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$y$로 먼저 적분할 수 없으므로 적분 순서를 바꾸자. 주어진 영역 $D$는 $$D=\{ (x,y) \mid 0\leq x\leq 1,x^2\leq y\leq 1 \}$$이므로 $0\leq y\leq 1$이고 $0\leq x\leq\sqrt{y}$이다.(그림을 그려도 된다.) 그러면 주어진 적분은 $$\int_0^1 \int_0^{\sqrt{y}} x^3\sin{(y^3)} dxdy=\int_0^1 \left[{x^4\over4}\sin{(y^3)}\right]_{x=0}^{x=\sqrt{y}} dy=\int_0^1 {y^2\over4}\sin{(y^3)} dy={1\over12}\left[ \sin{(y^3)} \right]_0^1={\sin{1}\over12}$$이다.
두 식을 연립하면 $z=0$ 혹은 $z=1$에서 두 입체가 만난다. 따라서 적분 범위 $D$는 $$D=\{ (x,y) \mid x^2+y^2\leq 1 \}$$이다. 적분 식을 세우면 $$\iint_D \sqrt{x^2+y^2}-(x^2+y^2) dA$$이고 극좌표로 변환하면 $$\int_0^{2\pi} \int_0^1 (r-r^2)rdrd\theta=\int_0^{2\pi} {1\over12} d\theta={\pi\over6}$$이다.
$\operatorname{curl} \textbf{F}=0$임을 보이면 된다. $$\nabla \times \textbf{F} = \begin{vmatrix} \textbf{i} & \textbf{j} & \textbf{k} \\ \cfrac{\partial}{\partial x} & \cfrac{\partial}{\partial y} & \cfrac{\partial}{\partial z} \\ ye^{xy} & xe^{xy}+e^z & ye^z\end{vmatrix}=(e^z-e^z)\textbf{i} -(0-0) \textbf{j} + (e^{xy}+xye^{xy}-e^{xy}-xye^{xy}) \textbf{k}=0$$이므로 $\textbf{F}$는 보존벡터장이다.
$x$만 변수로 보고 $ye^{xy}$를 적분하면 $e^{xy}+g(y,z)$이다. 동일한 방식으로 나머지 성분을 적분하면 각각 $e^{xy}+ye^z+h(x,z)$, $ye^z+i(x,y)$이고 이 셋은 모두 같아야 하므로 구하는 함수는 $f(x,y,z)=e^{xy}+ye^z$이다.
곡선 $C$를 매개변수화하면 $$\textbf{r}(t)=\lt t,t,0 \gt (0\leq t \leq 1)$$이다. 따라서 적분은 $$\int_C \textbf{F} \cdot d\textbf{r}=\int_0^1 \textbf{F}(\textbf{r}(t)) \cdot \textbf{r}'(t) dt=\int_0^1 \lt te^{t^2},te^{t^2}+1,t\gt \cdot \lt 1,1,0\gt dt=\int_0^1 2te^{t^2}+1 dt=\left[ e^{t^2}+t \right]_0^1=e$$이다.
곡선 $C$를 매개변수화하면 $$\begin{cases} x=\cos{t} \\ y=1+\sin{t} \end{cases} \enspace (0\leq t \leq 2\pi)$$이니 $dx=-\sin{t}dt$, $dy=\cos{t}dt$이다. 따라서 $$\int_C -x^2ydx+xy^2dy=\int_0^{2\pi} 2\sin^2{t}\cos^2{t}+3\sin{t}\cos^2{t}+\cos^2{t}dt=\left[ {1\over4}t-{1\over16}\sin{4t}-\cos^3{t}+{1\over2}t+{1\over4}\sin{2t} \right]_0^{2\pi}={3\over2}\pi$$이다.
영역 $D$는 $$D=\{ (u,\theta) \mid 0\leq u \leq2, 0\leq \theta \leq2\pi\}$$이다. 따라서 구하는 면적은 $$A=\iint_D |\textbf{r}_u\times\textbf{r}_{\theta}|dA$$에서 $$\textbf{r}_u=\lt \cos{\theta},\sin{\theta},-\cos{\theta}-\sin{\theta} \gt,\textbf{r}_{\theta}=\lt -u\sin{\theta},u\cos{\theta},u\sin{\theta}-u\cos{\theta} \gt$$이므로 $$\iint_D |\textbf{r}_u\times\textbf{r}_{\theta}|dA=\int_0^{2\pi} \int_0^2 \sqrt{3}u dud\theta=\int_0^{2\pi} 2\sqrt{3} d\theta=4\sqrt{3}\pi$$이다.
※ Desmos 3D 그래프 페이지에서 문제에 주어진 parametric surface의 그래프를 확인할 수 있다. 해당 parametric surface는 장축의 길이가 $4\sqrt{3}$, 단축의 길이가 $4$인 타원이다.
두 적분의 범위를 합치면 $$E=\{ (x,y,z) \mid x^2+y^2+z^2 \leq 4,z\geq 0 \}$$이다. 따라서 주어진 적분은 $$\int_0^{2\pi} \int_0^{\pi/2} \int_0^2 \rho^3\cos{\phi}\sin{\phi} d\rho d\phi d\theta=2\int_0^{2\pi} \int_0^{\pi/2} \sin{2\phi} d\phi d\theta=2\int_0^{\pi/2}\left[ -{1\over2}\cos{2\phi} \right]_{\phi=0}^{\phi=\pi/2}d\theta=4\pi$$이다.
※ $z$를 구좌표계 적분으로 변환해 보자. $z=\rho\cos{\phi}$이고 야코비안은 $\rho^2\sin{\phi}$이니 $z$는 $\rho^3\cos{\phi}\sin{\phi}$로 변한다. 따라서 위와 같이 적분을 합칠 수 있다.
$$\iint_S \textbf{F} \cdot d\textbf{S}=\iint_D \textbf{F} \cdot (\textbf{r}_x \times \textbf{r}_y) dA$$이다. Downward orientation이므로 $$\textbf{r}_x \times \textbf{r}_y=\lt -2x,-2y,-1\gt$$이고 범위 $D$는 $$D=\{ (r,\theta) \mid 0\leq r \leq 1,0\leq\theta\leq 2\pi\}$$이다. 따라서 구하는 flux는 $$\iint_D \textbf{F} \cdot (\textbf{r}_x \times \textbf{r}_y) dA=\iint_D \lt -yz^2e^{xy},xz^2e^{xy},z\gt \cdot \lt -2x,-2y,-1\gt dA=\iint_D -z dA=\int_0^{2\pi} \int_0^1 (r^2-1)r drd\theta=-{\pi\over2}$$이다.
※ paraboloid는 surface다.
영역의 각 side의 식을 살펴보면 $u=x+y$, $v=x-y$의 변환을 생각할 수 있다. 그러면 이 변환에 대응하는 영역은 $$S=\{ (u,v) \mid 0\leq u \leq 2,0\leq v\leq 1 \}$$이다.
$$x={u+v\over2},y={u-v\over2}$$이고 야코비안은 $${\partial(x,y)\over\partial(u,v)}=\begin{vmatrix}\cfrac{\partial x}{\partial u} & \cfrac{\partial x}{\partial v} \\ \cfrac{\partial y}{\partial u} & \cfrac{\partial y}{\partial v} \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}1/2 & 1/2 \\ 1/2 & -1/2 \end{vmatrix}=-{1\over2}$$이니 주어진 적분은 $$\iint_R (x+y)e^{x^2-y^2}dA=-{1\over2}\int_0^2 \int_0^1 ue^{uv} dvdu=-{1\over2}\int_0^2 \left[ e^{uv} \right]_{v=0}^{v=1} du=-{1\over2}\int_0^2 e^u-1 du=-{1\over2}(e^2-3)$$이다.
$$\textbf{F}(x,y,z)=\lt xz^2,{1\over3}y^3+\tan{z},x^2z+y^2 \gt$$라 하자. 발산 정리는 폐곡면에서만 성립하므로 반구에 아래 뚜껑 $S_0$를 추가한다. 그러면 발산 정리에 의해 $$\iint_{S \cup S_0} \textbf{F}\cdot d\textbf{S}=\iiint_E \operatorname{div}\textbf{F} dV$$이다.
따라서 $$\iiint_E \operatorname{div}\textbf{F} dV=\iiint_E x^2+y^2+z^2 dV$$이고 영역 $E$는 구좌표계로 나타내는 것이 쉽다. $$E=\{ (\rho, \phi, \theta) \mid 0\leq\rho\leq 1,0\leq \phi\leq \pi/2,0\leq\theta\leq 2\pi \}$$따라서 주어진 적분은 $$\int_0^{2\pi} \int_0^{\pi/2} \int_0^1 \rho^4\sin{\phi} d\rho d\phi d\theta={1\over5}\int_0^{2\pi} \int_0^{\pi/2}\sin{\phi} d\phi d\theta={1\over5}\int_0^{2\pi} d\theta={2\over5}\pi$$이고 $$\iint_{S} \textbf{F}\cdot d\textbf{S}=\iint_{S \cup S_0} \textbf{F}\cdot d\textbf{S}-\iint_{S_0} \textbf{F}\cdot d\textbf{S}$$이다.
$$\iint_{S_0}\textbf{F}\cdot d\textbf{S} = \iint_{S_0}\textbf{F}\cdot(-\textbf{k}) dS=\iint_D -x^2z-y^2 dA=\int_0^{2\pi} \int_0^1 -r^2\sin^2{\theta}\cdot rdrd\theta=-{1\over4}\int_0^{2\pi} \sin^2{\theta} d\theta=-{1\over4}\left[ {1\over2}\theta-{1\over4}\sin{2\theta} \right]_0^{2\pi}=-{\pi\over4}$$이므로 구하는 적분은 $$\iint_{S} \textbf{F}\cdot d\textbf{S}={2\over5}\pi+{\pi\over4}={13\over20}\pi$$이다.
※ sphere은 solid가 아니라 surface다. 안이 꽉 차 있는 sphere은 ball이라 불린다.
$S$의 경계곡선 $C$는 $$\textbf{r}(t)=\lt \cos{t},\sin{t},0\gt \enspace (0\leq t \leq 2\pi)$$이다. 스토크스 정리에 의해 $$\iint_S \operatorname{curl} \textbf{F}\cdot d\textbf{S}=\int_C \textbf{F}\cdot d\textbf{r}$$이므로 $$\int_C \textbf{F}\cdot d\textbf{r}=\int_0^{2\pi} \textbf{F}(\textbf{r}(t))\cdot \textbf{r}'(t)dt=\int_0^{2\pi} \lt \sin{t},0,e^{\sin{t}\cos{t}} \gt \cdot \lt -\sin{t},\cos{t},0 \gt dt=\int_0^{2\pi} -\sin^2{t}dt=\left[ -{1\over2}t+{1\over4}\sin{2t} \right]_0^{2\pi}=-\pi$$이다.