경로 독립, 보존장 그리고 포텐셜 함수

중력장 $G$는 질량이 있는 물체에 작용하는 힘 $F=mG$에 따라 결정된다. 마찬가지로 전기장 $E$도 $F=qE$에 따라 결정된다. 중력장과 전기장 안에서 움직이는 물체에 가해지는 일은 경로에는 영향을 받지 않고 시작과 끝점의 위치에 따라 결정된다. 이런 상황을 경로 독립이라 정의하자.

정의 

열린 영역 $D$에서 정의된 벡터장 $F$이 주어졌을 때 점 $A$에서 점 $B$까지 모든 곡선 $C$에서 선적분 $\int_{C} F \cdot d \mathbf{r}$이 모두 같다면 영역 $D$에서 경로 독립이라 하고 $F$는 보존장이라 한다.

정의 

$F$가 열린 영역 $D$에서 정의된 벡터장이고 스칼라 함수 $f$에 대하여 $F=\nabla f$를 만족하면 $f$를 $F$의 포텐셜 함수라 한다.

정리 1 

$C$가 점 $A$에서 점 $B$까지 매끄러운 공간이나 평면 곡선이고 매개변수 방정식 $\mathbf{r}(t)$로 나타낼 수 있다. 미분가능한 함수 $f$가 $C$를 포함한 영역 $D$에서 연속인 그래디언트 벡터 $F=\nabla f$를 가진다면 선적분은 아래와 같다.

$$\int_{C} F\cdot d \mathbf{r}=f(B)-f(A)$$

증명

영역 $D$에 있는 점 $A$와 점 $B$를 있는 곡선 $C: \mathbf{r}(t)=x(t) \mathbf{i} +y(t) \mathbf{j} +z(t) \mathbf{k} \;\;\; a \leq t \leq b$이라 하자.

$$\begin{split} \int_{C} F\cdot d \mathbf{r}& =\int_{A}^{B} \nabla f \cdot d \mathbf{r} \\& = \int_{t=a}^{t=b} \nabla f(\mathbf{r}(t))\cdot \mathbf{r}^{\prime}(t) d t \\& = \int_{a}^{b} \frac{d}{dt}f(\mathbf{r}(t))dt \\& = \int f(\mathbf{r}(b))- f(\mathbf{r}(a)) \\& =f(B)-f(A) \end{split}$$

$\blacksquare$

정리 2 

$F=M \mathbf{i} +N \mathbf{j} +P \mathbf{k}$가 보존장일 필요충분 조건은 $F$가 미분가능한 함수 $f$의 그래디언트장 $\nabla f$인 것이다.

증명

정리 1에서 그래디언트장이면 경로 독립임은 증명하였으므로 $F$는 보존장이다.

이제 $F$가 보존장이면 그래디언트장이 됨을 보이면 된다. $\partial f/ \partial x =M ,\quad \partial f/ \partial y =N \quad \partial f/ \partial z =P $인 함수 $f$를 찾으면 된다.

먼저 $f(A)=0$인 점을 고르고, $f(B)=\int_{C} F\cdot d \mathbf{r}$인 점을 고르자.

$B=(x,y,z)$라 하고 근처에 있는 점 $B_0=(x_0,y,z)$를 생각하고 $A$에서 $B_0$까지 경로를 $C_0$, 점 $B_0$에서 $B$까지 잇는 직선을 $L$이라 하자.

$$f(x,y,z)=\int_{C_0} F\cdot d \mathbf{r}+\int_{L} F\cdot d \mathbf{r}$$

$$ \frac{\partial}{\partial x} f(x,y,z) = \frac{\partial}{\partial x} \left( \int_{C_0} F\cdot d \mathbf{r}+\int_{L} F\cdot d \mathbf{r} \right)$$

$$ \frac{\partial}{\partial x} f(x,y,z) = \frac{\partial}{\partial x} \int_{L} F\cdot d \mathbf{r} $$

$L: \mathbf{r}(t)=t \mathbf{i} +y \mathbf{j} +z\mathbf{k} \;\;\; x_0 \leq t \leq x$이라 하면 $d\mathbf{r}=\mathbf{i}$이므로 $F\cdot d\mathbf{r}/dt =M$이다.

$$ \frac{\partial}{\partial x} f(x,y,z) = \frac{\partial}{\partial x} \int_{x_0}^{x} M(t,y,z)dt =M(x,y,z) $$

마찬가지로 $\partial f/ \partial y =N \quad \partial f/ \partial z =P $임을 보일 수 있다.

$\blacksquare$

정리 3 

영역 $D$에 있는 모든 루프 $C$에 대하여 $\oint_{C} F\cdot d \mathbf{r}=0$이다. $\iff$ $F$가 영역 $D$에서 보존장이다.

정리 4 

열린 단순 영역에서 정의된 벡터장 $F=M \mathbf{i} +N \mathbf{j} +P \mathbf{k}$일 때, 벡터장 $F$가 보존장일 필요충분 조건은 

$$\frac{\partial P}{\partial y}= \frac{\partial N}{\partial z},\quad \frac{\partial M}{\partial z}= \frac{\partial P}{\partial x}, \quad \frac{\partial N}{\partial x}= \frac{\partial M}{\partial y} $$이다.

보기

벡터장 $F=(e^x \cos y +yz)\mathbf{i}+(xz -e^x \sin y)\mathbf{j}+(xy+z)\mathbf{k}$가 보존장임을 보이고 포텐셜 함수 $f$를 찾아라.

풀이

$$M(x,y,z)=e^x \cos y +yz \quad N(x,y,z) = xz -e^x \sin y \quad P(x,y,z) = xy+z$$

라고 하면 아래와 같다.

$$\frac{\partial P}{\partial y}= x= \frac{\partial N}{\partial z},\quad \frac{\partial M}{\partial z}=y= \frac{\partial P}{\partial x}, \quad \frac{\partial N}{\partial x}=-e^x \sin y+z= \frac{\partial M}{\partial y} $$

그러므로 벡터장 $F$는 보존장이다. 

다음으로 포텐셜 함수 $f$를 찾아보자.

$$\frac{\partial f}{\partial x}=e^x \cos y +yz \quad \frac{\partial f}{\partial y} = xz -e^x \sin y \quad \frac{\partial f}{\partial z} = xy+z\tag{1}$$

$$f(x,y,z)=e^x \cos y +xyz +g(y,z)$$

$$\frac{\partial f}{ \partial x}=-e^{x} \sin y +xz + \frac{\partial g}{\partial y}=xz -e^x \sin y$$

$\partial g/\partial y=0$이므로 $g$는 $z$만의 함수이다.

$$f(x,y,z)=e^x \cos y +xyz +h(z)$$

$$\frac{\partial f}{ \partial z}=xy + \frac{d h}{d z}=xy+z$$

$$\frac{d h}{d z}=z$$

$$h(z)= \frac{z^2}{2}+C$$

마지막으로 정리하면 포텐셜 함수는 아래와 같다.

$$f(x,y,z)=e^x \cos y +xyz +\frac{z^2}{2}+C$$

보기

벡터장 $$F=\frac{-y}{x^2 +y^2}\mathbf{i}+\frac{x}{x^2 +y^2}\mathbf{j}+0\mathbf{k}$$은 성분함수 판정은 통과하지만 보존장은 아님을 보여라.

풀이

$$M(x,y,z)=\frac{-y}{x^2 +y^2}, \quad N(x,y,z) = \frac{x}{x^2 +y^2}, \quad P(x,y,z) = 0$$

라고 하면 아래와 같다.

$$\frac{\partial P}{\partial y}= 0= \frac{\partial N}{\partial z},\quad \frac{\partial M}{\partial z}=0= \frac{\partial P}{\partial x}, \quad \frac{\partial N}{\partial x}=-\frac{y^2 -x^2}{(x^2 +y^2)^2}= \frac{\partial M}{\partial y} $$

이다. 하지만 $x=y=0$에서 정의되지 않으므로 정의역은 단순 연결 영역이 아니다.

$\mathbf{r}(t)=\cos t \mathbf{i}+\sin t \mathbf{j},\quad 0 \leq t \leq 2\pi$인 루프를 생각하자.

$$F=\frac{-y}{x^2 +y^2}\mathbf{i}+\frac{x}{x^2 +y^2}\mathbf{j} = \frac{-\sin t}{\cos^2 t +\sin^2 t }\mathbf{i}+\frac{\cos t}{\cos^2 t +\sin^2 t}\mathbf{j} =(-\sin t)\mathbf{i}+(\cos t)\mathbf{j} $$

$$\frac{d \mathbf{r}}{dt}=(-\sin t)\mathbf{i}+(\cos t)\mathbf{j} $$

$$\oint\limits_{C} F\cdot d \mathbf{r}=\oint \limits_{C} F\cdot \frac{d \mathbf{r}}{dt} dt =\int_{0}^{2\pi}(\sin^2 t +\cos^2 t)dt=2\pi$$

루프에서 선적분한 값이 $0$이 아니므로 벡터장 $F$는 보존장이 아니다.