개념 해석 · Concepts

NOTE 그린 정리의 벡터형을 3차원으로 Guessing the Three-Dimensional VersionEq. (1) · p.1239
한국어

16.5절에서 그린 정리의 벡터형을 다음과 같이 썼다.

$$\int_C\mathbf F\cdot\mathbf n\,ds=\iint_D\operatorname{div}\mathbf F(x,y)\,dA,$$

여기서 $C$는 평면 영역 $D$의 경계곡선이며 양의 향을 갖는다. 같은 등식을 $\mathbb R^3$ 위의 벡터장에 대해서는 어떻게 써야 할지 물으면 자연스럽게 다음을 추측하게 된다.

$$\iint_S\mathbf F\cdot\mathbf n\,dS=\iiint_E\operatorname{div}\mathbf F(x,y,z)\,dV,\tag{1}$$

이때 $S$는 입체 영역 $E$의 경계곡면이다. $E$와 $\mathbf F$에 적절한 가정을 붙이면 식 (1)은 실제로 성립하며, 이를 발산정리라 한다.

이 패턴은 그린 정리와 스토크스 정리에서 이미 본 것과 같다: 한쪽에는 영역 위에서 함수의 도함수 — 여기서는 $\operatorname{div}\mathbf F$ — 를 적분한 값이 있고, 다른 쪽에는 그 영역의 경계 위에서 함수 자체를 적분한 값이 있다.

English

Section 16.5 restated Green's Theorem in the vector form

$$\int_C\mathbf F\cdot\mathbf n\,ds=\iint_D\operatorname{div}\mathbf F(x,y)\,dA,$$

where $C$ is the boundary curve of the plane region $D$, carrying its positive orientation. Asking what the corresponding statement should be for a vector field on $\mathbb R^3$ leads to the guess

$$\iint_S\mathbf F\cdot\mathbf n\,dS=\iiint_E\operatorname{div}\mathbf F(x,y,z)\,dV,\tag{1}$$

in which $S$ is now the boundary surface of a solid region $E$. Equation (1) turns out to be correct once suitable hypotheses are imposed on $E$ and $\mathbf F$; it is called the Divergence Theorem.

The pattern is the one already met in Green's Theorem and in Stokes' Theorem: on one side stands the integral over a region of a derivative of a function — here $\operatorname{div}\mathbf F$ — and on the other side the integral of the function itself over the boundary of that region.

DEF 2 단순 입체 영역과 양의 향 Simple Solid Regions and Outward Orientationp.1239
한국어

정의. 입체 영역 $E$가 제1형 입체·제2형 입체·제3형 입체를 한꺼번에 만족시킬 때, $E$를 단순 입체 영역이라 한다.

여기서 15.6절에서 삼중적분을 계산할 수 있었던 입체 영역의 종류들을 다시 떠올려 볼 만하다. 타원면이나 직육면체로 둘러싸인 입체는 모두 단순 입체 영역의 예이고, 아래 정리는 (그런 예들만이 아니라) 단순 입체 영역 전체에 대해 진술되고 증명된다.

이러한 $E$의 경계는 하나의 닫힌곡면을 이루고, 16.7절에서 정한 규약에 따라 향을 준다: 양의 향은 바깥쪽 향이며, 이는 경계 위의 모든 점에서 단위법선벡터 $\mathbf n$이 $E$의 바깥을 향함을 뜻한다.

English

Definition. A solid region $E$ that is of type 1, of type 2 and of type 3 all at once is called a simple solid region.

It is worth reviewing at this point the types of solid regions over which §15.6 was able to evaluate triple integrals. Solids bounded by an ellipsoid, or by a rectangular box, are examples of simple solid regions; the theorem below is stated and proved for every simple solid region, not merely for such examples.

The boundary of such an $E$ is a closed surface, and it is oriented by the convention adopted in §16.7: the positive orientation is the outward one, meaning that the unit normal vector $\mathbf n$ points away from $E$ at every point of the boundary.

REM 3 정리의 다른 이름 Gauss's Theorem, Ostrogradsky's TheoremMargin note · p.1239
한국어

이 정리는 정전기학을 연구하던 중 이 결과에 이른 카를 프리드리히 가우스(Karl Friedrich Gauss, 1777–1855)의 이름을 따 가우스 정리라고도 불린다.

동유럽에서는 대신 1826년에 같은 결과를 발표한 러시아 수학자 미하일 오스트로그라드스키(Mikhail Ostrogradsky, 1801–1862)의 이름을 따 이 정리를 오스트로그라드스키 정리라 부른다.

English

The theorem is also known as Gauss's Theorem, after Karl Friedrich Gauss (1777–1855), who arrived at it while studying electrostatics.

In Eastern Europe the same result is attributed instead to the Russian mathematician Mikhail Ostrogradsky (1801–1862), who published it in 1826, and it is accordingly called Ostrogradsky's Theorem there.

THM 4 발산정리 The Divergence TheoremThe Divergence Theorem · p.1239
한국어

발산정리. $E$를 단순 입체 영역이라 하고, 그 경계곡면 $S=\partial E$에는 양의(바깥) 향을 주자. $\mathbf F$를 $E$를 포함하는 어떤 열린 영역에서 각 성분함수가 연속인 편도함수를 갖는 벡터장이라 하면, 다음이 성립한다.

$$\iint_S\mathbf F\cdot d\mathbf S=\iiint_E\operatorname{div}\mathbf F\,dV.$$

이 진술에는 세 가지 가정이 각각 제 역할을 맡고 있으며 증명에서도 그대로 쓰인다: $E$는 단순 입체 영역이어야 하는데, 이는 $E$를 제1형·제2형·제3형 입체로 번갈아 읽을 수 있어야 하기 때문이다. $S$는 바깥 법선을 가져야 하는데, 법선을 뒤집으면 좌변의 부호가 바뀐다. 그리고 $P,Q,R$의 편도함수는 $E$를 둘러싼 열린 집합에서 연속이어야 우변의 삼중적분이 존재한다.

정리를 뒷받침하는 논증은 아래 증명 개요 카드에서 스케치한다.

English

The Divergence Theorem. Let $E$ be a simple solid region whose boundary surface $S$ has been given the positive (outward) orientation, and let $\mathbf F$ be a vector field each of whose component functions has continuous partial derivatives on some open region containing $E$. Then

$$\iint_S\mathbf F\cdot d\mathbf S=\iiint_E\operatorname{div}\mathbf F\,dV.$$

Three hypotheses are doing work here and each of them is used in the proof: $E$ must be simple (so that it can be read as a type 1, a type 2 and a type 3 solid in turn), $S$ must carry the outward normal (a reversed normal flips the sign of the left-hand side), and the partial derivatives of $P$, $Q$, $R$ must be continuous on an open set around $E$, so that the triple integral on the right exists.

The argument that establishes the theorem is sketched below, in the card Outline of the Proof.

REM 5 정리가 말하는 것 What the Theorem Saysp.1240
한국어

등식의 양변을 하나씩 읽어 보자. 좌변은 $E$의 경계를 이루는 곡면을 가로지르는 $\mathbf F$의 플럭스이고, 우변은 $E$ 전체에 걸친 $\operatorname{div}\mathbf F$의 삼중적분이다.

따라서 정리가 말하는 바는, 앞의 가정 아래에서 이 두 값이 정확히 일치한다는 것이다: 벡터장이 경계를 가로질러 실어 나르는 양은 내부에 쌓인 발산으로 남김없이 설명된다.

English

Read the two sides of the identity one at a time. The left-hand side is the flux of $\mathbf F$ across the surface that bounds $E$; the right-hand side is the triple integral of $\operatorname{div}\mathbf F$ taken over the whole of $E$.

So the theorem says that, under the stated hypotheses, these two numbers agree: what the field carries across the boundary is accounted for exactly by the divergence accumulated inside.

NOTE 증명 개요 Outline of the ProofProof · Eq. (2)–(6) · p.1240–1241
한국어

$\mathbf F=P\,\mathbf i+Q\,\mathbf j+R\,\mathbf k$ 라 쓰면 $\operatorname{div}\mathbf F=\dfrac{\partial P}{\partial x}+\dfrac{\partial Q}{\partial y}+\dfrac{\partial R}{\partial z}$ 이므로, 정리의 양변은 각각 세 항으로 쪼개진다. 따라서 다음 세 등식만 확인하면 정리가 증명된다.

$$\iint_S P\,\mathbf i\cdot\mathbf n\,dS=\iiint_E\frac{\partial P}{\partial x}\,dV,\tag{2}$$
$$\iint_S Q\,\mathbf j\cdot\mathbf n\,dS=\iiint_E\frac{\partial Q}{\partial y}\,dV,\tag{3}$$
$$\iint_S R\,\mathbf k\cdot\mathbf n\,dS=\iiint_E\frac{\partial R}{\partial z}\,dV.\tag{4}$$

식 (4)를 자세히 다루어 보자. $E$를 제1형 입체

$$E=\{(x,y,z)\mid (x,y)\in D,\ u_1(x,y)\le z\le u_2(x,y)\}$$

로 보면, 여기서 $D$는 $E$를 $xy$평면에 정사영한 영역이다. 공식 15.6.6에 이어 미적분학의 기본정리를 적용하면 삼중적분이 $D$ 위의 이중적분으로 줄어든다.

$$\iiint_E\frac{\partial R}{\partial z}\,dV=\iint_D\bigl[R(x,y,u_2(x,y))-R(x,y,u_1(x,y))\bigr]\,dA.\tag{5}$$

한편 경계곡면 $S$는 밑면 $S_1$, 윗면 $S_2$, 그리고 $D$의 경계곡선 위에 서는 연직 옆면 $S_3$ 로 나뉜다(구처럼 이런 옆면이 아예 없는 경우도 있다). $S_3$ 위에서는 법선이 수평이고 $\mathbf k$는 연직이므로 그곳에서는 $\mathbf k\cdot\mathbf n=0$ 이 되어 이 조각의 기여가 없다.

$$\iint_S R\,\mathbf k\cdot\mathbf n\,dS=\iint_{S_1}R\,\mathbf k\cdot\mathbf n\,dS+\iint_{S_2}R\,\mathbf k\cdot\mathbf n\,dS.\tag{6}$$

공식 16.7.10을 벡터장 $R\,\mathbf k$ 에 적용하면 남은 두 조각의 값이 구해진다: $S_2$ 위쪽 법선에서는 $+\iint_D R(x,y,u_2(x,y))\,dA$ 를, $S_1$ 아래쪽 법선에서는 $-\iint_D R(x,y,u_1(x,y))\,dA$ 를 얻으며, 두 값의 합은 정확히 식 (5)의 우변과 같다. 식 (2)와 (3)도 같은 방식으로 얻어지는데, 이번에는 $E$를 각각 제2형 입체·제3형 입체로 본다.

지금까지의 경로는 그린 정리의 증명과 매우 닮아 있다.

z x y 0 S₂: z = u₂(x, y) S₃ S₁: z = u₁(x, y) E D

증명. $\mathbf F=P\,\mathbf i+Q\,\mathbf j+R\,\mathbf k$라 하면 $\operatorname{div}\mathbf F=P_x+Q_y+R_z$이고, 곡면적분 $\iint_S\mathbf F\cdot\mathbf n\,dS$도 세 성분으로 선형이게 나뉘므로, 다음 세 등식만 보이면 정리가 증명된다.

$$\iint_S P\,\mathbf i\cdot\mathbf n\,dS=\iiint_E P_x\,dV,$$
$$\iint_S Q\,\mathbf j\cdot\mathbf n\,dS=\iiint_E Q_y\,dV,$$
$$\iint_S R\,\mathbf k\cdot\mathbf n\,dS=\iiint_E R_z\,dV.$$

세 등식은 좌표축의 이름만 바꾼 동일한 논증이므로, $R$항만 자세히 다룬다.

$E$가 제1형 입체 $E=\{(x,y,z)\mid(x,y)\in D,\ u_1(x,y)\le z\le u_2(x,y)\}$라 하자. $z$에 대해 먼저 적분하면(안쪽 변수에 대한 미적분학의 기본정리)

$$\iiint_E\frac{\partial R}{\partial z}\,dV=\iint_D\left[\int_{u_1(x,y)}^{u_2(x,y)}\frac{\partial R}{\partial z}(x,y,z)\,dz\right]dA=\iint_D\bigl[R(x,y,u_2(x,y))-R(x,y,u_1(x,y))\bigr]\,dA.$$

이제 이 값을 $S$ 위의 면적분으로 다시 얻는다. 경계곡면 $S$는 아랫면 $S_1:z=u_1(x,y)$, 윗면 $S_2:z=u_2(x,y)$, 그리고 $D$의 경계 위에 서는 연직 옆면 $S_3$로 나뉜다(옆면이 아예 없는 경우도 있다). $S_3$의 각 점에서 접평면은 연직이므로 법선 $\mathbf n$은 $xy$평면에 평행하고, 따라서 그곳에서 $\mathbf k\cdot\mathbf n=0$이다 — $S_3$는 $\iint_S R\,\mathbf k\cdot\mathbf n\,dS$에 기여하지 않는다. $S_2$는 그래프 $z=u_2(x,y)$ 위의 위쪽(양의) 방향이므로 공식 16.7.10을 벡터장 $R\mathbf k$에 곧바로 적용하면

$$\iint_{S_2}R\,\mathbf k\cdot\mathbf n\,dS=\iint_D R(x,y,u_2(x,y))\,dA.$$

$S_1$도 같은 그래프꼴이지만 향이 아래쪽이다 — $E$ 바깥을 향해야 하므로 — 그래서 부호가 뒤집힌다.

$$\iint_{S_1}R\,\mathbf k\cdot\mathbf n\,dS=-\iint_D R(x,y,u_1(x,y))\,dA.$$

세 조각을 모으면

$$\iint_S R\,\mathbf k\cdot\mathbf n\,dS=\iint_D R(x,y,u_2(x,y))\,dA-\iint_D R(x,y,u_1(x,y))\,dA=\iint_D\bigl[R(x,y,u_2(x,y))-R(x,y,u_1(x,y))\bigr]\,dA,$$

이는 위에서 구한 삼중적분의 값과 정확히 일치한다. 그러므로 $\iint_S R\,\mathbf k\cdot\mathbf n\,dS=\iiint_E R_z\,dV$이다.

$P$항은 $E$를 제2형 입체로(경계를 $x=v_1(y,z)$, $x=v_2(y,z)$, 옆면으로 나누어 $x$에 대해 적분), $Q$항은 $E$를 제3형 입체로(경계를 $y=w_1(x,z)$, $y=w_2(x,z)$, 옆면으로 나누어 $y$에 대해 적분) 보면 글자만 바꾼 같은 논증으로 성립한다. $E$가 단순 입체 영역이므로 세 가지 서술이 모두 가능하고, 세 등식을 변변 더하면

$$\iint_S\mathbf F\cdot d\mathbf S=\iint_S P\,\mathbf i\cdot\mathbf n\,dS+\iint_S Q\,\mathbf j\cdot\mathbf n\,dS+\iint_S R\,\mathbf k\cdot\mathbf n\,dS=\iiint_E(P_x+Q_y+R_z)\,dV=\iiint_E\operatorname{div}\mathbf F\,dV$$

을 얻는다.

$\square$
English

Write $\mathbf F=P\,\mathbf i+Q\,\mathbf j+R\,\mathbf k$, so that $\operatorname{div}\mathbf F=\partial P/\partial x+\partial Q/\partial y+\partial R/\partial z$. Both integrals in the theorem then break into three summands apiece, and the theorem follows once these three identities are in hand:

$$\iint_S P\,\mathbf i\cdot\mathbf n\,dS=\iiint_E\frac{\partial P}{\partial x}\,dV,\tag{2}$$
$$\iint_S Q\,\mathbf j\cdot\mathbf n\,dS=\iiint_E\frac{\partial Q}{\partial y}\,dV,\tag{3}$$
$$\iint_S R\,\mathbf k\cdot\mathbf n\,dS=\iiint_E\frac{\partial R}{\partial z}\,dV.\tag{4}$$

Identity (4) is the one carried out in detail. Read $E$ as a type 1 solid,

$$E=\{(x,y,z)\mid (x,y)\in D,\ u_1(x,y)\le z\le u_2(x,y)\},$$

where $D$ is the projection of $E$ onto the $xy$-plane. Formula 15.6.6 followed by the Fundamental Theorem of Calculus collapses the triple integral to a double integral over $D$:

$$\iiint_E\frac{\partial R}{\partial z}\,dV=\iint_D\bigl[R(x,y,u_2(x,y))-R(x,y,u_1(x,y))\bigr]\,dA.\tag{5}$$

On the other side, the boundary $S$ falls into a bottom piece $S_1$, a top piece $S_2$ and possibly a vertical piece $S_3$ standing over the boundary curve of $D$ (for a sphere no such piece occurs). Along $S_3$ the normal is horizontal while $\mathbf k$ is vertical, so $\mathbf k\cdot\mathbf n=0$ there and that piece contributes nothing:

$$\iint_S R\,\mathbf k\cdot\mathbf n\,dS=\iint_{S_1}R\,\mathbf k\cdot\mathbf n\,dS+\iint_{S_2}R\,\mathbf k\cdot\mathbf n\,dS.\tag{6}$$

Formula 16.7.10, applied to the field $R\,\mathbf k$, evaluates the two surviving pieces: the upward normal on $S_2$ gives $+\iint_D R(x,y,u_2(x,y))\,dA$ and the downward normal on $S_1$ gives $-\iint_D R(x,y,u_1(x,y))\,dA$, whose sum is precisely the right side of (5). Identities (2) and (3) come out the same way, this time reading $E$ as a type 2 and as a type 3 solid.

The route just described runs closely parallel to the proof of Green's Theorem.

z x y 0 S₂: z = u₂(x, y) S₃ S₁: z = u₁(x, y) E D

Proof. Write $\mathbf F=P\,\mathbf i+Q\,\mathbf j+R\,\mathbf k$, so $\operatorname{div}\mathbf F=P_x+Q_y+R_z$, and the surface integral $\iint_S\mathbf F\cdot\mathbf n\,dS$ splits linearly into the same three summands. It is enough to establish

$$\iint_S P\,\mathbf i\cdot\mathbf n\,dS=\iiint_E P_x\,dV,$$
$$\iint_S Q\,\mathbf j\cdot\mathbf n\,dS=\iiint_E Q_y\,dV,$$
$$\iint_S R\,\mathbf k\cdot\mathbf n\,dS=\iiint_E R_z\,dV.$$

The three identities are the same argument with the axes relabeled, so only the $R$-term is carried out in detail.

Let $E$ be a type 1 solid, $E=\{(x,y,z)\mid(x,y)\in D,\ u_1(x,y)\le z\le u_2(x,y)\}$. Integrating in $z$ first (the Fundamental Theorem of Calculus applied to the inner variable) gives

$$\iiint_E\frac{\partial R}{\partial z}\,dV=\iint_D\left[\int_{u_1(x,y)}^{u_2(x,y)}\frac{\partial R}{\partial z}(x,y,z)\,dz\right]dA=\iint_D\bigl[R(x,y,u_2(x,y))-R(x,y,u_1(x,y))\bigr]\,dA.$$

This value is now recovered as a surface integral over $S$. The boundary $S$ splits into a bottom piece $S_1:z=u_1(x,y)$, a top piece $S_2:z=u_2(x,y)$, and possibly a vertical piece $S_3$ standing over the boundary curve of $D$. At every point of $S_3$ the tangent plane is vertical, so the normal $\mathbf n$ is parallel to the $xy$-plane and $\mathbf k\cdot\mathbf n=0$ there — $S_3$ contributes nothing to $\iint_S R\,\mathbf k\cdot\mathbf n\,dS$. Since $S_2$ carries the upward orientation of the graph $z=u_2(x,y)$, Formula 16.7.10 applied to the field $R\mathbf k$ gives directly

$$\iint_{S_2}R\,\mathbf k\cdot\mathbf n\,dS=\iint_D R(x,y,u_2(x,y))\,dA.$$

$S_1$ is the same kind of graph but carries the downward orientation — it must point out of $E$ — so the sign flips:

$$\iint_{S_1}R\,\mathbf k\cdot\mathbf n\,dS=-\iint_D R(x,y,u_1(x,y))\,dA.$$

Adding the three pieces,

$$\iint_S R\,\mathbf k\cdot\mathbf n\,dS=\iint_D R(x,y,u_2(x,y))\,dA-\iint_D R(x,y,u_1(x,y))\,dA=\iint_D\bigl[R(x,y,u_2(x,y))-R(x,y,u_1(x,y))\bigr]\,dA,$$

which matches the triple integral found above exactly. Hence $\iint_S R\,\mathbf k\cdot\mathbf n\,dS=\iiint_E R_z\,dV$.

The $P$-term follows the same argument, letter for letter, once $E$ is read as a type 2 solid (boundary split into $x=v_1(y,z)$, $x=v_2(y,z)$, and a side piece, integrating in $x$); the $Q$-term follows once $E$ is read as a type 3 solid (boundary split into $y=w_1(x,z)$, $y=w_2(x,z)$, and a side piece, integrating in $y$). Since $E$ is a simple solid region all three descriptions apply, and adding the three identities gives

$$\iint_S\mathbf F\cdot d\mathbf S=\iint_S P\,\mathbf i\cdot\mathbf n\,dS+\iint_S Q\,\mathbf j\cdot\mathbf n\,dS+\iint_S R\,\mathbf k\cdot\mathbf n\,dS=\iiint_E(P_x+Q_y+R_z)\,dV=\iiint_E\operatorname{div}\mathbf F\,dV.$$
$\square$
THM 7 구멍 있는 입체로의 확장 Extension to Solids with CavitiesEq. (7) · p.1242
한국어

증명은 단순 입체 영역에 대해서만 이루어졌지만, 정리는 그런 조각들의 유한 합집합인 임의의 영역에서도 그대로 성립한다. 조각들을 이어붙이는 방법은 16.4절에서 그린 정리를 확장할 때와 같다.

따로 적어둘 만한 경우는 구멍이 있는 입체이다. 닫힌곡면 $S_1$이 또 다른 닫힌곡면 $S_2$의 내부에 놓여 있다고 하고, $E$를 두 곡면 사이에 낀 영역이라 하자. $\mathbf n_1,\mathbf n_2$는 각각 $S_1,S_2$의 바깥 법선이다. $E$의 경계는 $S=S_1\cup S_2$이고, $E$의 바깥을 향하는 법선은 $S_1$ 위에서는 $\mathbf n=-\mathbf n_1$(구멍 안쪽을 향한다)이고 $S_2$ 위에서는 $\mathbf n=\mathbf n_2$이다. 따라서 $S$에 발산정리를 적용하면 다음을 얻는다.

식 (7) — 구멍이 있는 입체.

$$\iiint_E\operatorname{div}\mathbf F\,dV=-\iint_{S_1}\mathbf F\cdot d\mathbf S+\iint_{S_2}\mathbf F\cdot d\mathbf S.\tag{7}$$

아래 예제 3은 바로 이 형태의 정리로 풀린다: 임의의 닫힌곡면 위의 적분을, 실제로 계산할 수 있는 구면 위의 적분으로 바꾸어 주기 때문이다.

n₂ n₁ −n₁ S₂ S₁ E
English

Only simple solid regions were covered by the proof, but the theorem survives for any region that is a finite union of such pieces; the pieces are joined exactly as they were in §16.4, where Green's Theorem was widened in the same manner.

The case worth recording separately is a solid with a cavity. Let $S_1$ be a closed surface lying inside a second closed surface $S_2$, and let $E$ be the region trapped between them, with $\mathbf n_1$ and $\mathbf n_2$ denoting the outward normals of $S_1$ and $S_2$. The boundary of $E$ is $S=S_1\cup S_2$, and the normal pointing out of $E$ is $\mathbf n=-\mathbf n_1$ along $S_1$ — there it aims into the cavity — while $\mathbf n=\mathbf n_2$ along $S_2$. Applying the Divergence Theorem to $S$ therefore yields

Equation (7) — a solid with a cavity.

$$\iiint_E\operatorname{div}\mathbf F\,dV=-\iint_{S_1}\mathbf F\cdot d\mathbf S+\iint_{S_2}\mathbf F\cdot d\mathbf S.\tag{7}$$

Example 3 below is settled by this version of the theorem: it replaces an integral over an arbitrary closed surface by an integral over a sphere, where the computation can actually be carried out.

n₂ n₁ −n₁ S₂ S₁ E
THM 8 단위부피당 플럭스로서의 발산 Divergence as Flux per Unit VolumeEq. (9) · p.1243
한국어

유체의 흐름은 정리를 활용할 수 있는 또 다른 무대다. 밀도 $\rho$가 일정한 유체의 속도장을 $\mathbf v(x,y,z)$ 라 하고, 단위 넓이당 유량 $\mathbf F=\rho\mathbf v$ 를 생각하자. 유체 속 한 점 $P_0(x_0,y_0,z_0)$을 고정하고, $P_0$을 중심으로 반지름이 아주 작은 $a$인 공 $B_a$를 잡으면 그 경계구면은 $S_a$이다.

식 (9) — 플럭스의 극한으로 나타낸 한 점에서의 발산. $\mathbf F$의 성분함수가 $P_0$을 포함하는 열린 영역에서 연속인 편도함수를 가지면(따라서 $\operatorname{div}\mathbf F$는 그곳에서 연속이다),

$$\operatorname{div}\mathbf F(P_0)=\lim_{a\to0}\frac{1}{V(B_a)}\iint_{S_a}\mathbf F\cdot d\mathbf S.\tag{9}$$

식 (9)가 말해 주는 것은, $\operatorname{div}\mathbf F(P_0)$가 $P_0$에서 단위부피당 순(純) 바깥 플럭스를 재는 양이라는 사실이다 — 그리고 바로 여기서 “발산”이라는 이름이 나왔다.

증명. 공 $B_a$의 경계구면 $S_a$에 발산정리를 적용하면

$$\iint_{S_a}\mathbf F\cdot d\mathbf S=\iiint_{B_a}\operatorname{div}\mathbf F\,dV.$$

$\operatorname{div}\mathbf F$가 $P_0$에서 연속이므로, 임의의 $\varepsilon\gt0$에 대해 $P_0$과의 거리가 $\delta$보다 작은 모든 점 $P$에서 $|\operatorname{div}\mathbf F(P)-\operatorname{div}\mathbf F(P_0)|\lt\varepsilon$이 되는 $\delta\gt0$가 존재한다. $0\lt a\lt\delta$이면 $B_a$의 모든 점이 이 조건을 만족하므로

$$\left|\iiint_{B_a}\operatorname{div}\mathbf F\,dV-\operatorname{div}\mathbf F(P_0)\,V(B_a)\right|=\left|\iiint_{B_a}\bigl[\operatorname{div}\mathbf F(P)-\operatorname{div}\mathbf F(P_0)\bigr]\,dV\right|\le\iiint_{B_a}\varepsilon\,dV=\varepsilon\,V(B_a).$$

양변을 $V(B_a)$로 나누면

$$\left|\frac{1}{V(B_a)}\iint_{S_a}\mathbf F\cdot d\mathbf S-\operatorname{div}\mathbf F(P_0)\right|\le\varepsilon\qquad(0\lt a\lt\delta).$$

$\varepsilon\gt0$을 아무리 작게 택해도 그에 맞는 $\delta$가 존재하므로, $a\to0$일 때 좌변이 $0$으로 수렴한다. 즉

$$\lim_{a\to0}\frac{1}{V(B_a)}\iint_{S_a}\mathbf F\cdot d\mathbf S=\operatorname{div}\mathbf F(P_0),$$

이는 식 (9)이다.

$\square$
English

Fluid flow supplies another use of the theorem. Let $\mathbf v(x,y,z)$ be the velocity field of a fluid whose density $\rho$ is constant, and put $\mathbf F=\rho\mathbf v$, the rate of flow per unit area. Fix a point $P_0(x_0,y_0,z_0)$ of the fluid and let $B_a$ be the ball of very small radius $a$ centered at $P_0$, whose boundary sphere is $S_a$.

Equation (9) — divergence at a point as a limit of fluxes. If each component function of $\mathbf F$ has continuous partial derivatives on some open region containing $P_0$ (so that $\operatorname{div}\mathbf F$ is continuous there), then

$$\operatorname{div}\mathbf F(P_0)=\lim_{a\to0}\frac{1}{V(B_a)}\iint_{S_a}\mathbf F\cdot d\mathbf S.\tag{9}$$

What (9) reports is that $\operatorname{div}\mathbf F(P_0)$ measures the net rate of outward flux per unit volume at $P_0$ — and that is where the name divergence comes from.

Proof. Apply the Divergence Theorem to the boundary sphere $S_a$ of $B_a$:

$$\iint_{S_a}\mathbf F\cdot d\mathbf S=\iiint_{B_a}\operatorname{div}\mathbf F\,dV.$$

Since $\operatorname{div}\mathbf F$ is continuous at $P_0$, for every $\varepsilon\gt0$ there is a $\delta\gt0$ such that $|\operatorname{div}\mathbf F(P)-\operatorname{div}\mathbf F(P_0)|\lt\varepsilon$ for every point $P$ within distance $\delta$ of $P_0$. For $0\lt a\lt\delta$ every point of $B_a$ satisfies this bound, so

$$\left|\iiint_{B_a}\operatorname{div}\mathbf F\,dV-\operatorname{div}\mathbf F(P_0)\,V(B_a)\right|=\left|\iiint_{B_a}\bigl[\operatorname{div}\mathbf F(P)-\operatorname{div}\mathbf F(P_0)\bigr]\,dV\right|\le\iiint_{B_a}\varepsilon\,dV=\varepsilon\,V(B_a).$$

Dividing by $V(B_a)$,

$$\left|\frac{1}{V(B_a)}\iint_{S_a}\mathbf F\cdot d\mathbf S-\operatorname{div}\mathbf F(P_0)\right|\le\varepsilon\qquad(0\lt a\lt\delta).$$

Since $\delta$ can be found for every choice of $\varepsilon\gt0$, the left side tends to $0$ as $a\to0$; that is,

$$\lim_{a\to0}\frac{1}{V(B_a)}\iint_{S_a}\mathbf F\cdot d\mathbf S=\operatorname{div}\mathbf F(P_0),$$

which is equation (9).

$\square$
DEF 9 원천과 흡입 Sources and SinksFigure 4 · p.1243
한국어

정의. 점 $P$에서 $\operatorname{div}\mathbf F(P)\gt 0$이면 $P$ 근처의 순 흐름은 바깥으로 향하며, 이런 점 $P$를 원천이라 한다. 반대로 $\operatorname{div}\mathbf F(P)\lt 0$이면 $P$ 근처의 순 흐름은 안쪽으로 향하며, 이런 점 $P$를 흡입이라 한다.

평면 벡터장 $\mathbf F=x^2\,\mathbf i+y^2\,\mathbf j$가 두 경우를 모두 보여 준다. 그 발산은

$$\operatorname{div}\mathbf F=2x+2y,$$

이며, 이는 정확히 $y\gt-x$일 때 양이다. 따라서 직선 $y=-x$ 위쪽의 점들은 원천이고 아래쪽의 점들은 흡입이다.

이 벡터장을 그려 보면 눈으로도 이 분류를 확인할 수 있다: 직선 위쪽의 한 점 $P_1$ 근처에서는 들어오는 화살표가 나가는 화살표보다 짧아 순 흐름이 바깥으로 향하는 반면, 직선 아래쪽의 한 점 $P_2$ 근처에서는 들어오는 화살표가 더 길어 순 흐름이 안쪽으로 향한다.

English

Definition. Let $P$ be a point at which $\operatorname{div}\mathbf F(P)\gt 0$; the net flow near $P$ is then directed outward, and $P$ is called a source. If instead $\operatorname{div}\mathbf F(P)\lt 0$, the net flow near $P$ is directed inward and $P$ is called a sink.

The plane field $\mathbf F=x^2\,\mathbf i+y^2\,\mathbf j$ illustrates both. Its divergence is

$$\operatorname{div}\mathbf F=2x+2y,$$

which is positive precisely when $y\gt-x$. Points above the line $y=-x$ are therefore sources and points below it are sinks.

A plot of the field confirms the classification by eye: near a point $P_1$ above the line the arrows arriving are shorter than the arrows leaving, so the net flow there is outward, whereas near a point $P_2$ below the line the incoming arrows are the longer ones and the net flow is inward.

예제 답안 · Worked Examples

EXAM 1 단위구면을 지나는 플럭스 Flux across the Unit SphereExample 1 · p.1241
한국어

벡터장 $\mathbf F(x,y,z)=z\,\mathbf i+y\,\mathbf j+x\,\mathbf k$ 가 주어져 있다. 바깥쪽 향을 준 단위구면 $x^2+y^2+z^2=1$ 을 가로지르는 $\mathbf F$의 플럭스를 구하라.

풀이. $\mathbf F(x,y,z)=z\,\mathbf i+y\,\mathbf j+x\,\mathbf k$이므로

$$\operatorname{div}\mathbf F=\frac{\partial}{\partial x}(z)+\frac{\partial}{\partial y}(y)+\frac{\partial}{\partial z}(x)=0+1+0=1.$$

단위구면은 단위공 $B=\{(x,y,z)\mid x^2+y^2+z^2\le1\}$의 경계이고 바깥쪽 향을 이미 갖추었으므로, 발산정리에 의해

$$\iint_S\mathbf F\cdot d\mathbf S=\iiint_B\operatorname{div}\mathbf F\,dV=\iiint_B1\,dV=V(B)=\frac43\pi(1)^3=\frac{4\pi}{3}.$$

구면을 $x=\sin\phi\cos\theta,\ y=\sin\phi\sin\theta,\ z=\cos\phi$로 직접 매개변수화해 $\mathbf F\cdot\mathbf n$을 계산하고 적분해도(향은 그대로) 같은 값을 얻지만, 그 경우 삼각함수가 섞인 적분 몇 개를 따로 다뤄야 한다. 발산이 상수 $1$이라는 사실 하나로 답이 부피 계산으로 곧장 줄어드는 지금 쪽이 훨씬 짧다. 따라서 $\displaystyle\iint_S\mathbf F\cdot d\mathbf S=\frac{4\pi}{3}$이다.

English

Let $\mathbf F(x,y,z)=z\,\mathbf i+y\,\mathbf j+x\,\mathbf k$. Find the flux of $\mathbf F$ through the unit sphere $x^2+y^2+z^2=1$, taken with its outward orientation.

Solution. Since $\mathbf F(x,y,z)=z\,\mathbf i+y\,\mathbf j+x\,\mathbf k$,

$$\operatorname{div}\mathbf F=\frac{\partial}{\partial x}(z)+\frac{\partial}{\partial y}(y)+\frac{\partial}{\partial z}(x)=0+1+0=1.$$

The unit sphere is the boundary of the unit ball $B=\{(x,y,z)\mid x^2+y^2+z^2\le1\}$, already carrying the outward orientation, so the Divergence Theorem gives

$$\iint_S\mathbf F\cdot d\mathbf S=\iiint_B\operatorname{div}\mathbf F\,dV=\iiint_B1\,dV=V(B)=\frac43\pi(1)^3=\frac{4\pi}{3}.$$

Parametrizing the sphere directly by $x=\sin\phi\cos\theta,\ y=\sin\phi\sin\theta,\ z=\cos\phi$ and integrating $\mathbf F\cdot\mathbf n$ (with the same orientation) gives the same value, but that route requires several trigonometric integrals handled separately. Here the constant divergence $1$ collapses the whole computation to a volume, which is far shorter. Hence $\displaystyle\iint_S\mathbf F\cdot d\mathbf S=\frac{4\pi}{3}$.

EXAM 2 포물기둥이 자르는 입체의 경계 플럭스 Flux across the Boundary of a Solid Cut by a Parabolic CylinderExample 2 · p.1241–1242
한국어

포물기둥 $z=1-x^2$ 과 세 평면 $z=0$, $y=0$, $y+z=2$ 로 둘러싸인 입체를 $E$라 하고, $E$의 경계곡면 $S$에는 바깥쪽 향을 주자. 벡터장

$$\mathbf F(x,y,z)=xy\,\mathbf i+\left(y^2+e^{xz^2}\right)\mathbf j+\sin(xy)\,\mathbf k$$

에 대하여 면적분 $\iint_S\mathbf F\cdot d\mathbf S$ 의 값을 구하라.

풀이. $\mathbf F=xy\,\mathbf i+\left(y^2+e^{xz^2}\right)\mathbf j+\sin(xy)\,\mathbf k$의 발산은

$$\operatorname{div}\mathbf F=\frac{\partial}{\partial x}(xy)+\frac{\partial}{\partial y}\bigl(y^2+e^{xz^2}\bigr)+\frac{\partial}{\partial z}\sin(xy)=y+2y+0=3y,$$

즉 초등함수로 원시함수를 잡기 까다로운 $e^{xz^2}$, $\sin(xy)$ 항은 편미분 단계에서 모두 사라진다. $S$의 네 곡면 조각(포물기둥, 세 평면)마다 $\mathbf F\cdot d\mathbf S$를 따로 매개변수화해 더하는 것보다, 발산정리로 삼중적분 하나로 바꾸는 쪽이 훨씬 짧다.

$E$를 제3형 입체

$$E=\{(x,y,z)\mid-1\le x\le1,\ 0\le z\le1-x^2,\ 0\le y\le2-z\}$$

로 쓰면(포물기둥 $z=1-x^2$이 $z$의 위 경계, 평면 $z=0$이 아래 경계, 평면 $y=0$이 $y$의 아래 경계, 평면 $y+z=2$가 $y$의 위 경계),

$$\iint_S\mathbf F\cdot d\mathbf S=\iiint_E3y\,dV=3\int_{-1}^{1}\int_0^{1-x^2}\int_0^{2-z}y\,dy\,dz\,dx.$$

안쪽부터 적분하면 $\displaystyle\int_0^{2-z}y\,dy=\frac{(2-z)^2}{2}$이고, $z=1-x^2$일 때 $2-z=1+x^2$이므로

$$\int_0^{1-x^2}\frac{(2-z)^2}{2}\,dz=\left[-\frac{(2-z)^3}{6}\right]_0^{1-x^2}=\frac{8-(1+x^2)^3}{6}.$$

$(1+x^2)^3=1+3x^2+3x^4+x^6$이므로 $8-(1+x^2)^3=7-3x^2-3x^4-x^6$이고, 이 식은 짝함수이므로

$$\int_{-1}^{1}\frac{7-3x^2-3x^4-x^6}{6}\,dx=\frac13\int_0^1\bigl(7-3x^2-3x^4-x^6\bigr)\,dx=\frac13\left[7x-x^3-\frac35x^5-\frac17x^7\right]_0^1=\frac13\left(6-\frac35-\frac17\right)=\frac13\cdot\frac{184}{35}=\frac{184}{105}.$$

따라서

$$\iint_S\mathbf F\cdot d\mathbf S=3\cdot\frac{184}{105}=\frac{184}{35}.$$
English

Let $E$ be the solid enclosed by the parabolic cylinder $z=1-x^2$ together with the three planes $z=0$, $y=0$ and $y+z=2$, and give its boundary surface $S$ the outward orientation. For the field

$$\mathbf F(x,y,z)=xy\,\mathbf i+\left(y^2+e^{xz^2}\right)\mathbf j+\sin(xy)\,\mathbf k,$$

evaluate the surface integral $\iint_S\mathbf F\cdot d\mathbf S$.

Solution. The divergence of $\mathbf F=xy\,\mathbf i+\left(y^2+e^{xz^2}\right)\mathbf j+\sin(xy)\,\mathbf k$ is

$$\operatorname{div}\mathbf F=\frac{\partial}{\partial x}(xy)+\frac{\partial}{\partial y}\bigl(y^2+e^{xz^2}\bigr)+\frac{\partial}{\partial z}\sin(xy)=y+2y+0=3y,$$

so the terms $e^{xz^2}$ and $\sin(xy)$, neither of which has an elementary antiderivative, both disappear at the differentiation step. Rather than parametrizing and summing $\mathbf F\cdot d\mathbf S$ over the four pieces of $S$ (the parabolic cylinder and three planes), the Divergence Theorem reduces the whole computation to a single triple integral.

Writing $E$ as the type 3 solid

$$E=\{(x,y,z)\mid-1\le x\le1,\ 0\le z\le1-x^2,\ 0\le y\le2-z\}$$

(the parabolic cylinder $z=1-x^2$ bounds $z$ above, the plane $z=0$ below, the plane $y=0$ bounds $y$ below, and the plane $y+z=2$ bounds $y$ above),

$$\iint_S\mathbf F\cdot d\mathbf S=\iiint_E3y\,dV=3\int_{-1}^{1}\int_0^{1-x^2}\int_0^{2-z}y\,dy\,dz\,dx.$$

Integrating from the inside out, $\displaystyle\int_0^{2-z}y\,dy=\frac{(2-z)^2}{2}$, and since $2-z=1+x^2$ when $z=1-x^2$,

$$\int_0^{1-x^2}\frac{(2-z)^2}{2}\,dz=\left[-\frac{(2-z)^3}{6}\right]_0^{1-x^2}=\frac{8-(1+x^2)^3}{6}.$$

Since $(1+x^2)^3=1+3x^2+3x^4+x^6$, this is $8-(1+x^2)^3=7-3x^2-3x^4-x^6$, an even function, so

$$\int_{-1}^{1}\frac{7-3x^2-3x^4-x^6}{6}\,dx=\frac13\int_0^1\bigl(7-3x^2-3x^4-x^6\bigr)\,dx=\frac13\left[7x-x^3-\frac35x^5-\frac17x^7\right]_0^1=\frac13\left(6-\frac35-\frac17\right)=\frac13\cdot\frac{184}{35}=\frac{184}{105}.$$

Hence

$$\iint_S\mathbf F\cdot d\mathbf S=3\cdot\frac{184}{105}=\frac{184}{35}.$$
EXAM 3 점전하가 만드는 전기다발 The Electric Flux of a Point ChargeExample 3 · p.1242–1243
한국어

원점에 놓인 전하 $Q$가 만드는 전기장은 예제 16.1.5에서 보았듯이

$$\mathbf E(\mathbf x)=\frac{\varepsilon Q}{\lvert\mathbf x\rvert^{3}}\,\mathbf x$$

이다. 여기서 $\mathbf x=\langle x,y,z\rangle$ 는 위치벡터이다. 원점을 내부에 품는 닫힌곡면 $S$가 어떤 모양이든, 발산정리를 이용하여 $S$를 지나는 $\mathbf E$의 전기다발이 $\iint_S\mathbf E\cdot d\mathbf S=4\pi\varepsilon Q$ 임을 보여라.

증명. $\mathbf E$는 원점에서 정의되지 않으므로 발산정리를 $S$가 둘러싼 입체에 곧바로 적용할 수 없다. 대신 원점을 중심으로 하고 반지름 $a$가 충분히 작아 $S$ 안에 완전히 들어가는 구면 $S_1$을 그리고, $E$를 $S_1$과 $S$ 사이에 낀 입체라 하자(원문의 문자 사용을 따라 굵은 $\mathbf E$는 전기장, 가는 $E$는 이 입체 영역을 가리킨다). $\mathbf E$의 성분은 원점을 뺀 곳에서 매끄러우므로 $E$ 전체에서 매끄럽고, 식 (7)을 적용할 수 있다.

$$\iiint_E\operatorname{div}\mathbf E\,dV=-\iint_{S_1}\mathbf E\cdot d\mathbf S+\iint_S\mathbf E\cdot d\mathbf S.$$

원점을 제외한 모든 점에서 $\operatorname{div}\mathbf E=0$임을 직접 확인할 수 있다. $\mathbf x=\langle x,y,z\rangle$, $r=|\mathbf x|$라 하면 $\mathbf E$의 $x$성분은 $\varepsilon Qx\,r^{-3}$이고

$$\frac{\partial}{\partial x}\bigl(\varepsilon Qx\,r^{-3}\bigr)=\varepsilon Q\bigl(r^{-3}-3x^2r^{-5}\bigr),$$

$y,z$성분의 편도함수도 같은 꼴이므로 셋을 더하면

$$\operatorname{div}\mathbf E=\varepsilon Q\bigl(3r^{-3}-3(x^2+y^2+z^2)r^{-5}\bigr)=\varepsilon Q\bigl(3r^{-3}-3r^{-3}\bigr)=0\qquad(r\ne0).$$

$E$ 전체가 $r\ne0$인 영역에 놓이므로 $\iiint_E\operatorname{div}\mathbf E\,dV=0$이고, 위 식은

$$\iint_S\mathbf E\cdot d\mathbf S=\iint_{S_1}\mathbf E\cdot d\mathbf S$$

로 줄어든다 — $S$의 모양이 무엇이든 구면 $S_1$ 위의 값만 계산하면 된다.

$S_1$ 위에서는 $|\mathbf x|=a$이고 바깥쪽 법선이 $\mathbf n=\mathbf x/a$이므로

$$\mathbf E\cdot\mathbf n=\frac{\varepsilon Q}{a^3}\,\mathbf x\cdot\frac{\mathbf x}{a}=\frac{\varepsilon Q}{a^4}\lvert\mathbf x\rvert^2=\frac{\varepsilon Q}{a^4}\cdot a^2=\frac{\varepsilon Q}{a^2},$$

즉 $S_1$ 위에서 $\mathbf E\cdot\mathbf n$은 상수이다. 따라서

$$\iint_{S_1}\mathbf E\cdot d\mathbf S=\frac{\varepsilon Q}{a^2}\cdot A(S_1)=\frac{\varepsilon Q}{a^2}\cdot4\pi a^2=4\pi\varepsilon Q.$$

두 결과를 합치면 $\displaystyle\iint_S\mathbf E\cdot d\mathbf S=4\pi\varepsilon Q$이고, 이 값은 $a$의 크기나 $S$의 모양에 전혀 의존하지 않는다.

$\square$
English

A charge $Q$ sitting at the origin produces the electric field of Example 16.1.5,

$$\mathbf E(\mathbf x)=\frac{\varepsilon Q}{\lvert\mathbf x\rvert^{3}}\,\mathbf x,$$

in which $\mathbf x=\langle x,y,z\rangle$ is a position vector. Using the Divergence Theorem, show that every closed surface $S$ enclosing the origin receives one and the same electric flux, namely $\iint_S\mathbf E\cdot d\mathbf S=4\pi\varepsilon Q$, whatever the shape of $S$.

Proof. Since $\mathbf E$ is undefined at the origin, the Divergence Theorem cannot be applied directly to the solid enclosed by $S$. Instead, draw a sphere $S_1$ centered at the origin with radius $a$ small enough that $S_1$ lies entirely inside $S$, and let $E$ be the solid trapped between $S_1$ and $S$ (following the source, boldface $\mathbf E$ is the electric field while the lightface $E$ names this solid region). The components of $\mathbf E$ are smooth away from the origin, hence smooth throughout $E$, so equation (7) applies:

$$\iiint_E\operatorname{div}\mathbf E\,dV=-\iint_{S_1}\mathbf E\cdot d\mathbf S+\iint_S\mathbf E\cdot d\mathbf S.$$

A direct computation shows $\operatorname{div}\mathbf E=0$ at every point but the origin. Writing $\mathbf x=\langle x,y,z\rangle$ and $r=|\mathbf x|$, the $x$-component of $\mathbf E$ is $\varepsilon Qx\,r^{-3}$, and

$$\frac{\partial}{\partial x}\bigl(\varepsilon Qx\,r^{-3}\bigr)=\varepsilon Q\bigl(r^{-3}-3x^2r^{-5}\bigr);$$

the $y$- and $z$-derivatives take the same form, so adding all three gives

$$\operatorname{div}\mathbf E=\varepsilon Q\bigl(3r^{-3}-3(x^2+y^2+z^2)r^{-5}\bigr)=\varepsilon Q\bigl(3r^{-3}-3r^{-3}\bigr)=0\qquad(r\ne0).$$

Since $E$ lies entirely in the region $r\ne0$, $\iiint_E\operatorname{div}\mathbf E\,dV=0$, and the identity above collapses to

$$\iint_S\mathbf E\cdot d\mathbf S=\iint_{S_1}\mathbf E\cdot d\mathbf S$$

— whatever the shape of $S$, only the value on the sphere $S_1$ needs computing.

On $S_1$, $|\mathbf x|=a$ and the outward normal is $\mathbf n=\mathbf x/a$, so

$$\mathbf E\cdot\mathbf n=\frac{\varepsilon Q}{a^3}\,\mathbf x\cdot\frac{\mathbf x}{a}=\frac{\varepsilon Q}{a^4}\lvert\mathbf x\rvert^2=\frac{\varepsilon Q}{a^4}\cdot a^2=\frac{\varepsilon Q}{a^2},$$

a constant on $S_1$. Hence

$$\iint_{S_1}\mathbf E\cdot d\mathbf S=\frac{\varepsilon Q}{a^2}\cdot A(S_1)=\frac{\varepsilon Q}{a^2}\cdot4\pi a^2=4\pi\varepsilon Q.$$

Combining the two results, $\displaystyle\iint_S\mathbf E\cdot d\mathbf S=4\pi\varepsilon Q$, a value that depends on neither the radius $a$ nor the shape of $S$.

$\square$

연결 · Links