 $\textbf{n}$ 은 다음과 같다.
$$ \textbf{n} = \dfrac{\nabla f}{|\nabla f|} = \dfrac{<x, \; y, \; 0>}{\sqrt{x^2 + y^2}} = <x, \; y, \; 0> \; (\because x^2 + y^2 = 1) $$
그리고 계산을 해보면 $\textbf{F} \times \textbf{G} = <0, \; 0, \; \sin{(xy)}\cos{(xz)} - e^{x^2 + y^2 + z^2}\sin{(yz)}>$ 인데,
이 것을 $\textbf{n}$ 과 내적하면 $0$ 이므로 옆면에서의 면적분값은 $0$ 이다.
2. 윗면
윗면에서의 단위법선벡터는 $\textbf{n} = <0, \; 0, \; 1>$ 이므로
아까 구했던 $\textbf{F} \times \textbf{G}$ 랑 내적하면 $ \sin{(xy)}\cos{(xz)} - e^{x^2 + y^2 + z^2}\sin{(yz)} $ 를 얻는다.
한편 윗면을 나타내는 매개곡면은 다음과 같이 쓸 수 있다.
$$ \textbf{r}(x,y) = <x, \; y, \; 1>, \quad x^2 + y^2 \le 1 $$
계산을 통해 $|\textbf{r}_x \times \textbf{r}_y| = 1$ 을 얻을 수 있고, 따라서 $dS = 1 \; dA = dy\;dx$ 이다.
따라서 윗면에서의 면적분은 다음과 같이 쓸 수 있다.
$$ \iint_{S_{up}} (\textbf{F} \times \textbf{G}) \cdot \textbf{n} \; dS = \iint_D \sin{(xy)}\cos{(xz)} - e^{x^2 + y^2 + z^2}\sin{(yz)} \; dy\;dx $$
이 때, 적분구간 $D$ 는 $x^2 + y^2 \le 1$ 이므로 $y$ 범위가 $y=0$ 에 대해 대칭인데,
피적분함수는 $y$ 에 대해 기함수이므로 적분 결과는 $0$ 이 된다.
3. 아랫면
윗면과 유사한 방법으로 적분 결과가 $0$ 임을 보일 수 있다.
따라서 주어진 삼중적분은 $0$ 이다.
20. Find the positively oriented simple closed curve $C$ for which the value of the line integral
$$ \int_C (y^3 - y) \; dx - 2x^3 \; dy $$
is a maximum.
$C$ 가 닫힌 단순곡선이므로 그린 정리에 의해 다음이 성립한다.
$$ \int_C (y^3 - y) \; dx + (-2x^3) \; dy = \iint_D -6x^2 - 3y^2 + 1 \; dA $$
$-6x^2 - 3y^2 + 1 = f(x,y)$ 라고 하면 $f(x,y) = 0$ 은 다음과 같이 변형할 수 있는데
$$ \dfrac{x^2}{ \left(\frac{1}{\sqrt{6}}\right)^2 } + \dfrac{y^2}{ \left( \frac{1}{\sqrt{3}} \right)^2 } = 1 $$
이는 $x$ 절편이 $\pm \dfrac{1}{\sqrt{6}}$, $y$ 절편이 $\pm \dfrac{1}{\sqrt{3}}$ 인 타원을 나타내는 식이다.
그리고 $f(x,y) > 0$ 는 다시 쓰면
$-6x^2 - 3y^2 + 1 > 0 \textcolor{red}{\Longrightarrow} 6x^2 + 3y^2 < 1$ 이고, 이는 타원의 내부 영역을 뜻하므로
타원의 내부 영역에서는 $f(x,y) > 0$ 이다.
반대로 $f(x,y) < 0$ 을 다시 쓰면
$6x^2 + 3y^2 > 1$ 이고, 이는 타원의 외부 영역을 뜻하므로
타원의 외부 영역에서는 $f(x,y) < 0$ 이다.
$f(x,y)$ 는 피적분함수인데, $f$ 가 음수가 되는 영역을 조금이라도 포함한다면,
$f$ 가 양수인 영역에서만 적분했을 때보다 결과가 작아질 것이다.
따라서 적분 결과가 최대가 되려면 $f>0$ 가 되는 영역에서만 적분해야하고
곡선 $C$ 를 위에서 구한 타원으로 정하면 되는 것을 알 수 있다.
문제에서 양의 방향을 갖는 $C$ 를 구하라고 했으므로 매개변수 함수로 다음과 같이 표현하면 된다.
$$ \textbf{r}(t) = \left<\dfrac{1}{\sqrt{6}}\cos{t}, \; \dfrac{1}{\sqrt{3}}\sin{t} \right>, \quad 0 \le t \le 2\pi $$
21. $\mathbb{R}^3 - \{(0,0)\}$ 에서 연속인 편도함수를 갖는 벡터장 $\textbf{F}$ 가 다음 조건을 만족한다고 하자.
(1) $x^2 + y^2 = 1$ 이면 $\textbf{F}(x,y) = \dfrac{<x, \; y>}{2023}$
(2) $k > 0$ 이면 $k\textbf{F}(kx, ky) = \textbf{F}(x,y)$
$f(x,y) = \dfrac{2022}{1 + \sqrt{x^2 + y^2}}$ 이고 자연수 $n$ 에 대하여 $R_n = \{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 : \dfrac{1}{n} \le \sqrt{x^2 + y^2} \le n \} $ 일 때,
$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \iint_{R_n} \text{div}(f(x,y)\textbf{F}(x,y)) \; dA$ 의 값을 구하시오.
(연세대학교 편입학 2023 수학 기출)
영역 $R_n$ 을 그려보면 다음과 같다.
($n \to \infty$ 이므로 $n > 1$ 을 가정하고 그린 그림이다.)
그리고 주어진 식은 색칠된 영역에서의 발산을 묻는 문제이고
그린 정리의 응용과 2차원 발산 정리를 적용하면 다음과 같다. (그린 정리 참조)
$$ \iint_{R_n} \nabla \cdot (f\textbf{F}) \; dA = \oint_{C_1} (f\textbf{F}) \cdot \textbf{n} \; ds - \oint_{C_2} (f\textbf{F}) \cdot \textbf{n} \; ds $$
우변의 식을 한 번에 계산하기 위해
곡선 $C$ 가 반지름이 $R$ 인 반시계 방향 원일 때 $\displaystyle \int_C \textbf{F} \cdot \textbf{n} \; ds$ 를 계산해보자.
우선 $C$ 는 반지름이 $r$ 인 원이므로 $x^2 + y^2 = R^2$ 으로 적을 수 있다.
$f(x,y) = x^2 + y^2$ 라고 하면 곡선의 바깥방향 법선벡터는 다음과 같다.
$$ \textcolor{orange}{\textbf{n}} = \dfrac{\nabla f}{|\nabla f|} = \dfrac{<x, \; y>}{\sqrt{x^2 + y^2}} = \textcolor{orange}{\dfrac{<x, \; y>}{R}} $$
한편 곡선을 매개변수로 나타내면 다음과 같고
$$ C : \textbf{r}(t) = <R\cos{t}, \; R\sin{t}>, \quad 0 \le t \le 2\pi $$
$ds = |\textbf{r}'(t)| \; dt$ 이므로 계산해보면 $\textcolor{skyblue}{ds = R \;dt}$ 를 얻을 수 있다.
이를 이용하여 계산을 해보자.
$$ \begin{align} \int_C (f \textbf{F}) \cdot \textcolor{orange}{\textbf{n}} \; \textcolor{skyblue}{ds} = &\int_0^{2\pi} (f(\textbf{r}(t)) \textbf{F}(\textbf{r}(t)) ) \cdot \textcolor{orange}{\textbf{n}(\textbf{r}(t))} \textcolor{skyblue}{R \; dt} \\ = &\int_0^{2\pi} \dfrac{2022}{1+R} \textcolor{limegreen}{R\textbf{F}(R\cos{t}, R\sin{t})} \cdot \textcolor{orange}{\textbf{n}(R\cos{t}, R\sin{t})} \; dt \\ = &\int_0^{2\pi} \dfrac{2022}{1 + R} \textcolor{limegreen}{\textbf{F}(\cos{t}, \sin{t})} \cdot \textcolor{orange}{\dfrac{<\cancel{R}\cos{t}, \cancel{R}\sin{t}>}{\cancel{R}}} \; dt \\ = &\int_0^{2\pi} \dfrac{2022}{1+R}\dfrac{<\cos{t}, \; \sin{t}>}{2023} \cdot <\cos{t}, \; \sin{t}> \; dt \\ = &\dfrac{2022}{2023(1+R)}\int_0^{2\pi} 1 \; dt \\ = &\textcolor{royalblue}{\dfrac{4044\pi}{2023}\dfrac{1}{R+1}} \end{align} $$
두 번째 줄에서 세 번째 줄로 넘어갈 때 조건 (2) 를 사용했고
세 번째 줄에서 네 번째 줄로 넘어갈 때 조건 (1) 을 사용했다.
이 결과를 대입하면 주어진 극한은 다음과 같이 계산된다.
$$ \begin{align} \lim_{n \to \infty} \iint_{R_n} \nabla \cdot (f\textbf{F}) \; dA = &\lim_{n \to \infty} \left[ \int_{C_1} (f\textbf{F}) \cdot \textbf{n} \; ds - \int_{C_2} (f\textbf{F}) \cdot \textbf{n} \; ds \right] \\ = &\lim_{n \to \infty} \left[ \dfrac{4044\pi}{2023}\dfrac{1}{n+1} - \dfrac{4044\pi}{2023}\dfrac{1}{\frac{1}{n} - 1} \right] \\ = &\lim_{n \to \infty} \dfrac{4044\pi}{2023}\left( \dfrac{1}{n+1} - \dfrac{n}{n+1} \right) \\ = &\lim_{n \to \infty} -\dfrac{4044\pi}{2023}\left( \dfrac{n-1}{n+1} \right) = \textcolor{royalblue}{- \dfrac{4044\pi}{2023}} \end{align} $$
22. 곡면 $S$ 는 $x^2 + y^2 + z^2 = 1, \; (z \ge 0)$ 이고
$\textbf{n}$ 은 방향이 양의 $z$ 축인 곡면 $S$ 의 단위법선벡터일 때,
$\textbf{F}(x,y,z) = <2y\cos{z}, \; e^x\sin{z}, \; xe^y>$ 에 대하여 $\displaystyle \iint_S \text{curl }\textbf{F} \cdot \textbf{n} \; dS$ 의 값을 구하시오.
(연세대학교 편입학 2017 수학 기출)
곡면 $S$ 는 위로 볼록한 반 구의 표면인데,
여기의 아래에 아래 방향을 갖는 원형의 평평한 곡면 $S_1$ 을 추가해 폐곡면으로 만들어보자.
그러면 발산 정리에 의해 다음이 성립한다.
$$ \iint_{S \cup S_1} \text{curl }\textbf{F} \cdot \textbf{n} \; dS = \iiint_E \text{div }\text{curl }\textbf{F} \; dV $$
$\text{div }\text{curl }\textbf{F} = 0$ 임을 이용하면 우변은 $0$ 이 되고 따라서 다음과 같다.
$$ \iint_{S} \text{curl }\textbf{F} \cdot \textbf{n} \; dS = -\iint_{S_1} \text{curl }\textbf{F} \cdot \textbf{n} \; dS $$
즉, 우변의 식만 구하면 문제에서 요구하는 식을 계산한 결과와 같다.
계산을 통해 $\text{curl }\textbf{F} = <xe^y - e^x\cos{z}, \; -2y\sin{z} - e^y, \; e^x\sin{z} - 2\cos{z}>$ 을 얻을 수 있고
$S_1$ 은 $z = 0$ 의 평평한 평면이고 방향은 아래를 향하므로 $\textbf{n} = <0, \; 0, \; -1>$ 라고 할 수 있다.
$$ \therefore \text{curl }\textbf{F} \cdot \textbf{n} = -e^x\sin{z} + 2\cos{z} $$
한편, $S_1$ 을 매개곡면으로 표현하면 $\textbf{r}(x,y) = <x, \; y, \; 0>, \; x^2+y^2 \le 1$ 인데,
이를 이용해 계산해보면 $dS = |\textbf{r}_x \times \textbf{r}_y| \; dA = 1\; dx \; dy$ 를 얻을 수 있다.
여기서 적분영역은 $D : x^2 + y^2 \le 1$ 으로 반지름이 $1$ 인 원형 영역이다.
이 정보를 이용해 계산하면 다음과 같다.
$$ \begin{align} \iint_{S_1} \text{curl }\textbf{F} \cdot \textbf{n} \; dS = &\iint_{S_1} -e^x\sin{z} + 2\cos{z} \; dS \\ = &\iint_{D} 2 \; dA \quad (\because z = 0) \\ = &\textcolor{royalblue}{2\pi} \end{align} $$
따라서 다음과 같다.
$$ \iint_{S} \text{curl }\textbf{F} \cdot \textbf{n} \; dS = -\iint_{S_1} \text{curl }\textbf{F} \cdot \textbf{n} \; dS = -2\pi $$
23. Let $S$ be the surface given by
$$ x^2 + y^2 + (z-3)^2 = 5^2, \quad z \ge 0, $$
and let $\textbf{n}$ be the unit normal vector on $S$ pointing outward from the origin.
Calculate the surface integral
$$ \iint_S (\nabla \times \textbf{F}) \cdot \textbf{n} \; d\sigma $$
for the vector field
$$ \textbf{F}(x,y,z) = \left< \dfrac{x}{1 + x^4} - \sin{e^{-y}}, \; \dfrac{y}{1 + y^6} + \sin{e^{x}}, \; e^{-x^2 - y^2 - z^2} \right>. $$
(KAIST 2022 Spring Calculus II Final Exam)
그림을 그려보면 곡면 $S$ 의 경계가 $z = 0$ 위의 반지름이 $4$ 인 원 $x^2 + y^2 = 4^2$ 임을 알 수 있다.
$S_1$ 을 같은 경계를 갖는 평면 $x^2 + y^2 \le 4^2$ 로 정의하면
스토크스 정리에 의해 다음이 성립한다.
$$ \iint_S (\nabla \times \textbf{F}) \cdot \textbf{n} \; d\sigma = \iint_{S_1} (\nabla \times \textbf{F}) \cdot \textbf{n} \; d\sigma $$
즉, 복잡한 곡면을 갖는 좌변 대신 단순한 곡면을 갖는 우변을 계산해도 된다는 말이다.
곡면 $S_1$ 의 방향은 $\textbf{n} = <0, \; 0, \; 1>$ 이므로
$(\nabla \times \textbf{F}) \cdot \textbf{n}$ 을 계산하면 $\nabla \times \textbf{F}$ 의 $z$ 성분만 남게 된다.
따라서 $x, y$ 성분은 계산할 필요 없고 $z$ 성분을 구해보면 다음과 같다.
$$ \begin{align} \dfrac{\partial}{\partial x} \left[ \dfrac{y}{1 + y^6} + \sin{e^x} \right] - \dfrac{\partial}{\partial y} \left[ \dfrac{x}{1 + x^4} - \sin{e^{-y}} \right] = &[\cos{e^x} \cdot e^{x}] - [ -\cos{e^{-y}} \cdot (-e^{-y}) ] \\ = &\textcolor{orange}{e^x\cos{e^x} - e^{-y}\cos{e^{-y}}} \end{align} $$
이 결과를 대입하면 다음과 같다.
$$ \iint_{S_1} (\nabla \times \textbf{F}) \cdot \textbf{n} \; d\sigma = \iint_{S_1} \textcolor{orange}{e^x\cos{e^x} - e^{-y}\cos{e^{-y}}} \; d\sigma $$
$S_1$ 의 정보인 $z = 0$ 을 대입하고 적분 영역을 $D : x^2 + y^2 \le 4^2$ 로 바꾸자.
그리고 $S_1$ 을 매개변수 $x,y$ 로 표현하면 $\textbf{r}(x,y) = <x, \; y, \; 0>$ 인데
계산을 하면 $|\textbf{r}_x \times \textbf{r}_y| = 1$ 을 얻을 수 있고, 따라서 $d\sigma = 1 \; dx \; dy$ 이다.
결과를 대입하면 다음과 같다.
$$ = \iint_{x^2 + y^2 \le 4^2} e^{x}\cos{e^x} - e^{-y}\cos{e^{-y}} \; dx \; dy $$
피적분 함수를 $f(x,y)$ 라 정의하자.
그러면 $f(x,y) = -f(-y,-x)$ 가 성립함을 관찰할 수 있고, 이를 말로 얘기하면
$x,y$ 대신 $-y, -x$ 를 대입했을 때 함수값의 부호가 반대가 된다는 말이므로
$y=-x$ 에 대해 기함수라는 뜻이다.
그런데 적분영역 $D : x^2 + y^2 \le 4^2$ 역시 $y=-x$ 에 대칭이므로 적분 결과는 $0$ 이 된다.
(일변수 함수에서 적분 구간이 $0$ 에 대해 대칭이고 함수가 기함수이면
적분 결과가 $0$ 이 되는 것이랑 마찬가지 논리이다.)
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