다변수 미적분 기초 연습문제 몇 개

이 포스트에는 다변수 미적분의 내용 중 고전역학과 관련있는 몇 가지 기초 연습문제 풀이를 써두었다. 4번째 문제가 바로 2018학년도 수능시험에서 화제가 되었던 뉴턴의 구각정리에 대한 수학적인 계산이다.

Solution

1. 원판을 $xy$-평면에 중심이 원점과 일치하도록 둔 것으로 생각하면 회전축이 $z$-축이라 할 수 있다. 이때, $m=\rho\pi a^2$이고 $\mathrm{d}m=\rho2\pi r\mathrm{d}r$이므로 \[ I_z=\int_0^a r^2\rho2\pi r\mathrm{d}r=\int_0^a 2\pi\rho r^3\mathrm{d}r = 2\pi\rho\left[\frac{1}{4}r^4\right]_0^a=2\pi\rho\frac{a^4}{4}=\frac{1}{2}a^2m \] 이다.
2. 주어진 조건에 의해 \(m=\rho\frac{4}{3}\pi a^{3}\)이다. 구를 \(z\)-축에 수직인 두 평면 \(z=\tilde{z},\ z=\tilde{z}+\mathrm{d}\tilde{z}\)로 잘라서 얻은 두께 \(\mathrm{d}\tilde{z}\)의 얇은 원판을 생각해보자. (단 \(\tilde{z}\)의 범위는 \(-a\leq \tilde{z}\leq a\).) 이 원판 역시 \(z\)-축을 회전축으로 하여 회전하는데 \(z\)-축은 이 원판에 수직이면서 중심을 지난다. 즉 (a)의 결과를 이 원판에 적용할 수 있다. 이 원판의 질량은 \(\rho\pi(a^{2}-\tilde{z}^{2})\mathrm{d}\tilde{z} \)이므로 (a)의 결과에 의해 이 원판의 관성모멘트는 \(\frac{1}{2}\rho\pi(a^{2}-\tilde{z}^{2})^{2}\mathrm{d}\tilde{z}\)이다. 이로부터 주어진 구의 관성모멘트를 계산하면 \begin{align*} I_{z}&= \int_{-a}^{a} \frac{1}{2}\rho \pi(a^{2}-\tilde{z}^{2})^{2}\mathrm{d}\tilde{z}= \frac{1}{2} \rho \pi\int_{-a}^{a}(a^{2}-\tilde{z}^{2})^{2}\mathrm{d}\tilde{z} \\ &= \frac{1}{2} \rho \pi\int_{-a}^{a}(a^{4}-2a^{2}\tilde{z}^{2}+\tilde{z}^{4})\mathrm{d}\tilde{z} = \rho \pi\int_{0}^{a}(a^{4}-2a^{2}\tilde{z}^{2}+\tilde{z}^{4})\mathrm{d}\tilde{z} \\ & = \rho\pi\left[ a^{4}\tilde{z}-\frac{2}{3}a^{2}\tilde{z}^{3}+\frac{1}{5}\tilde{z}^{5}\right]_{0}^{a} = \rho\pi\left( a^{5}-\frac{2}{3}a^{5}+\frac{1}{5}a^{5}\right) \\ & =\frac{8}{15}\rho\pi a^{5}=\frac{8}{15}\left(\frac{m}{(4/3)\pi a^{3}}\right)\pi a^{5}=\frac{2}{5}ma^{2} \end{align*} 이다.

Solution \(\overrightarrow{r}=(x_{1}, x_{2}, x_{3}), \overrightarrow{r_{0}}=(x_{1}^{\ast}, x_{2}^{\ast}, x_{3}^{\ast}) \)로 두자. 그러면 \begin{align*} \frac{\partial}{\partial x_{i}}\phi(\overrightarrow{r}) & = \frac{\partial}{\partial x_{i}}\left(\frac{-GM}{\sqrt{(x_{1}-x_{1}^{\ast})^{2}+(x_{2}-x_{2}^{\ast})^{2}+(x_{3}-x_{3}^{\ast})^{2}}}\right) \\ &= \frac{-GM}{-2\left((x_{1}-x_{1}^\ast)^{2}+(x_{2}-x_{2}^\ast)^{2}+(x_{3}-x_{3}^\ast)^{2}\right)^{3/2}}\cdot (2(x_{i}-x_{i}^{\ast})) \\ &= \frac{GM(x_{i}-x_{i}^{\ast})}{\left(\sqrt{(x_{1}-x_{1}^\ast)^{2}+(x_{2}-x_{2}^\ast)^{2}+(x_{3}-x_{3}^\ast)^{2}}\right)^{3}} = \frac{GM(x_{i}-x_{i}^{\ast})}{\left\vert \overrightarrow{r}-\overrightarrow{r_{0}}\right\vert^{3}} \end{align*} 이다. 따라서 \[ -(\nabla\phi)(\overrightarrow{r})=\left( \frac{-GM(x_{1}-x_{1}^{\ast})}{\left\vert \overrightarrow{r}-\overrightarrow{r_{0}}\right\vert^{3}}, \frac{-GM(x_{2}-x_{2}^{\ast})}{\left\vert \overrightarrow{r}-\overrightarrow{r_{0}}\right\vert^{3}}, \frac{-GM(x_{3}-x_{3}^{\ast})}{\left\vert \overrightarrow{r}-\overrightarrow{r_{0}}\right\vert^{3}}\right)=\overrightarrow{F}(\overrightarrow{r}) \] 이 성립한다.

Solution \(\overrightarrow{f}(\overrightarrow{r}):=\frac{-G(\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r}')}{\left\vert \overrightarrow{r}-\overrightarrow{r}'\right\vert}=\frac{-G}{\left\vert\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r}'\right\vert^{3}}\cdot(\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r}')\)라 하자. 라이프니츠 법칙을 이용하여 \(\operatorname{div}(\overrightarrow{f})\)를 직접 계산해보면 \begin{align*} \operatorname{div}(\overrightarrow{f})(\overrightarrow{r})%& =\operatorname{div}\left( \frac{-G}{\vert \overrightarrow{r}-\overrightarrow{r}'\vert}(\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r}')\right) \\ & = \left(\nabla\left(\frac{-G}{\left\vert\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r}'\right\vert^{3}} \right)\right)\bullet(\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r}')+\frac{-G}{\left\vert\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r}'\right\vert^{3}}\operatorname{div}(\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r}') \\ & = (-3)\cdot\frac{-G}{\left\vert\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r}'\right\vert^{4}}\cdot\frac{(\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r}')}{\left\vert\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r}'\right\vert}\bullet (\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r}')+\frac{-G}{\left\vert\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r}'\right\vert^{3}}\cdot 3 \\ &= \frac{3G}{\left\vert\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r}'\right\vert^{3}}+\frac{-3G}{\left\vert\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r}'\right\vert^{3}}=0 \end{align*} 으로 \(\operatorname{div}(\overrightarrow{f})\equiv 0\)임을 알 수 있다.¹ 이제 \(\overrightarrow{r}'\)을 중심으로하고 \(\overrightarrow{f}\)가 영역 \(V\setminus \overline{B_{\varepsilon}(\overrightarrow{r}')}\)에서 잘 정의되도록 하는 반지름이 충분히 작은 ball \(B_{\varepsilon}(\overrightarrow{r}')\)을 생각하자. 발산정리에 따르면, \(M:=V\setminus \overline{B_{\varepsilon}(\overrightarrow{r}')}\) 로 둘 때, \begin{equation} \int_{M}\operatorname{div}(\overrightarrow{f})(\overrightarrow{r}) \mathrm{d}V(\overrightarrow{r})=\int_{\partial M}\overrightarrow{f}(\overrightarrow{r})\bullet\overrightarrow{n} \mathrm{d}S(\overrightarrow{r}) \tag{1} \end{equation} 가 성립한다. 여기서 \(\operatorname{div}(\overrightarrow{f})\equiv 0\)이므로 \[ \int_{\partial M} \overrightarrow{f}(\overrightarrow{r})\bullet \overrightarrow{n} \mathrm{d}S(\overrightarrow{r})=0 \] 이다. 또한 여기서 \(\overrightarrow{r}'\in V\)라면 \(\varepsilon\)이 충분히 작으므로 \(\partial M\)은 \(S\)와 \(\partial B_{\varepsilon}(\overrightarrow{r}')\)으로 이루어져 있다고 할 수 있는데, 피적분함수에 등장하는 단위법벡터장 \(\overrightarrow{n}\)은 \(S\) 위에서는 영역 \(V\)의 바깥쪽으로 향하는 벡터이고 \(\partial B_{\varepsilon}(\overrightarrow{r}')\)에서는 구의 안쪽, 즉 \(\overrightarrow{r}'\)을 향하는 벡터이다. 따라서 , \(\overrightarrow{n}^{\ast}:=-\overrightarrow{n}\)이라 하고, 식 \[ 0=\int_{\partial M}\overrightarrow{f}(\overrightarrow{r})\bullet\overrightarrow{n} \mathrm{d}S(\overrightarrow{r})=\int_{S} \overrightarrow{f}(\overrightarrow{r})\bullet\overrightarrow{n} \mathrm{d}S(\overrightarrow{r})+\int_{\partial B_{\varepsilon}(\overrightarrow{r}')}\overrightarrow{f}(\overrightarrow{r})\bullet\overrightarrow{n} \mathrm{d}S(\overrightarrow{r}) \] 를 다시 쓰면 \[ \int_{S}\overrightarrow{f}(\overrightarrow{r})\bullet \overrightarrow{n} \mathrm{d}S(\overrightarrow{r})=-\int_{\partial B_{\varepsilon}(\overrightarrow{r}')} \overrightarrow{f}(\overrightarrow{r})\bullet \overrightarrow{n} \mathrm{d}S(\overrightarrow{r})=\int_{\partial B_{\varepsilon}(\overrightarrow{r}')} \overrightarrow{f}(\overrightarrow{r})\bullet \overrightarrow{n}^{\ast} \mathrm{d}S(\overrightarrow{r}) \] 를 얻는다. 따라서 \begin{align*} \int_{S}\overrightarrow{f}(\overrightarrow{r})\bullet \overrightarrow{n} \mathrm{d}S(\overrightarrow{r}) & = \int_{\partial B_{\varepsilon}(\overrightarrow{r}')} \overrightarrow{f}(\overrightarrow{r})\bullet \overrightarrow{n}^{\ast} \mathrm{d}S(\overrightarrow{r}) \\ &= \int_{\partial B_{\varepsilon}(\overrightarrow{r}')} \frac{-G(\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r}')}{\vert \overrightarrow{r}-\overrightarrow{r}'\vert^{3}}\bullet\frac{(\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r}')}{\vert \overrightarrow{r}-\overrightarrow{r}'\vert} \mathrm{d}S(\overrightarrow{r}) \\ &= -G\int_{\partial B_{\varepsilon}(\overrightarrow{r}')} \frac{1}{\varepsilon^{2}} \mathrm{d}S(\overrightarrow{r})= -G\cdot\frac{1}{\varepsilon^{2}}\cdot 4\pi\varepsilon^{2}=-4\pi G \end{align*} 가 성립한다. 한편 \(\overrightarrow{r}'\not\in (V\cup S)\)라면 역시 \(\varepsilon\)이 충분히 작기 때문에 \(\partial \left(V\setminus \overline{B_{\varepsilon}(\overrightarrow{r}')}\right)=S\)라 할 수 있으므로 \[ 0=\int_{M}\operatorname{div}(\overrightarrow{f})(\overrightarrow{r}) \mathrm{d}V(\overrightarrow{r})=\int_{\partial M}\overrightarrow{f}(\overrightarrow{r})\bullet\overrightarrow{n} \mathrm{d}S(\overrightarrow{r}) = \int_{S}\overrightarrow{f}(\overrightarrow{r})\bullet\overrightarrow{n} \mathrm{d}S(\overrightarrow{r}) \] 가 되어 원하는 결과를 얻는다. 마지막으로 \(\overrightarrow{r}'\in S\)인 경우를 생각해보자. \(S\)가 \(\overrightarrow{r}'\)에서 접평면을 가지는 매끄러운 곡면으로 생각하자. 이 경우는 \(\overrightarrow{r}'\in V\)일 때의 경우와 거의 유사한데, 이때는 \(\partial M\)이 [\(S\)에서 \(\overrightarrow{r}'\)의 작은 근방을 제외한 곡면]과 [\(\partial B_{\varepsilon}(\overrightarrow{r}')\)의 절반인 반구]로 이루어져있다고 할 수 있다. 즉 \(\partial H:=\partial B_{\varepsilon}(\overrightarrow{r}')\cap V\)라 하고 \(D_{\varepsilon}(\overrightarrow{r}'):=B_{\varepsilon}(\overrightarrow{r}')\cap S\)라 두면 발산정리인 (1)에서의 \(\partial M\)이 \((S\setminus D_{\varepsilon})\cup \partial H\)인 경우이다. 따라서 \begin{align*} 0& =\int_{M}\operatorname{div}(\overrightarrow{f})(\overrightarrow{r})\mathrm{d}V(\overrightarrow{r})=\int_{\partial M}\overrightarrow{f}(\overrightarrow{r})\bullet\overrightarrow{n} \mathrm{d}S(\overrightarrow{r}) \\ & =\int_{S} \overrightarrow{f}(\overrightarrow{r})\bullet\overrightarrow{n} \mathrm{d}S(\overrightarrow{r})-\int_{D_{\varepsilon}}\overrightarrow{f}(\overrightarrow{r})\bullet\overrightarrow{n} \mathrm{d}S(\overrightarrow{r})+\int_{\partial H}\overrightarrow{f}(\overrightarrow{r})\bullet\overrightarrow{n} \mathrm{d}S(\overrightarrow{r}) \end{align*} 이로 이로부터 \begin{align*} \int_{S}\overrightarrow{f}(\overrightarrow{r})\bullet \overrightarrow{n} \mathrm{d}S(\overrightarrow{r}) & = \int_{\partial H} \overrightarrow{f}(\overrightarrow{r})\bullet \overrightarrow{n}^{\ast} \mathrm{d}S(\overrightarrow{r}) + \int_{D_{\varepsilon}}\overrightarrow{f}(\overrightarrow{r})\bullet\overrightarrow{n}\mathrm{d}S(\overrightarrow{r}) \\ & = -G\int_{\partial H} \frac{1}{\varepsilon^{2}} \mathrm{d}S(\overrightarrow{r}) +\int_{D_{\varepsilon}}\overrightarrow{f}(\overrightarrow{r})\bullet\overrightarrow{n}\mathrm{d}S(\overrightarrow{r})\\ & = -G\cdot\frac{1}{\varepsilon^{2}}\cdot 2\pi\varepsilon^{2} +\int_{D_{\varepsilon}}\overrightarrow{f}(\overrightarrow{r})\bullet\overrightarrow{n}\mathrm{d}S(\overrightarrow{r}) \\ & = -2\pi G+\int_{D_{\varepsilon}}\overrightarrow{f}(\overrightarrow{r})\bullet\overrightarrow{n}\mathrm{d}S(\overrightarrow{r}) \end{align*} 여기서 \(\varepsilon\)이 아주 작다면 \(D_{\varepsilon}\)에 있는 벡터 \(\overrightarrow{r}\)에 대하여, 두 벡터 \( (\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r}')\)와 \(\overrightarrow{n}\)이 직교한다고 할 수 있으므로 \[ \int_{D_{\varepsilon}}\overrightarrow{f}(\overrightarrow{r})\bullet\overrightarrow{n}\mathrm{d}S(\overrightarrow{r})\to 0\quad \mbox{as}\quad \varepsilon\to 0 \] 이다. 따라서 \(\overrightarrow{r}'\in S\)인 경우 \(\int_{S}\overrightarrow{f}(\overrightarrow{r})\bullet\overrightarrow{n}\mathrm{d}S(\overrightarrow{r})=-2\pi G\)임을 알 수 있다. 즉 \[ \int_{S}\frac{-G(\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r}')\bullet\overrightarrow{n}}{\left\vert\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r}'\right\vert^{3}}\mathrm{d}S(\overrightarrow{r})=\begin{cases} -4\pi G & (\overrightarrow{r}'\in V) \\ -2\pi G & (\overrightarrow{r}'\in S) \\ 0 & (\overrightarrow{r}'\not\in V\cup S) \end{cases} \] 이 성립한다.

여백이 많이 남아서 앞의 풀이과정에서 사용한 계산에 대한 증명을 써둔다.

[보조정리] 점 \(P=(p_{1}, \ldots, p_{n})\in\mathbb{R}^{n}\)와 임의의 실수 \(k\)에 대하여 다음이 성립한다. \[ \nabla (\vert X-P\vert^{k})=k\vert X-P\vert^{k-1}\frac{X-P}{\vert X-P\vert} \]

Proof 먼저 일반적으로 \(h\)가 미분가능한 일변수 실함수이고, \(f\)가 미분가능한 다변수 실숫값 함수일 때, \begin{equation} \nabla(h\circ f)(X)=h'(f(X))\nabla f(X) \tag{2} \end{equation} 가 성립함을 보이자. 합성함수의 미분법에 의해 \begin{align*} \mbox{(L.H.S)}&=\left( \frac{\partial}{\partial x_{1}}(h\circ f)(X), \ldots, \frac{\partial}{\partial x_{n}}(h\circ f)(X)\right) \\ & =\left( h'(f(X))\frac{\partial}{\partial x_{1}}f(X), \ldots, h'(f(X))\frac{\partial}{\partial x_{n}}f(X)\right) =\mbox{(R.H.S)} \end{align*} 를 얻고 따라서 (2)가 성립한다. 또한 직접 계산을 통해 \begin{align*} \nabla(\vert X-P\vert)&=\left(\frac{\partial}{\partial x_{1}}\sqrt{\sum (x_{i}-p_{i})^{2}}, \ldots, \frac{\partial}{\partial x_{n}}\sqrt{\sum (x_{i}-p_{i})^{2}} \right) \\ &=\left( \frac{x_{1}-p_{1}}{\sqrt{\sum (x_{i}-p_{i})^{2}}}, \ldots, \frac{x_{n}-p_{n}}{\sqrt{\sum (x_{i}-p_{i})^{2}}}\right)=\frac{X-P}{\vert X-P\vert} \end{align*} 를 얻는다. 이제 (2)에서 \(f(X)=\vert X-P\vert, h(x)=x^{k}\)로 두면 원하는 결과를 얻는다.

Solution

1. 적분 \[ \overrightarrow{F}(\overrightarrow{r})=\int_{B}\frac{-G\rho(\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r}')}{\vert \overrightarrow{r}-\overrightarrow{r}'\vert^{3}}\mathrm{d}V(\overrightarrow{r}') \] 은 그 결과가 벡터인 적분으로 각 성분을 적분하여 계산하면 된다. 벡터(중력)는 좌표계의 선택에 무관하므로 (원점을 고정하고 좌표축을 잘 회전하여) 처음부터 \(\overrightarrow{r}=(0, 0, r)\)로 주어졌다고 가정할 수 있다. 그러면 \(B\)의 대칭성 및 밀도가 균일하다는 가정에 의해 \(\overrightarrow{F}(\overrightarrow{r})\)의 \(x\)좌표와 \(y\)좌표는 \(0\)이 되고 따라서 \(\overrightarrow{F}(\overrightarrow{r})\)의 \(z\)좌표만 계산하여 원하는 증명을 할 수 있다. 즉 \(\overrightarrow{F}(\overrightarrow{r})\bullet(0, 0, 1)\)을 계산하면 되고 이는 정의에 충실하게 다소 기계적으로 계산할 수 있다. 이제 속이 꽉찬 공 위에서의 적분인 \[ \overrightarrow{F}(\overrightarrow{r})\bullet(0, 0, 1)=\int_{B}\frac{-G\rho(r-z)}{\left(\sqrt{x^{2}+y^{2}+(r-z)^{2}}\right)^{3}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z \] 를 계산하기 위해 구면좌표매개화 \[ x=a\sin\varphi\sin\theta,\quad y=a\sin\varphi\cos\theta, \quad z=a\cos\varphi \] 를 사용하자. 그러면 \[ \mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=a^{2}\sin\varphi\mathrm{d}a\mathrm{d}\varphi\mathrm{d}\theta \] 이고 반복적분을 통해 계산하고자 하는 식을 다음과 같이 정리할 수 있다. \begin{align*} \overrightarrow{F}(\overrightarrow{r})\bullet(0, 0, 1)& =\int_{B}\frac{G\rho(z-r)}{\left(\sqrt{x^{2}+y^{2}+(z-r)^{2}}\right)^{3}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z \\ &= G\rho\int_{0}^{2\pi}\!\!\!\int_{0}^{\pi}\!\!\!\int_{0}^{r_{0}}\frac{(a\cos\varphi-r)a^{2}\sin\varphi}{\left(\sqrt{a^{2}+r^{2}-2ar\cos\varphi}\right)^{3}}\mathrm{d}a\mathrm{d}\varphi\mathrm{d}\theta \\ &= G\rho2\pi\int_{0}^{r_{0}}\!\!\!\left(\int_{0}^{\pi}\frac{(a\cos\varphi-r)a^{2}\sin\varphi}{\left(\sqrt{a^{2}+r^{2}-2ar\cos\varphi}\right)^{3}}\mathrm{d}\varphi\right)\mathrm{d}a \end{align*} 로 쓸 수 있다. 이제 치환적분법을 이용해 괄호로 묶어있는 식을 계산해보자.
   \(u=a^{2}+r^{2}-2ar\cos\varphi\)로 두면 \[ \begin{cases} \varphi=0\quad \Leftrightarrow\quad u=(a-r)^{2} \\ \varphi=\pi\quad\Leftrightarrow\quad u=(a+r)^{2} \end{cases} \] 이고 \[ \frac{a}{2r}\mathrm{d}u=a^{2}\sin\varphi \mathrm{d}\varphi,\quad a\cos\varphi-r=\frac{a^{2}-r^{2}-u}{2r} \] 이다. 따라서 (\(a\neq r\)인 경우) \begin{align*} \int_{0}^{\pi}\frac{(a\cos\varphi-r)a^{2}\sin\varphi}{\left(\sqrt{a^{2}+r^{2}-2ar\cos\varphi}\right)^{3}}\mathrm{d}\varphi & = \int_{(a-r)^{2}}^{(a+r)^{2}}\frac{1}{u^{3/2}}\cdot\frac{a^{2}-r^{2}-u}{2r}\cdot\frac{a}{2r}\ \mathrm{d}u \\ & =\frac{a}{4r^{2}} \int_{(a-r)^{2}}^{(a+r)^{2}}\left(\frac{a^{2}-r^{2}}{u^{3/2}}-\frac{1}{u^{1/2}}\right) \mathrm{d}u \\ &= \frac{a}{4r^{2}}\left[ (a^{2}-r^{2})\cdot\left(-2u^{-\frac{1}{2}}\right)-2u^{\frac{1}{2}}\right]_{(a-r)^{2}}^{(a+r)^{2}} \\ &= \frac{a}{4r^{2}}\left[ -2(a^{2}-r^{2})\left(\frac{1}{\vert a+r\vert}-\frac{1}{\vert a-r\vert}\right)\right. \\ &\qquad\qquad \left.\phantom{\frac{1}{2}+++++}-2(\vert a+r\vert-\vert a-r\vert )\right] \\ &=\begin{cases} 0 , & \mbox{if $a>r$}\\ & \\ \dfrac{-2a^{2}}{r^{2}}, & \mbox{if $a< r$} \end{cases} \end{align*} 이다. 만일 \(a=r\)인 경우 이 적분은 특이적분이 되지만 직접 계산해보면 그 값은 다음과 같이 잘 수렴한다. \begin{align*} \int_{0}^{\pi}\frac{a^{3}(\cos\varphi-1)\sin\varphi}{\left(\sqrt{2a^{2}-2a^{2}\cos\varphi}\right)^{3}}\ \mathrm{d}\varphi& =\lim_{\varepsilon\to0}\int_{\varepsilon}^{\pi}\frac{(\cos\varphi-1)\sin\varphi}{\sqrt{2}^{3}\left(\sqrt{1-\cos\varphi}\right)^{3}}\ \mathrm{d}\varphi \\ &= \lim_{\varepsilon\to0}\left(-\frac{\sqrt{2}-\sqrt{1-\cos\varepsilon}}{\sqrt{2}}\right) =-1 \end{align*} 결국 구하는 값은 다음과 같다. \begin{align*} \overrightarrow{F}(\overrightarrow{r})\bullet(0, 0, 1)& =\int_{B}\frac{G\rho(z-r)}{\left(\sqrt{x^{2}+y^{2}+(z-r)^{2}}\right)^{3}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z \\ &= G\rho2\pi\int_{0}^{r_{0}}\!\!\!\left(\int_{0}^{\pi}\frac{(a\cos\varphi-r)a^{2}\sin\varphi}{\left(\sqrt{a^{2}+r^{2}-2ar\cos\varphi}\right)^{3}}\mathrm{d}\varphi\right)\mathrm{d}a \\ & \\ & = \begin{cases} \displaystyle 2G\rho\pi\left( \frac{-2}{r^{2}}\int_{0}^{r} a^{2}\ \mathrm{d}a+\int_{r}^{r} -1\ \mathrm{d}a+\int_{r}^{r_{0}} 0\ \mathrm{d}a \right), & \mbox{if $r_{0}>r$}\\ & \\ \displaystyle 2G\rho\pi\left( \frac{-2}{r^{2}}\int_{0}^{r_{0}} a^{2}\ \mathrm{d}a \right), & \mbox{if $r_{0}\leq r$} \end{cases} \\ & \\ & = \begin{cases} \displaystyle\frac{-4G\rho\pi r}{3}, & \mbox{if $r_{0}>r$}\\ & \\ \displaystyle\frac{-4G\rho\pi r_{0}^{3}}{3r^{2}} , & \mbox{if $r_{0}\leq r$} \end{cases} \end{align*} 따라서 \[ \left\vert \overrightarrow{F}(\overrightarrow{r})\right\vert=\begin{cases} \left(\dfrac{4}{3}\pi\rho G\right)r, & (r< r_{0})\\ & \\ \dfrac{\left(\dfrac{4}{3}\pi r_{0}^{3}G\rho\right)}{r^{2}}, & (r\geq r_{0}) \end{cases} \] 이 성립한다.
2. 이 문제는 (a)와 마찬가지 방법으로 풀 수 있는데 다만 중력을 구하는 적분이 꽉차있는 공에서의 적분이 아니라 구면 위에서의 적분이라는 것이 차이점이다. (a)에서와 마찬가지로 처음부터 \(\overrightarrow{r}=(0, 0, r)\)로 주어졌다고 가정하고 \(\overrightarrow{F}(\overrightarrow{r})\)의 \(z\)좌표를 계산하자. 균일한 밀도 \(\rho\)를 갖는 구면 \(B\)의 한 점 \(\overrightarrow{r}'\in B\)에 대하여 \(\overrightarrow{r}'\)을 포함하는 작은 곡면 조각의 질량은 구면매개화 \[ x=r_{0}\sin\varphi\cos\theta,\quad y=r_{0}\sin\varphi\cos\theta,\quad z=r_{0}\cos\varphi \] 를 사용하여 \(\rho\mathrm{d} S(\overrightarrow{r})=\rho r_{0}^{2}\sin\varphi \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}\theta\)로 계산할 수 있다. 따라서 구하는 적분은 \begin{align*} \overrightarrow{F}(\overrightarrow{r})\bullet(0, 0, 1)& =\int_{B}\frac{G\rho(z-r)}{\left(\sqrt{x^{2}+y^{2}+(z-r)^{2}}\right)^{3}}\mathrm{d}S(\overrightarrow{r}')\\ &= G\rho\int_{0}^{2\pi}\!\!\!\int_{0}^{\pi}\frac{(r_{0}\cos\varphi-r)r_{0}^{2}\sin\varphi}{\left(\sqrt{r_{0}^{2}+r^{2}-2r_{0}r\cos\varphi}\right)^{3}}\ \mathrm{d}\varphi\mathrm{d}\theta \end{align*} 로 쓸 수 있다. 이제 (a)에서 처럼 \(u=r_{0}^{2}+r^{2}-2r_{0}r\cos\varphi\)로 치환하면 \[ \begin{cases} \varphi=0\quad \Leftrightarrow\quad u=(r_{0}-r)^{2} \\ \varphi=\pi\quad\Leftrightarrow\quad u=(r_{0}+r)^{2} \end{cases} \] 이고 \( \frac{r_{0}}{2r}\mathrm{d}u=r_{0}^{2}\sin\varphi \mathrm{d}\varphi,\ r_{0}\cos\varphi-r=\frac{r_{0}^{2}-r^{2}-u}{2r} \) 이다. 따라서 \(r_{0}\neq r\)인 경우 \begin{align*} \overrightarrow{F}(\overrightarrow{r})\bullet(0, 0, 1)& = G\rho\int_{0}^{2\pi}\!\!\!\int_{0}^{\pi}\frac{(r_{0}\cos\varphi-r)r_{0}^{2}\sin\varphi}{\left(\sqrt{r_{0}^{2}+r^{2}-2r_{0}r\cos\varphi}\right)^{3}}\ \mathrm{d}\varphi\mathrm{d}\theta \\ & =G\rho\int_{0}^{2\pi}\!\!\! \left( \int_{(r_{0}-r)^{2}}^{(r_{0}+r)^{2}}\frac{1}{u^{3/2}}\cdot\frac{r_{0}^{2}-r^{2}-u}{2r}\cdot\frac{r_{0}}{2r}\ \mathrm{d}u \right)\mathrm{d}\theta\\ & =\frac{G\rho r_{0}}{4r^{2}}\int_{0}^{2\pi}\!\!\!\left( \int_{(r_{0}-r)^{2}}^{(r_{0}+r)^{2}}\left(\frac{r_{0}^{2}-r^{2}}{u^{3/2}}-\frac{1}{u^{1/2}}\right) \mathrm{d}u\right) \mathrm{d}\theta \\ &= \frac{G\rho r_{0}}{4r^{2}}\int_{0}^{2\pi}\!\!\!\left(\left[ (r_{0}^{2}-r^{2})\cdot\left(-2u^{-\frac{1}{2}}\right)-2u^{\frac{1}{2}}\right]_{(r_{0}-r)^{2}}^{(r_{0}+r)^{2}}\right)\mathrm{d}\theta \\ &= \frac{G\rho r_{0}}{4r^{2}}\int_{0}^{2\pi}\left(\left[ -2(r_{0}^{2}-r^{2})\left(\frac{1}{\vert r_{0}+r\vert}-\frac{1}{\vert r_{0}-r\vert}\right)\right.\right. \\ &\qquad\qquad \left.\left.\phantom{\frac{1}{2}++++++++}-2(\vert r_{0}+r\vert-\vert r_{0}-r\vert )\right]\right)\mathrm{d}\theta \\ &=\begin{cases} 0 , & \mbox{if $r_{0}>r$}\\ & \\ \dfrac{-4G\rho\pi r_{0}^{2}}{r^{2}}, & \mbox{if $r_{0}< r$} \end{cases} \end{align*} 이다. 그리고 \(r_{0}=r\)인 경우는 (a)에서와 마찬가지로 위 식의 가장 안쪽에 있는 적분이 특이적분이 되지만 역시 잘 수렴하며 그 값은 \begin{align*} \int_{0}^{\pi}\frac{r_{0}^{3}(\cos\varphi-1)\sin\varphi}{\left(\sqrt{2r_{0}^{2}-2r_{0}^{2}\cos\varphi}\right)^{3}}\ \mathrm{d}\varphi& =\lim_{\varepsilon\to0}\int_{\varepsilon}^{\pi}\frac{(\cos\varphi-1)\sin\varphi}{\sqrt{2}^{3}\left(\sqrt{1-\cos\varphi}\right)^{3}}\ \mathrm{d}\varphi \\ &= \lim_{\varepsilon\to0}\left(-\frac{\sqrt{2}-\sqrt{1-\cos\varepsilon}}{\sqrt{2}}\right) =-1 \end{align*} 와 같다. 따라서 \(r_{0}=r\)이면 \begin{align*} \overrightarrow{F}(\overrightarrow{r})\bullet(0, 0, 1)&= G\rho\int_{0}^{2\pi}\!\!\!\int_{0}^{\pi}\frac{(r_{0}\cos\varphi-r)r_{0}^{2}\sin\varphi}{\left(\sqrt{r_{0}^{2}+r^{2}-2r_{0}r\cos\varphi}\right)^{3}}\ \mathrm{d}\varphi\mathrm{d}\theta \\ & =G\rho\int_{0}^{2\pi} -1\ \mathrm{d}\theta = -2G\rho\pi \end{align*} 이다. 따라서 \[ \left\vert \overrightarrow{F}(\overrightarrow{r})\right\vert=\begin{cases} 0, & (r< r_{0}) \\ %& \\ 2\pi G\rho& (r_{0}=r) \\ %& \\ \dfrac{(4\pi Gr_{0}^{2}\rho)}{r^{2}}, & (r> r_{0}) \end{cases} \] 이 성립한다.

1. 이 계산과정에서 사용한 라이프니츠 룰은 수업시간을 통해 확인하였고 두 번째 줄에서 세 번째 줄로 넘어가는 과정에서 사용한 그래디언트 계산은 (직접 계산으로도 만들 수 있는 계산이지만) 임의의 실수 \(k\)에 대하여 \[ \nabla (\vert X-P\vert^{k})=k\vert X-P\vert^{k-1}\frac{X-P}{\vert X-P\vert} \] 가 성립함을 이용하였다.