적분법 전체 연습문제 | 빌드라인 스쿨

81.CLP-2 · 1.5절 · 15번우리말 번역

곡선 $x=0$ , $x=3$ , $y=x+2$ , $y=x^2$ 으로 유계인 유한한 영역의 넓이를 구하세요.

영어 원문 보기

Compute the area of the finite region bounded by the curves $x=0$ , $x=3$ , $y=x+2$ and $y=x^2$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

먼저 영역의 개형은 다음과 같다. 개형을 그리라는 요구는 없었지만, 문제를 이해하는 데 매우 중요하다.

두 곡선 $y=x+2$ 와 $y=x^2$ 은 $(2,4)$ 에서 만난다. $0\le x\le 2$ 에서 두 곡선 사이 부분의 넓이는 다음과 같다.

$\begin{aligned} \int_0^2 \big[x+2-x^2\big]\,\mathrm{d}x=\Big[\frac{1}{2} x^2+2x-\frac{1}{3}x^3\Big]_0^2 =2+4-\frac{8}{3}=\frac{10}{3} \end{aligned}$

$2\le x\le 3$ 에서 두 곡선 사이 부분의 넓이는 다음과 같다.

$\begin{aligned} \int_2^3 \big[x^2-(x+2)\big]\,\mathrm{d}x=\Big[\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{2} x^2-2x\Big]_2^3 =9-\frac{9}{2}-6-\frac{8}{3}+2+4=\frac{11}{6} \end{aligned}$

전체 넓이는 $\dfrac{10}{3}+\dfrac{11}{6}=\dfrac{31}{6}$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

First, here is a sketch of the region. We are not asked for it, but it is crucial for understanding the question.

The two curves $y=x+2$ and $y=x^2$ cross at $(2,4)$ . The area of the part between them with $0\le x\le 2$ is:

$\begin{aligned} \int_0^2 \big[x+2-x^2\big]\,\mathrm{d}x=\Big[\frac{1}{2} x^2+2x-\frac{1}{3}x^3\Big]_0^2 =2+4-\frac{8}{3}=\frac{10}{3} \end{aligned}$

The area of the part between the two curves with $2\le x\le 3$ is:

$\begin{aligned} \int_2^3 \big[x^2-(x+2)\big]\,\mathrm{d}x=\Big[\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{2} x^2-2x\Big]_2^3 =9-\frac{9}{2}-6-\frac{8}{3}+2+4=\frac{11}{6} \end{aligned}$

The total area is $\dfrac{10}{3}+\dfrac{11}{6}=\dfrac{31}{6}$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 1권 · 6.1절 · 9번

# 넓이(여러 가지 함수)활용도전자동 분류

82.CLP-2 · 1.5절 · 17번우리말 번역

$y=\sqrt{9-x^2}$ 의 아래쪽, $y=x$ 의 아래쪽, 그리고 $y=\sqrt{1-(x-1)^2}$ 의 위쪽에 있는 유한한 영역의 넓이를 구하세요.

영어 원문 보기

Find the area of the finite region below $y=\sqrt{9-x^2}$ and $y=x$ , and above $y=\sqrt{1-(x-1)^2}$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

먼저 영역을 그려 보자. $y=\sqrt{9-x^2}$ 은 원점을 중심으로 하고 반지름이 3인 원의 위쪽 반원이고, $y=\sqrt{1-(x-1)^2}$ 은 $(1,0)$ 을 중심으로 하고 반지름이 1인 원의 위쪽 반원이다.

$y=x$ 는 $y=\sqrt{1-(x-1)^2}$ 과 $(1,1)$ 에서 만나며, 이 점은 작은 반원의 가장 높은 점이다.

삼각형과 원의 부채꼴의 넓이는 쉽게 구할 수 있다. 이를 염두에 두고 영역을 다음과 같이 나눈다.

구하는 넓이는 $A_3-(A_1+A_2)$ 이다.
$A_1$ 은 밑변의 길이가 1이고 높이가 1인 직각삼각형의 넓이이므로 $A_1 = \frac{1}{2}$ 이다.
$A_2$ 는 반지름이 1인 원의 사분원의 넓이이므로 $A_2=\frac{\pi}{4}$ 이다.
$A_3$ 은 반지름이 3인 원의 8분의 1의 넓이이므로 $A_3 = \frac{9\pi}{8}$ 이다.

따라서 이 영역의 넓이는 $\dfrac{9\pi}{8} - \dfrac{1}{2}-\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{7\pi}{8}-\dfrac{1}{2}$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

Let's begin by sketching our region. Note that $y=\sqrt{9-x^2}$ is the top half of a circle centred at the origin with radius 3, while $y=\sqrt{1-(x-1)^2}$ is the top half of a circle of radius 1 centred at $(1,0)$ .

Note $y=x$ intersects $y=\sqrt{1-(x-1)^2}$ at $(1,1)$ , the highest part of the smaller half-circle.

We can easily take the area of triangles and sectors of circles. With that in mind, we cut up our region the following way:

The desired area is $A_3-(A_1+A_2)$ .
$A_1$ is the area of right a triangle with base 1 and height 1, so $A_1 = \frac{1}{2}$ .
$A_2$ is the area of a quarter circle of radius 1, so $A_2=\frac{\pi}{4}$ .
$A_3$ is the area of an eighth of a circle of radius 3, so $A_3 = \frac{9\pi}{8}$

So, the area of our region is $\dfrac{9\pi}{8} - \dfrac{1}{2}-\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{7\pi}{8}-\dfrac{1}{2}$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.5절 · 7번

# 넓이(여러 가지 함수)활용도전자동 분류

83.CLP-2 · 1.5절 · 18번우리말 번역

곡선 $y=x(x^2-4)$ 와 직선 $y=x-2$ 에 의해 유계가 되는 유한한 영역의 넓이를 구하세요.

영어 원문 보기

Find the area of the finite region bounded by the curve $y=x(x^2-4)$ and the line $y=x-2$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

첫 번째 함수는 삼차함수이며, $x=0,\pm2$ 에서 축과 만난다. 두 번째 함수는 기울기가 양수인 직선이다.

이 함수들이 서로 어떤 위치 관계에 있는지 알아야 하므로, 교점을 구한다.

$\begin{aligned} x(x^2-4)&=x-2\\ x(x+2)(x-2)&=x-2\\ \boxed{x-2=0} \quad\text{또는}\quad x(x+2)&=1\\ x^2+2x-1&=0\\ x &= \dfrac{-2\pm\sqrt{4-4(1)(-1)}}{2}\\ x&=\boxed{-1\pm \sqrt{2}} \end{aligned}$

따라서 세 교점은 $x=2$ 일 때와 ${x=-1\pm\sqrt{2}}$ 일 때이다. 다음이 성립한다. $-1-\sqrt{2} < -1+\sqrt{2} < -1+\sqrt{4}< 2\ .$ 그러므로 두 구간 $\left[-1-\sqrt{2},-1+\sqrt{2}\right]$ 와 $\left[-1+\sqrt{2},2\right]$ 에서 각각 어느 함수가 위에 있는지 알아보아야 한다. 각 구간의 한 점에서 확인하면 충분하다.

$\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline x & x(x^2-4) & x-2 & \text{위쪽 함수:} \\ \hline \text{0} & \text{0} & -2 & x(x^2-4) \\ \hline \text{1} & \text{-3} & -1 & x-2 \\ \hline \end{array}$

0 은 구간 $\left[-1-\sqrt{2},-1+\sqrt{2}\right]$ 에 속하므로, 이 구간에서는 $x(x^2-4)$ 가 위쪽 함수이다. 1 은 구간 $\left[-1+\sqrt{2},2\right]$ 에 속하므로, 이 구간에서는 $x-2$ 가 위쪽 함수이다. 이제 넓이를 구하는 적분을 세울 수 있다.

$\begin{aligned} \text{넓이}&=\int_{-1-\sqrt{2}}^{-1+\sqrt{2}}\left[x(x^2-4) - (x-2)\right]\ \mathrm{d}x \quad&&+ \quad &&\int_{-1+\sqrt{2}}^{2}\left[(x-2)-x(x^2-4)\right]\ \mathrm{d}x\\ &=\int_{-1-\sqrt{2}}^{-1+\sqrt{2}}\left[x^3-5x+2\right]\ \mathrm{d}x \quad&&+ \quad &&\int_{-1+\sqrt{2}}^{2}\left[-x^3+5x-2\right]\ \mathrm{d}x \\&=\left[\frac{1}{4}x^4 - \frac{5}{2}x^2+2x\right]_{-1-\sqrt{2}}^{-1+\sqrt{2}} \quad&&+ \quad &&\left[-\frac{1}{4}x^4 + \frac{5}{2}x^2-2x\right]_{-1+\sqrt{2}}^{2} \\ \text{번거롭지만 기초적인 대수 계산을 하면:} \\ &=\left(8\sqrt{2}\right)+\left(4\sqrt{2}-\frac{13}{4}\right)=12\sqrt{2}-\frac{13}{4} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

The first function is a cubic, with intercepts at $x=0,\pm2$ . The second is a straight line with a positive slope.

We need to figure out what these functions look like in relation to one another, so let's find their points of intersection.

$\begin{aligned} x(x^2-4)&=x-2\\ x(x+2)(x-2)&=x-2\\ \boxed{x-2=0} \quad\text{or}\quad x(x+2)&=1\\ x^2+2x-1&=0\\ x &= \dfrac{-2\pm\sqrt{4-4(1)(-1)}}{2}\\ x&=\boxed{-1\pm \sqrt{2}} \end{aligned}$

So, our three points of intersection are when $x=2$ and when ${x=-1\pm\sqrt{2}}$ . We note $-1-\sqrt{2} < -1+\sqrt{2} < -1+\sqrt{4}< 2\ .$ So, we need to see which function is on top over the two intervals $\left[-1-\sqrt{2},-1+\sqrt{2}\right]$ and $\left[-1+\sqrt{2},2\right]$ . It suffices to check points in these intervals.

$\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline x & x(x^2-4) & x-2 & \text{top function:} \\ \hline \text{0} & \text{0} & -2 & x(x^2-4) \\ \hline \text{1} & \text{-3} & -1 & x-2 \\ \hline \end{array}$

Since 0 is in the interval $\left[-1-\sqrt{2},-1+\sqrt{2}\right]$ , $x(x^2-4)$ is the top function in that interval. Since 1 is in the interval $\left[-1+\sqrt{2},2\right]$ , $x-2$ is the top function in that interval. Now we can set up the integral to evaluate the area:

$\begin{aligned} \text{Area}&=\int_{-1-\sqrt{2}}^{-1+\sqrt{2}}\left[x(x^2-4) - (x-2)\right]\ \mathrm{d}x \quad&&+ \quad &&\int_{-1+\sqrt{2}}^{2}\left[(x-2)-x(x^2-4)\right]\ \mathrm{d}x\\ &=\int_{-1-\sqrt{2}}^{-1+\sqrt{2}}\left[x^3-5x+2\right]\ \mathrm{d}x \quad&&+ \quad &&\int_{-1+\sqrt{2}}^{2}\left[-x^3+5x-2\right]\ \mathrm{d}x \\&=\left[\frac{1}{4}x^4 - \frac{5}{2}x^2+2x\right]_{-1-\sqrt{2}}^{-1+\sqrt{2}} \quad&&+ \quad &&\left[-\frac{1}{4}x^4 + \frac{5}{2}x^2-2x\right]_{-1+\sqrt{2}}^{2} \\ \text{After some taxing but rudimentary algebra:} \\ &=\left(8\sqrt{2}\right)+\left(4\sqrt{2}-\frac{13}{4}\right)=12\sqrt{2}-\frac{13}{4} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기Active Calculus · 6.1절 · 12번

# 넓이(여러 가지 함수)활용도전자동 분류

84.CLP-2 · 1.6절 · 5번우리말 번역

다음 양을 나타내는 정적분을 쓰세요. 정적분의 값을 직접 계산하지 마세요.

(a) 곡선 $y=1-x^2$ 과 $y=4-4x^2$ 으로 유계된 유한한 평면 영역을 직선 $y=-1$ 을 축으로 회전시켜 얻은 입체의 부피. (b) 곡선 $y=x^2-1$ 과 직선 $y=0$ 으로 유계된 유한한 평면 영역을 직선 $x=5$ 를 축으로 회전시켜 얻은 입체의 부피.

영어 원문 보기

Write down definite integrals that represent the following quantities. Do not evaluate the integrals explicitly.

(a) The volume of the solid obtained by rotating the finite plane region bounded by the curves $y=1-x^2$ and $y=4-4x^2$ about the line $y=-1$ . (b) The volume of the solid obtained by rotating the finite plane region bounded by the curve $y=x^2-1$ and the line $y=0$ about the line $x=5$ .

정답·풀이 보기

(a) 두 곡선은 $(1,0)$ 과 $(-1,0)$ 에서 만난다. 그림

과 같은 띠를 직선 $y=-1$ 을 축으로 회전시키면 다음과 같은 얇은 와셔(구멍 뚫린 원판)가 만들어진다.

안쪽 반지름은 $(1-x^2)-(-1)=2-x^2$ ,
바깥쪽 반지름은 $(4-4x^2)-(-1)=5-4x^2$ ,
두께는 $\mathrm{d}x$ 이다. 따라서
단면의 넓이는 $\pi\big[{(5-4x^2)}^2-{(2-x^2)}^2\big]$ 이고
부피는 $\pi\big[{(5-4x^2)}^2-({2-x^2)}^2\big]\,\mathrm{d}x$ 이다.

그러므로 입체의 부피는 다음과 같다.

$\begin{aligned} \int_{-1}^{1}\pi\big[{(5-4x^2)}^2-{(2-x^2)}^2\big]\,\mathrm{d}x \end{aligned}$

(b) 곡선 $y=x^2-1$ 은 $y=0$ 과 $(1,0)$ , $(-1,0)$ 에서 만난다.

가로 방향 와셔를 이용한다.

위 그림처럼 높이가 $\mathrm{d}y$ 인 얇은 가로 띠를 이용한다.
직선 $x=5$ 를 축으로 회전시키면 각 띠는 얇은 와셔를 만든다.
안쪽 반지름은 $r_{in}=5-\sqrt{y+1}$ 이고,
바깥쪽 반지름은 $r_{out}= 5-(-\sqrt{y+1})=5+\sqrt{y+1}$ 이며,
두께는 $\mathrm{d}y$ 이므로
부피는 $\pi(r_{out}^2 - r_{in}^2)\,\mathrm{d}y = \pi\big[\big(5+\sqrt{y+1}\big)^2-\big(5-\sqrt{y+1}\big)^2\big]\,\mathrm{d}y$ 이다.
가장 위쪽 띠는 $y=0$ 에 있고 가장 아래쪽 띠는 ( $x=0$ 일 때) $y=-1$ 에 있으므로, 전체 부피는 다음과 같다.

$\begin{aligned} \int _{-1}^0 \pi\left[\big(5+\sqrt{y+1}\big)^2-\big(5-\sqrt{y+1}\big)^2\right]\,\mathrm{d}y \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

(a) The curves intersect at $(1,0)$ and $(-1,0)$ . When the strip shown in the figure

is rotated about the line $y=-1$ , it forms a thin washer with:

inner radius $(1-x^2)-(-1)=2-x^2$ ,
outer radius $(4-4x^2)-(-1)=5-4x^2$ and
thickness $\mathrm{d}x$ ; so, it has
cross sectional area $\pi\big[{(5-4x^2)}^2-{(2-x^2)}^2\big]$ and
volume $\pi\big[{(5-4x^2)}^2-({2-x^2)}^2\big]\,\mathrm{d}x$ .

So the volume of the solid is

$\begin{aligned} \int_{-1}^{1}\pi\big[{(5-4x^2)}^2-{(2-x^2)}^2\big]\,\mathrm{d}x \end{aligned}$

(b) The curve $y=x^2-1$ intersects $y=0$ at $(1,0)$ and $(-1,0)$ .

We'll use horizontal washers.

We use thin horizontal strips of height $\mathrm{d}y$ as in the figure above.
When we rotate about the line $x=5$ , each strip sweeps out a thin washer
whose inner radius is $r_{in}=5-\sqrt{y+1}$ , and
whose outer radius is $r_{out}= 5-(-\sqrt{y+1})=5+\sqrt{y+1}$ and
whose thickness is $\mathrm{d}y$ and hence
whose volume is $\pi(r_{out}^2 - r_{in}^2)\,\mathrm{d}y = \pi\big[\big(5+\sqrt{y+1}\big)^2-\big(5-\sqrt{y+1}\big)^2\big]\,\mathrm{d}y$
As our topmost strip is at $y=0$ and our bottommost strip is at $y=-1$ (when $x=0$ ), the total volume is

$\begin{aligned} \int _{-1}^0 \pi\left[\big(5+\sqrt{y+1}\big)^2-\big(5-\sqrt{y+1}\big)^2\right]\,\mathrm{d}y \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.6절 · 6번

# 입체도형의 부피활용기본자동 분류

85.CLP-2 · 1.6절 · 6번우리말 번역

곡선 $y=x^2$ 과 $y=8-x^2$ 사이의 영역을 직선 $y=-1$ 을 축으로 회전시켜 얻은 입체의 부피를 나타내는 정적분을 쓰세요. 정적분의 값을 직접 계산하지 마세요.

영어 원문 보기

Write down a definite integral that represents the volume of the solid obtained by rotating around the line $y=-1$ the region between the curves $y=x^2$ and $y=8-x^2$ . Do not evaluate the integrals explicitly.

정답·풀이 보기

두 곡선은 $(-2,4)$ 와 $(2,4)$ 에서 만난다. 그림

과 같은 띠를 직선 $y=-1$ 을 축으로 회전시키면 다음과 같은 얇은 와셔(구멍 뚫린 원판)가 만들어진다.

안쪽 반지름은 $x^2+1$ ,
바깥쪽 반지름은 $9-x^2$ ,
두께는 $\mathrm{d}x$ 이므로
단면의 넓이는 $\pi\big[{(9-x^2)}^2-{(x^2+1)}^2\big]$ 이고
부피는 $\pi\big[{(9-x^2)}^2-{(x^2+1)}^2\big]\,\mathrm{d}x$ 이다.

그러므로 입체의 부피는 다음과 같다.

$\begin{aligned} \pi\int_{-2}^{2}\big[{(9-x^2)}^2-{(x^2+1)}^2\big]\ \mathrm{d}x \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

The curves intersect at $(-2,4)$ and $(2,4)$ . When the strip shown in the figure

is rotated about the line $y=-1$ , it forms a thin washer (punctured disc) of

inner radius $x^2+1$ ,
outer radius $9-x^2$ and
thickness $\mathrm{d}x$ and hence of
cross sectional area $\pi\big[{(9-x^2)}^2-{(x^2+1)}^2\big]$ and
volume $\pi\big[{(9-x^2)}^2-{(x^2+1)}^2\big]\,\mathrm{d}x$ .

So the volume of the solid is

$\begin{aligned} \pi\int_{-2}^{2}\big[{(9-x^2)}^2-{(x^2+1)}^2\big]\ \mathrm{d}x \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.6절 · 17번

# 입체도형의 부피활용기본자동 분류

86.CLP-2 · 1.6절 · 9번우리말 번역

$y = 1/x$ 와 $3x + 3y = 10$ 에 의해 유계인 유한한 영역을 $x$ 축을 중심으로 회전시켜 생기는 입체의 부피를 구하세요.

영어 원문 보기

Find the volume of the solid generated by rotating the finite region bounded by $y = 1/x$ and $3x + 3y = 10$ about the $x$ –axis.

정답·풀이 보기

곡선 $y=1/x$ 와 $3x+3y=10$ , 즉 $y =\frac{10}{3}-x$ 는 다음과 같을 때 만난다.

$\begin{aligned} \frac{1}{x} = \frac{10}{3}-x &\iff 3 = 10x-3x^2 \iff 3x^2-10x+3=0 \\ &\iff(3x-1)(x-3)=0 \\ &\iff x=3\,,\,\frac{1}{3} \end{aligned}$

이 영역을 $x$ 축을 중심으로 회전시키면, 위 그림의 수직 띠는 두께가 $\mathrm{d}x$ 이고 바깥쪽 반지름이 $T(x)=\frac{10}{3}-x$ , 안쪽 반지름이 $B(x)=\frac{1}{x}$ 인 와셔(워셔) 모양을 만든다. 이 와셔의 부피는

$\pi\big(T(x)^2- B(x)^2\big)\,\mathrm{d}x = \pi\Big(\frac{100}{9}-\frac{20}{3}x+x^2-\frac{1}{x^2}\Big)\,\mathrm{d}x$

이다. 따라서 입체의 부피는

$\begin{aligned} \pi\int_{1/3}^3\Big(\frac{100}{9}-\frac{20}{3}x+x^2-\frac{1}{x^2}\Big)\,\mathrm{d}x &=\pi\Big[\frac{100x}{9}-\frac{10}{3}x^2+\frac{1}{3}x^3 +\frac{1}{x}\Big]_{1/3}^3 \\ &=\pi\Big[\frac{38}{3}-\frac{514}{3^4}\Big] = \pi\frac{512}{81} \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

The curves $y=1/x$ and $3x+3y=10$ , i.e. $y =\frac{10}{3}-x$ intersect when

$\begin{aligned} \frac{1}{x} = \frac{10}{3}-x &\iff 3 = 10x-3x^2 \iff 3x^2-10x+3=0 \\ &\iff(3x-1)(x-3)=0 \\ &\iff x=3\,,\,\frac{1}{3} \end{aligned}$

enterline

When the region is rotated about the $x$ –axis, the vertical strip in the figure above sweeps out a washer with thickness $\mathrm{d}x$ , outer radius $T(x)=\frac{10}{3}-x$ and inner radius $B(x)=\frac{1}{x}$ . This washer has volume

$\pi\big(T(x)^2- B(x)^2\big)\,\mathrm{d}x = \pi\Big(\frac{100}{9}-\frac{20}{3}x+x^2-\frac{1}{x^2}\Big)\,\mathrm{d}x$

Hence the volume of the solid is

$\begin{aligned} \pi\int_{1/3}^3\Big(\frac{100}{9}-\frac{20}{3}x+x^2-\frac{1}{x^2}\Big)\,\mathrm{d}x &=\pi\Big[\frac{100x}{9}-\frac{10}{3}x^2+\frac{1}{3}x^3 +\frac{1}{x}\Big]_{1/3}^3 \\ &=\pi\Big[\frac{38}{3}-\frac{514}{3^4}\Big] = \pi\frac{512}{81} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기Active Calculus · 6.2절 · 8번

# 입체도형의 부피활용보통자동 분류

87.CLP-2 · 1.6절 · 10번우리말 번역

$R$ 을 원 $x^2 + (y-2)^2=1$ 의 내부 영역이라 하자. $S$ 를 $R$ 을 $x$ 축을 중심으로 회전시켜 얻은 입체라 하자.

(a) $S$ 의 부피를 나타내는 적분을 쓰세요. (b) (a)에서 쓴 적분의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let $R$ be the region inside the circle $x^2 + (y-2)^2=1$ . Let $S$ be the solid obtained by rotating $R$ about the $x$ -axis.

(a) Write down an integral representing the volume of $S$ . (b) Evaluate the integral you wrote down in part (a).

정답·풀이 보기

(a) 원의 위쪽 부분과 아래쪽 부분의 방정식은 각각 $y=T(x)=2+\sqrt{1-x^2}$ 와 $y=B(x) = 2-\sqrt{1-x^2}$ 이다.

$R$ 을 $x$ 축을 중심으로 회전시키면, 위 그림에서 $R$ 의 세로 띠는 두께가 $\mathrm{d}x$ 이고 바깥쪽 반지름이 $T(x)$ , 안쪽 반지름이 $B(x)$ 인 와셔(가운데가 뚫린 원판) 모양을 만든다. 이 와셔의 부피는

$\pi\big(T(x)^2- B(x)^2\big)\,\mathrm{d}x = \pi\big(T(x)+ B(x)\big)\big(T(x)- B(x)\big)\,\mathrm{d}x = \pi\times 4\times 2\sqrt{1-x^2}\,\mathrm{d}x$

이다.

따라서 입체의 부피는

$8\pi\int_{-1}^1\sqrt{1-x^2}\,\mathrm{d}x$

이다.

(b) $y=\sqrt{1-x^2}$ 은 $x^2+y^2=1$ , $y\ge 0$ 과 같으므로, 이 적분은 원 $x^2+y^2=1$ 의 위쪽 반원의 넓이의 $8\pi$ 배이다. 따라서 적분의 값은 $8\pi\times \frac{1}{2}\pi 1^2 = 4\pi^2$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) The top and the bottom of the circle have equations $y=T(x)=2+\sqrt{1-x^2}$ and $y=B(x) = 2-\sqrt{1-x^2}$ , respectively.

enterline

When $R$ is rotated about the $x$ –axis, the vertical strip of $R$ in the figure above sweeps out a washer with thickness $\mathrm{d}x$ , outer radius $T(x)$ and inner radius $B(x)$ . This washer has volume

$\pi\big(T(x)^2- B(x)^2\big)\,\mathrm{d}x = \pi\big(T(x)+ B(x)\big)\big(T(x)- B(x)\big)\,\mathrm{d}x = \pi\times 4\times 2\sqrt{1-x^2}\,\mathrm{d}x$

Hence the volume of the solid is

$8\pi\int_{-1}^1\sqrt{1-x^2}\,\mathrm{d}x$

(b) Since $y=\sqrt{1-x^2}$ is equivalent to $x^2+y^2=1$ , $y\ge 0$ , the integral is $8\pi$ times the area of the upper half of the circle $x^2+y^2=1$ and hence is $8\pi\times \frac{1}{2}\pi 1^2 = 4\pi^2$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 1권 · 6.2절 · 14번

# 입체도형의 부피활용보통자동 분류

88.CLP-2 · 1.6절 · 13번우리말 번역

곡선 $y = \cos(\frac x2)$ 와 $y = x^2 - \pi^2$ 으로 둘러싸인 유한한 영역을 직선 $y=-{\pi^2}$ 을 축으로 하여 회전시킨다. 수직 조각(원판 또는 와셔)을 이용하여 이때 생기는 회전체의 부피를 구하세요.

영어 원문 보기

The finite region between the curves $y = \cos(\frac x2)$ and $y = x^2 - \pi^2$ is rotated about the line $y=-{\pi^2}$ . Using vertical slices (disks and/or washers), find the volume of the resulting solid.

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

다음은 곡선 $y = \cos(\frac x2)$ 와 $y = x^2 - \pi^2$ 의 그래프이다.

살펴보면 두 곡선은 $x = \pm {\pi}$ 에서 만나며, 이때 $\cos(\frac x2)$ 와 $x^2 - \pi^2$ 은 모두 값이 0이다. 문제에서 지정한 대로 수직 와셔를 사용한다.

위 그림과 같이 주어진 영역을 너비가 $\mathrm{d}x$ 인 얇은 수직 띠로 자른다.
직선 $y=-\pi^2$ 을 축으로 회전시키면, 각 띠는 얇은 와셔를 만든다.
이 와셔의 안쪽 반지름은 $r_{in}= (x^2 - {\pi^2} ) - ( {-} {\pi^2} )=x^2$ 이고 바깥쪽 반지름은 $r_{out}=\cos(\frac x2) - ( {-} {\pi^2}) =\cos(\frac x2) +\pi^2$ 이며,
두께는 $\mathrm{d}x$ 이고, 따라서
부피는 $\pi(r_{out}^2 - r_{in}^2)\mathrm{d}x = \pi\big( {(\cos(\frac x2) +\pi^2)}^2 - {(x^2)}^2\big)\mathrm{d}x$ 이다.
가장 왼쪽 띠는 $x=-\pi$ 에 있고 가장 오른쪽 띠는 $x=\pi$ 에 있으므로,

전체 부피는 다음과 같다.

$\begin{aligned} &\pi \int_{-\pi}^{\pi} \left( \cos^2 (\tfrac x2) +2{\pi^2}\cos (\tfrac x2) +{\pi^4} -x^4\right)\,\mathrm{d}x \\ & = \pi \int_{-\pi}^{\pi} \left(\frac{1+\cos(x)}{2} +2{\pi^2}\cos (\tfrac x2) +{\pi^4} -x^4\right)\,\mathrm{d}x \\ \text{피적분함수가 우함수이므로,} \\ & = 2\pi \int_0^{\pi} \left(\frac{1+\cos(x)}{2} +2{\pi^2}\cos (\tfrac x2) +{\pi^4} -x^4\right)\,\mathrm{d}x \\ & = {2\pi \left[ \frac{1}{2}x + \frac{1}{2}\sin(x) + 4{\pi^2}\sin (\tfrac x2) +{\pi^4} x -\frac{1}{5}x^5 \right]} _0^\pi\\ & = 2\pi \left[\frac{\pi}{2} + 0 + 4{\pi^2} +{\pi^5} - \frac{\pi^5}{5} \right] \\ & = {\pi^2} + 8\pi^3 + \frac{8\pi^6}{5} \end{aligned}$

피적분함수가 우함수이고 적분 구간 $[-\pi, \pi]$ 가 대칭이라는 사실을 이용했지만, 직접 계산할 수도 있다.

원본 교재 풀이(영어)

Here is a sketch of the curves $y = \cos(\frac x2)$ and $y = x^2 - \pi^2$ .

By inspection, the curves meet at $x = \pm {\pi}$ where both $\cos(\frac x2)$ and $x^2 - \pi^2$ take the value zero. We'll use vertical washers as specified in the question.

We cut the specified region into thin vertical strips of width $\mathrm{d}x$ as in the figure above.
When we rotate about the line $y=-\pi^2$ , each strip sweeps out a thin washer
whose inner radius is $r_{in}= (x^2 - {\pi^2} ) - ( {-} {\pi^2} )=x^2$ and outer radius is $r_{out}=\cos(\frac x2) - ( {-} {\pi^2}) =\cos(\frac x2) +\pi^2$ , and
whose thickness is $\mathrm{d}x$ and hence
whose volume $\pi(r_{out}^2 - r_{in}^2)\mathrm{d}x = \pi\big( {(\cos(\frac x2) +\pi^2)}^2 - {(x^2)}^2\big)\mathrm{d}x$ .
As our leftmost strip is at $x=-\pi$ and our rightmost strip is at $x=\pi$ ,

the total volume is

$\begin{aligned} &\pi \int_{-\pi}^{\pi} \left( \cos^2 (\tfrac x2) +2{\pi^2}\cos (\tfrac x2) +{\pi^4} -x^4\right)\,\mathrm{d}x \\ & = \pi \int_{-\pi}^{\pi} \left(\frac{1+\cos(x)}{2} +2{\pi^2}\cos (\tfrac x2) +{\pi^4} -x^4\right)\,\mathrm{d}x \\ \text{Because the integrand is even,} \\ & = 2\pi \int_0^{\pi} \left(\frac{1+\cos(x)}{2} +2{\pi^2}\cos (\tfrac x2) +{\pi^4} -x^4\right)\,\mathrm{d}x \\ & = {2\pi \left[ \frac{1}{2}x + \frac{1}{2}\sin(x) + 4{\pi^2}\sin (\tfrac x2) +{\pi^4} x -\frac{1}{5}x^5 \right]} _0^\pi\\ & = 2\pi \left[\frac{\pi}{2} + 0 + 4{\pi^2} +{\pi^5} - \frac{\pi^5}{5} \right] \\ & = {\pi^2} + 8\pi^3 + \frac{8\pi^6}{5} \end{aligned}$

We used the fact that the integrand is an even function and the interval of integration $[-\pi, \pi]$ is symmetric, but one can also compute directly.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.6절 · 10번

# 입체도형의 부피활용보통자동 분류

89.CLP-2 · 1.6절 · 17번우리말 번역

지구의 모양은 구가 아니라 납작한 회전타원체로 어림되는 경우가 많습니다. 납작한 회전타원체는 타원을 단축(가장 짧은 지름)을 축으로 회전시켜 만든 도형입니다.

(a) 타원 $(ax)^2+(by)^2=1$ 의 위쪽(양의) 절반을 $x$ 축을 중심으로 회전시켜 얻은 납작한 회전타원체의 부피를 구하세요. 단, $a$ 와 $b$ 는 $a \geq b$ 인 양의 상수입니다. (b) (지구 개요 자료, NASA, https://nssdc.gsfc.nasa.gov/planetary/factsheet/earthfact.html, 2017년 7월 2일 접속) 지구의 적도 반지름이 6378.137 km 이고 극 반지름이 6356.752 km 라고 합시다. 지구를 타원 $(ax)^2+(by)^2=1$ 의 위쪽 절반을 $x$ 축을 중심으로 회전시켜 얻은 납작한 회전타원체로 모형화하면, $a$ 와 $b$ 는 각각 얼마인지 구하세요. (c) 이 지구 모형의 부피를 구하세요. (계산기를 사용하세요.) (d) 지구를 반지름이 $6378.137$ km 인 구로 모형화하여 부피를 계산했다고 합시다. 납작한 회전타원체로 계산한 값과 비교할 때 절대오차와 상대오차는 각각 얼마인지 구하세요.

영어 원문 보기

The shape of the earth is often approximated by an oblate spheroid, rather than a sphere. An oblate spheroid is formed by rotating an ellipse about its minor axis (its shortest diameter).

(a) Find the volume of the oblate spheroid obtained by rotating the upper (positive) half of the ellipse $(ax)^2+(by)^2=1$ about the $x$ -axis, where $a$ and $b$ are positive constants with $a \geq b$ . (b) Suppose (Earth Fact Sheet, NASA, https://nssdc.gsfc.nasa.gov/planetary/factsheet/earthfact.html, accessed 2 July 2017) the earth has radius at the equator of 6378.137 km, and radius at the poles of 6356.752 km. If we model the earth as an oblate spheroid formed by rotating the upper half of the ellipse $(ax)^2+(by)^2=1$ about the $x$ -axis, what are $a$ and $b$ ? (c) What is the volume of this model of the earth? (Use a calculator.) (d) Suppose we had calculated the volume of the earth by modelling it as a sphere with radius $6378.137$ km. What would our absolute and relative errors be, compared to our oblate spheroid calculation?

정답·풀이 보기

(a)

먼저 타원 $(ax)^2+(by)^2=1$ 의 위쪽 절반의 그래프를 그린다. 절편만 알아도 대략적인 모양을 알 수 있다: $(0,\frac{1}{b})$ 와 $(\pm\frac{1}{a},0)$ :

처음에 몇 가지를 짚어 두자. 첫째, $a \geq b$ 이므로 $\frac{1}{a} \leq \frac{1}{b}$ 이고, 따라서 $x$ 축이 단축이다. 즉, 납작한 회전타원체를 만들기 위해 알맞은 축을 중심으로 회전시키고 있다.

둘째, 방정식을 $y$ 에 대해 풀면 $y=\frac{1}{b}\sqrt{1-(ax)^2}$ 이다. (타원의 위쪽 절반만 필요하므로 양의 제곱근만 생각하면 된다.)

이제 표준적인 회전체의 부피 문제이다. 너비가 $\mathrm{d}x$ 이고 높이가 $y=\frac{1}{b}\sqrt{1-(ax)^2}$ 인 세로 조각으로 나눈다. 이 조각들을 $x$ 축을 중심으로 회전시키면 부피가 $\pi\left[\frac{1}{b}\sqrt{1-(ax)^2}\right]^2\mathrm{d}x$ 인 얇은 원판이 된다. $x$ 는 $-\frac{1}{a}$ 에서 $\frac{1}{a}$ 까지 변하므로, 납작한 회전타원체의 부피는 다음과 같다:

$\begin{aligned} \text{부피}&=\int_{-\frac{1}{a}}^{\frac{1}{a}} \pi \left[\frac{1}{b}\sqrt{1-(ax)^2}\right]^2\mathrm{d}x\\ &=\frac{\pi}{b^2}\int_{-\frac{1}{a}}^{\frac{1}{a}} 1-(ax)^2\ \mathrm{d}x\\ &=\frac{2\pi}{b^2}\int_{0}^{\frac{1}{a}} 1-(ax)^2\ \mathrm{d}x&\text{(우함수)}\\ &=\frac{2\pi}{b^2}\left[x - \frac{a^2x^3}{3}\right]_{0}^{\frac{1}{a}}\\ &=\frac{2\pi}{b^2}\left[\frac{1}{a} - \frac{1}{3a} \right] = \frac{4\pi}{3b^2a} \end{aligned}$

(b) (a)의 그래프에서 보았듯이 타원의 가장 짧은 반지름은 $\frac{1}{a}$ 이고 가장 긴 반지름은 $\frac{1}{b}$ 이다. 따라서 $\frac{1}{a} = 6356.752$ 이고 $\frac{1}{b} = 6378.137$ 이다. 즉, $a = \dfrac{1}{6356.752}$ 이고 $b=\dfrac{1}{6378.137}$ 이다.

(a)에서 주어진 대로 $a \geq b$ 임에 유의한다.

(c) (a)와 (b)의 답을 결합하면, 지구와 거의 같은 크기의 납작한 회전타원체의 부피는 다음과 같다:

$\begin{aligned} \frac{4\pi}{3b^2a} &= \frac{4\pi}{3}\left(\frac{1}{b}\right)^2\left(\frac{1}{a}\right)\\ &=\frac{4\pi}{3}\left(6378.137\right)^2\left(6356.752\right)\\ &\approx 1.08321\times 10^{12} \quad\mathrm{km}^3\\ &\approx 1.08321\times 10^{21} \quad\mathrm{m}^3 \end{aligned}$

(d) 반지름이 6378.137 인 구의 부피는

$\begin{aligned} &\dfrac{4}{3}\pi\left(6378.137\right)^3 \\ \text{따라서 절대오차는 다음과 같다:} \\ &\left|\frac{4\pi}{3}\left(6378.137\right)^2\left(6356.752\right) - \dfrac{4}{3}\pi\left(6378.137\right)^3 \right|\\ =&\frac{4\pi}{3}\left(6378.137\right)^2\big|6356.752 - 6378.137\big|\\ =&\frac{4\pi}{3}\left(6378.137\right)^2(21.385)\\ \approx&~3.64 \times 10^{9}~\mathrm{km}^3 \\ \text{그리고 상대오차는 다음과 같다:} \\ \frac{\text{절대오차}}{\text{참값}}&=\frac{\frac{4\pi}{3}\left(6378.137\right)^2\big|6356.752 - 6378.137\big|}{\frac{4\pi}{3}\left(6378.137\right)^2\left(6356.752\right)}\\ &=\frac{\big|6356.752 - 6378.137\big|}{6356.752}\\ &=\frac{6378.137}{6356.752}-1\\ &\approx ~0.00336 \end{aligned}$

즉, 약 $0.336\%$ 로, 1퍼센트의 약 3분의 1이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a)

We'll want to start by graphing the upper half of the ellipse $(ax)^2+(by)^2=1$ . Its intercepts will be enough to get us an idea: $(0,\frac{1}{b})$ and $(\pm\frac{1}{a},0)$ :

We note a few things at the outset: first, since $a \geq b$ , then $\frac{1}{a} \leq \frac{1}{b}$ , so indeed the $x$ -axis is the minor axis. That is, we're rotating about the proper axis to create an oblate spheroid.

Second, if we solve our equation for $y$ , we get $y=\frac{1}{b}\sqrt{1-(ax)^2}$ . (Since we only want the upper half of the ellipse, we only need to consider the positive square root.)

Now, we have a standard volume-of-revolution problem. We make vertical slices, of width $\mathrm{d}x$ and height $y=\frac{1}{b}\sqrt{1-(ax)^2}$ . When we rotate these slices about the $x$ -axis, they form thin disks of volume $\pi\left[\frac{1}{b}\sqrt{1-(ax)^2}\right]^2\mathrm{d}x$ . Since $x$ runs from $-\frac{1}{a}$ to $\frac{1}{a}$ , the volume of our oblate spheroid is:

$\begin{aligned} \text{Volume}&=\int_{-\frac{1}{a}}^{\frac{1}{a}} \pi \left[\frac{1}{b}\sqrt{1-(ax)^2}\right]^2\mathrm{d}x\\ &=\frac{\pi}{b^2}\int_{-\frac{1}{a}}^{\frac{1}{a}} 1-(ax)^2\ \mathrm{d}x\\ &=\frac{2\pi}{b^2}\int_{0}^{\frac{1}{a}} 1-(ax)^2\ \mathrm{d}x&\text{(even function)}\\ &=\frac{2\pi}{b^2}\left[x - \frac{a^2x^3}{3}\right]_{0}^{\frac{1}{a}}\\ &=\frac{2\pi}{b^2}\left[\frac{1}{a} - \frac{1}{3a} \right] = \frac{4\pi}{3b^2a} \end{aligned}$

(b) As we saw in the sketch from part (a), the shortest radius of the ellipse is $\frac{1}{a}$ , while the largest is $\frac{1}{b}$ . So, $\frac{1}{a} = 6356.752$ , and $\frac{1}{b} = 6378.137$ . That is, $a = \dfrac{1}{6356.752}$ and $b=\dfrac{1}{6378.137}$ .

Note $a \geq b$ , as specified in part (a).

(c) Combining our answers from (a) and (b), the volume of an oblate spheroid with approximately the same dimensions as the earth is:

$\begin{aligned} \frac{4\pi}{3b^2a} &= \frac{4\pi}{3}\left(\frac{1}{b}\right)^2\left(\frac{1}{a}\right)\\ &=\frac{4\pi}{3}\left(6378.137\right)^2\left(6356.752\right)\\ &\approx 1.08321\times 10^{12} \quad\mathrm{km}^3\\ &\approx 1.08321\times 10^{21} \quad\mathrm{m}^3 \end{aligned}$

(d) A sphere of radius 6378.137 has volume

$\begin{aligned} &\dfrac{4}{3}\pi\left(6378.137\right)^3 \\ \text{So, our absolute error is:} \\ &\left|\frac{4\pi}{3}\left(6378.137\right)^2\left(6356.752\right) - \dfrac{4}{3}\pi\left(6378.137\right)^3 \right|\\ =&\frac{4\pi}{3}\left(6378.137\right)^2\big|6356.752 - 6378.137\big|\\ =&\frac{4\pi}{3}\left(6378.137\right)^2(21.385)\\ \approx&~3.64 \times 10^{9}~\mathrm{km}^3 \\ \text{And our relative error is:} \\ \frac{\text{abs error}}{\text{actual value}}&=\frac{\frac{4\pi}{3}\left(6378.137\right)^2\big|6356.752 - 6378.137\big|}{\frac{4\pi}{3}\left(6378.137\right)^2\left(6356.752\right)}\\ &=\frac{\big|6356.752 - 6378.137\big|}{6356.752}\\ &=\frac{6378.137}{6356.752}-1\\ &\approx ~0.00336 \end{aligned}$

That is, about $0.336\%$ , or about one-third of one percent.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.6절 · 2번

# 입체도형의 부피활용도전자동 분류

90.CLP-2 · 1.7절 · 27번우리말 번역

$R$ 을 구간 $0 \le x \le 3$ 에서 곡선 $T(x) = \sqrt{x}e^{3x}$ 과 $B(x) = \sqrt{x}(1+2x)$ 사이의 영역이라 하자. (모든 $0\le x\le 3$ 에 대해 $T(x)\ge B(x)$ 임이 알려져 있다.) $R$ 을 $x$ 축을 중심으로 회전시켜 만든 입체의 부피를 구하세요.

영어 원문 보기

Let $R$ be the region between the curves $T(x) = \sqrt{x}e^{3x}$ and $B(x) = \sqrt{x}(1+2x)$ on the interval $0 \le x \le 3$ . (It is true that $T(x)\ge B(x)$ for all $0\le x\le 3$ .) Compute the volume of the solid formed by rotating $R$ about the $x$ -axis.

정답·풀이 보기

$x$ 의 값을 고정하고 $x$ 축을 중심으로 회전시키면, 안쪽 반지름이 $B(x)$ 이고 바깥쪽 반지름이 $T(x)$ 인 워셔(속이 빈 원판)가 만들어지므로 그 넓이는 $\pi [T(x)^2 - B(x)^2]$ 이다. 이 함수를 $x=0$ 에서 $x=3$ 까지 적분하여 전체 부피 $V$ 를 구한다:

$\begin{aligned} V &= \int_0^3 \pi [T(x)^2 - B(x)^2]\,\mathrm{d}x \\ &= \pi \int_0^3 (\sqrt{x}e^{3x})^2 - (\sqrt{x}(1+2x))^2 \,\mathrm{d}x \\ &= \pi \int_0^3 \big( xe^{6x} - (x+4x^2+4x^3) \big) \,\mathrm{d}x \\ &= \pi \int_0^3 xe^{6x} \,\mathrm{d}x - \pi \Big[ \frac{x^2}{2} + \frac{4x^3}{3} + x^4\Big]_{0}^3 \\ &= \pi \int_0^3 xe^{6x} \,\mathrm{d}x - \pi \Big[\frac{3^2}{2} + \frac{4\cdot3^3}{3} + 3^4\Big] \end{aligned}$

첫 번째 적분에는 $u(x) = x$ , $\mathrm{d}v = e^{6x}\mathrm{d}x$ 로 놓고 부분적분을 사용한다. 그러면 $\mathrm{d}u=\mathrm{d}x$ 이고 $v(x)=\frac16e^{6x}$ 이다:

$\begin{aligned} \int_0^3 xe^{6x} \,\mathrm{d}x &=\underbrace{ \frac{xe^{6x}}{6}}_{uv}\bigg|_{0}^3 - \int_0^3 \underbrace{\frac{1}{6}e^{6x} \,\mathrm{d}x }_{v\mathrm{d}u}\\ &= \frac{3e^{18}}{6} - 0 - \frac{1}{36} e^{6x} \bigg|_{0}^3 = \frac{e^{18}}{2} - \bigg( \frac{e^{18}}{36} - \frac1{36} \bigg). \end{aligned}$

따라서 전체 부피는

$\begin{aligned} V = \pi \bigg[\frac{e^{18}}{2} - \bigg( \frac{e^{18}}{36} - \frac1{36} \bigg) \bigg] - \pi \bigg[\frac{3^2}{2} + \frac{4\cdot3^3}{3} + 3^4 \bigg] = \pi \bigg( \frac{17 e^{18}-4373}{36} \bigg). \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

For a fixed value of $x$ , if we rotate about the $x$ -axis, we form a washer of inner radius $B(x)$ and outer radius $T(x)$ and hence of area $\pi [T(x)^2 - B(x)^2]$ . We integrate this function from $x=0$ to $x=3$ to find the total volume $V$ :

$\begin{aligned} V &= \int_0^3 \pi [T(x)^2 - B(x)^2]\,\mathrm{d}x \\ &= \pi \int_0^3 (\sqrt{x}e^{3x})^2 - (\sqrt{x}(1+2x))^2 \,\mathrm{d}x \\ &= \pi \int_0^3 \big( xe^{6x} - (x+4x^2+4x^3) \big) \,\mathrm{d}x \\ &= \pi \int_0^3 xe^{6x} \,\mathrm{d}x - \pi \Big[ \frac{x^2}{2} + \frac{4x^3}{3} + x^4\Big]_{0}^3 \\ &= \pi \int_0^3 xe^{6x} \,\mathrm{d}x - \pi \Big[\frac{3^2}{2} + \frac{4\cdot3^3}{3} + 3^4\Big] \end{aligned}$

For the first integral, we use integration by parts with $u(x) = x$ , $\mathrm{d}v = e^{6x}\mathrm{d}x$ , so that $\mathrm{d}u=\mathrm{d}x$ and $v(x)=\frac16e^{6x}$ :

$\begin{aligned} \int_0^3 xe^{6x} \,\mathrm{d}x &=\underbrace{ \frac{xe^{6x}}{6}}_{uv}\bigg|_{0}^3 - \int_0^3 \underbrace{\frac{1}{6}e^{6x} \,\mathrm{d}x }_{v\mathrm{d}u}\\ &= \frac{3e^{18}}{6} - 0 - \frac{1}{36} e^{6x} \bigg|_{0}^3 = \frac{e^{18}}{2} - \bigg( \frac{e^{18}}{36} - \frac1{36} \bigg). \end{aligned}$

Therefore, the total volume is

$\begin{aligned} V = \pi \bigg[\frac{e^{18}}{2} - \bigg( \frac{e^{18}}{36} - \frac1{36} \bigg) \bigg] - \pi \bigg[\frac{3^2}{2} + \frac{4\cdot3^3}{3} + 3^4 \bigg] = \pi \bigg( \frac{17 e^{18}-4373}{36} \bigg). \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.7절 · 25번

# 부분적분법활용도전자동 분류

91.Active Calculus · 6.1절 · 10번우리말 번역

다음 각 영역의 넓이를 정확하게 구하세요.

(a) 곡선 $x = y(y-2)$ 와 $x=-(y-1)(y-3)$ 사이의 유계인 영역. (b) 구간 $[\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}]$ 에서 사인함수와 코사인함수 사이의 영역. (c) $x = y^2 - y - 2$ 와 $y = 2x-1$ 사이의 유계인 영역. (d) $y = mx$ 와 $y = x^2-1$ 사이의 유계인 영역. 단, $m$ 은 양의 상수이다.

영어 원문 보기

Find the exact area of each described region.

(a) The finite region between the curves $x = y(y-2)$ and $x=-(y-1)(y-3)$ . (b) The region between the sine and cosine functions on the interval $[\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}]$ . (c) The finite region between $x = y^2 - y - 2$ and $y = 2x-1$ . (d) The finite region between $y = mx$ and $y = x^2-1$ , where $m$ is a positive constant.

정답·풀이 보기

(a) 두 그래프의 교점은 $y(y - 2) = -(y - 1)(y - 3)$ 일 때 생기므로, $y^2 - 2y = -(y^2 - 4y + 3)$ 즉 $2y^2 - 6y + 3 = 0$ 을 만족하는 $y$ 를 구해야 한다. 근의 공식에 의해 $y = \frac{6 \pm \sqrt{(-6)^2 - (4)(2)(3)}}{(2)(2)} = \frac{6 \pm \sqrt{36 - 24}}{4} = \frac{6 \pm \sqrt{12}}{4} = \frac{3 \pm \sqrt{3}}{2}\,.$ 아래 그림과 같이 $y = \frac{3 - \sqrt{3}}{2} \approx 0.63$ 과 $y = \frac{3 + \sqrt{3}}{2} \approx 2.37$ 사이에서 곡선 $x = -(y - 1)(y - 3)$ 이 $x = y(y - 2)$ 의 오른쪽에 있으므로( $x$ 값이 더 크므로), 두 곡선 사이의 넓이는 다음 적분으로 주어진다. $\int_{\frac{3 - \sqrt{3}}{2}}^{\frac{3 + \sqrt{3}}{2}} -(y - 1)(y - 3) - y(y - 2) \ dy\,.$ 이 적분의 값을 구하면 $\begin{aligned}A &= \int_{\frac{3 - \sqrt{3}}{2}}^{\frac{3 + \sqrt{3}}{2}} -2y^2 + 6y - 3 \ dy \\ &= \left. \left(-\frac{2}{3}y^3 + 3y^2 - 3y \right) \right|_{\frac{3 - \sqrt{3}}{2}}^{\frac{3 + \sqrt{3}}{2}} \\ &= \left[-\frac{2}{3} \left(\frac{3 + \sqrt{3}}{2}\right)^3 + 3\left(\frac{3 + \sqrt{3}}{2}\right)^2 - 3\left(\frac{3 + \sqrt{3}}{2}\right)\right] \\ &\qquad - \left[-\frac{2}{3} \left(\frac{3 - \sqrt{3}}{2}\right)^3 + 3\left(\frac{3 - \sqrt{3}}{2}\right)^2 - 3\left(\frac{3 - \sqrt{3}}{2}\right)\right] \\ &= -\frac{1}{12}(54+30\sqrt{3}) + \frac{1}{12}(54-30\sqrt{3}) + \frac{3}{4}(12+6\sqrt{3}) \\ &\qquad - \frac{3}{4}(12-6\sqrt{3}) - \frac{3}{2}(3+\sqrt{3}) + \frac{3}{2}(3-\sqrt{3}) \\ &= -5\sqrt{3} + 9\sqrt{3} - 3\sqrt{3} \\ &= \sqrt{3}\end{aligned}\,.$ 곡선 x = y(y-2) 와 x=-(y-1)(y-3) 의 그래프로, 두 곡선은 대략 (-0.86603, 0.63397) 과 (0.86603, 2.36603) 에서 만난다. 두 곡선으로 둘러싸인 유계인 영역은 x = y(y- (b) 아래 그림에서 보듯이, 이 구간에서 $y = \sin(x)$ 의 그래프가 $y = \cos(x)$ 의 그래프보다 위에 있다. 따라서 두 곡선 사이의 넓이는 다음과 같다. $\begin{aligned}A &= \int_{\pi/4}^{3\pi/4} \sin(x) - \cos(x) \ dx \\ &= \left. \left(-\cos(x) - \sin(x) \right) \right|_{\pi/4}^{3\pi/4} \\ &= \left[-\cos\left(\frac{3\pi}{4}\right) - \sin\left(\frac{3\pi}{4}\right) \right] - \left[-\cos\left(\frac{\pi}{4}\right) - \sin\left(\frac{\pi}{4}\right) \right] \\ &= \left[ \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} \right] + \left[ \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} \right] \\ &= \sqrt{2}\end{aligned}\,.$ 구간 π/4 에서 3π/4 까지에서 곡선 y = sin(x) 와 y= cos(x) 의 그래프이다. 이 구간에서 두 곡선으로 둘러싸인 유계인 영역은 위쪽이 y = sin(x), 아래쪽이 y= cos(x) 이고, (c) $y = 2x - 1$ 을 $x = \frac{y+1}{2}$ 로 고쳐 쓸 수 있다. 두 곡선은 $y^2 - y - 2 = \frac{y+1}{2}$ 일 때 만난다. 따라서 $2y^2 - 2y - 4 = y+1$ 이므로 $2y^2 - 3y - 5 = 0$ 이고, 인수분해하면 $(2y-5)(y+1) = 0$ 이다. 그러므로 두 곡선은 $y = -1$ 또는 $y = \frac{5}{2}$ 에서 만난다. 아래 그림에서 보듯이 이 구간에서 $x = \frac{y+1}{2}$ 이 $x = y^2 - y - 2$ 의 오른쪽에 있으므로, 두 곡선 사이 영역의 넓이는 다음과 같다. $\begin{aligned}A &= \int_{-1}{5/2} \frac{y+1}{2} - (y^2-y-2) \ dy \\ &= \int_{-1}{5/2} -y^2 + \frac{3}{2}y + \frac{5}{2} \ dy \\ &= \left. \left( -\frac{y^3}{3} + \frac{3}{4}y^2 + \frac{5}{2}y \right) \right|_{-1}{5/2} \\ &= -\frac{1}{3}\left[\left(\frac{5}{2}\right)^3 + 1 \right] + \frac{3}{4}\left[\left(\frac{5}{2}\right)^2 - 1 \right] + \frac{5}{2}\left[\left(\frac{5}{2}\right) + 1 \right] \\ &= -\frac{133}{24} + \frac{63}{16} + \frac{35}{4} \\ &= \frac{343}{48}\end{aligned}\,.$ 곡선 x = y 2-y-2 와 y=2x+1 의 그래프로, 두 곡선은 대략 (-0.84307, -0.68614) 와 (0.59307, 2.18614) 에서 만난다. 두 곡선으로 둘러싸인 유계인 영역은 x = y 2-y-2 가 (d) 대표적인 그림( $m = 2$ 인 경우)이 아래에 있다. 두 곡선은 $x^2 - 1 = mx$ 일 때, 즉 $x^2 - mx - 1 = 0$ 일 때 만난다. 근의 공식에 의해 $x = \frac{m \pm \sqrt{m^2-4(1)(-1)}}{2} = \frac{m \pm \sqrt{m^2+4}}{2}\,.$ 세로로 자른 조각으로 적분하면, $y = mx$ 의 그래프가 항상 $y = x^2 - 1$ 의 그래프보다 위에 있으므로 두 그래프 사이 영역의 넓이는 다음과 같다. $\begin{aligned}A &= \int_{\frac{m - \sqrt{m^2+4}}{2}}^{\frac{m + \sqrt{m^2+4}}{2}} mx - \left(x^2-1\right) \ dx \\ &= \left. \left(-\frac{x^3}{3} + m\frac{x^2}{2} + x\right) \right|_{\frac{m - \sqrt{m^2+4}}{2}}^{\frac{m + \sqrt{m^2+4}}{2}} \\ &= - \frac{1}{3}\left(\frac{m + \sqrt{m^2+4}}{2}\right)^3 - \frac{1}{3}\left(\frac{m - \sqrt{m^2+4}}{2}\right)^3 + \frac{m}{2}\left(\frac{m + \sqrt{m^2+4}}{2}\right)^2 \\ &\qquad - \frac{m}{2}\left(\frac{m - \sqrt{m^2+4}}{2}\right)^2 + \left(\frac{m + \sqrt{m^2+4}}{2} - \frac{m - \sqrt{m^2+4}}{2} \right)\end{aligned}\,.$ 곡선 y=mx 와 y=x 2-1 의 그래프로, m 이 임의의 양수인 경우를 나타낸다. 두 곡선으로 둘러싸인 유계인 영역은 위쪽이 y=mx, 아래쪽이 y=x 2-1 이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) The point of intersection of the graphs occurs when $y(y - 2) = -(y - 1)(y - 3)$ , and thus we need to find where $y^2 - 2y = -(y^2 - 4y + 3)$ or $2y^2 - 6y + 3 = 0$ . By the quadratic formula, it follows that $y = \frac{6 \pm \sqrt{(-6)^2 - (4)(2)(3)}}{(2)(2)} = \frac{6 \pm \sqrt{36 - 24}}{4} = \frac{6 \pm \sqrt{12}}{4} = \frac{3 \pm \sqrt{3}}{2}\,.$ Since the curve $x = -(y - 1)(y - 3)$ lies to the right (has a greater $x$ value) of $x = y(y - 2)$ between $y = \frac{3 - \sqrt{3}}{2} \approx 0.63$ and $y = \frac{3 + \sqrt{3}}{2} \approx 2.37$ as shown in the figure below, we see that the area between the two curves is given by the integral $\int_{\frac{3 - \sqrt{3}}{2}}^{\frac{3 + \sqrt{3}}{2}} -(y - 1)(y - 3) - y(y - 2) \ dy\,.$ Evaluating this integral, we find that $\begin{aligned}A &= \int_{\frac{3 - \sqrt{3}}{2}}^{\frac{3 + \sqrt{3}}{2}} -2y^2 + 6y - 3 \ dy \\ &= \left. \left(-\frac{2}{3}y^3 + 3y^2 - 3y \right) \right|_{\frac{3 - \sqrt{3}}{2}}^{\frac{3 + \sqrt{3}}{2}} \\ &= \left[-\frac{2}{3} \left(\frac{3 + \sqrt{3}}{2}\right)^3 + 3\left(\frac{3 + \sqrt{3}}{2}\right)^2 - 3\left(\frac{3 + \sqrt{3}}{2}\right)\right] \\ &\qquad - \left[-\frac{2}{3} \left(\frac{3 - \sqrt{3}}{2}\right)^3 + 3\left(\frac{3 - \sqrt{3}}{2}\right)^2 - 3\left(\frac{3 - \sqrt{3}}{2}\right)\right] \\ &= -\frac{1}{12}(54+30\sqrt{3}) + \frac{1}{12}(54-30\sqrt{3}) + \frac{3}{4}(12+6\sqrt{3}) \\ &\qquad - \frac{3}{4}(12-6\sqrt{3}) - \frac{3}{2}(3+\sqrt{3}) + \frac{3}{2}(3-\sqrt{3}) \\ &= -5\sqrt{3} + 9\sqrt{3} - 3\sqrt{3} \\ &= \sqrt{3}\end{aligned}\,.$ A plot of the curves x = y(y-2) and x=-(y-1)(y-3), which intersect at approximately left(-0.86603, 0.63397 right) and left(0.86603, 2.36603 right). The finite region bounded by the curves has x = y(y- (b) As the figure below shows, the graph of $y = \sin(x)$ lies above the graph of $y = \cos(x)$ on this interval. So the area between the two curves is given by $\begin{aligned}A &= \int_{\pi/4}^{3\pi/4} \sin(x) - \cos(x) \ dx \\ &= \left. \left(-\cos(x) - \sin(x) \right) \right|_{\pi/4}^{3\pi/4} \\ &= \left[-\cos\left(\frac{3\pi}{4}\right) - \sin\left(\frac{3\pi}{4}\right) \right] - \left[-\cos\left(\frac{\pi}{4}\right) - \sin\left(\frac{\pi}{4}\right) \right] \\ &= \left[ \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} \right] + \left[ \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} \right] \\ &= \sqrt{2}\end{aligned}\,.$ $A plot of the curves y = sin(x) and y= cos(x) on the interval frac pi 4 , frac 3 pi 4 .The finite region bounded by the curves on this interval has y = sin(x) on top, y= cos(x) on the bottom, and the$ (c) We can rewrite $y = 2x - 1$ as $x = \frac{y+1}{2}$ . The two curves intersect when $y^2 - y - 2 = \frac{y+1}{2}$ . It follows that $2y^2 - 2y - 4 = y+1$ , so $2y^2 - 3y - 5 = 0$ and thus factoring, $(2y-5)(y+1) = 0$ . Hence the two curves intersect when $y = -1$ or $y = \frac{5}{2}$ . The figure below shows that $x = \frac{y+1}{2}$ lies to the right of $x = y^2 - y - 2$ on this interval, so the area of the region between the two curves is $\begin{aligned}A &= \int_{-1}{5/2} \frac{y+1}{2} - (y^2-y-2) \ dy \\ &= \int_{-1}{5/2} -y^2 + \frac{3}{2}y + \frac{5}{2} \ dy \\ &= \left. \left( -\frac{y^3}{3} + \frac{3}{4}y^2 + \frac{5}{2}y \right) \right|_{-1}{5/2} \\ &= -\frac{1}{3}\left[\left(\frac{5}{2}\right)^3 + 1 \right] + \frac{3}{4}\left[\left(\frac{5}{2}\right)^2 - 1 \right] + \frac{5}{2}\left[\left(\frac{5}{2}\right) + 1 \right] \\ &= -\frac{133}{24} + \frac{63}{16} + \frac{35}{4} \\ &= \frac{343}{48}\end{aligned}\,.$ A plot of the curves x = y 2-y-2 and y=2x+1, which intersect at approximately left(-0.84307, -0.68614 right) and left(0.59307, 2.18614 right). The finite region bounded by the curves has x = y 2-y-2 o (d) A representative picture (with $m = 2$ ) is shown in the figure below. The two curves intersect when $x^2 - 1 = mx$ , or when $x^2 - mx - 1 = 0$ . By the quadratic formula, it folows that $x = \frac{m \pm \sqrt{m^2-4(1)(-1)}}{2} = \frac{m \pm \sqrt{m^2+4}}{2}\,.$ If we integrate with vertical slices, then the graph of $y = mx$ is always above the graph of $y = x^2 - 1$ and so the area of the region between the two graphs is $\begin{aligned}A &= \int_{\frac{m - \sqrt{m^2+4}}{2}}^{\frac{m + \sqrt{m^2+4}}{2}} mx - \left(x^2-1\right) \ dx \\ &= \left. \left(-\frac{x^3}{3} + m\frac{x^2}{2} + x\right) \right|_{\frac{m - \sqrt{m^2+4}}{2}}^{\frac{m + \sqrt{m^2+4}}{2}} \\ &= - \frac{1}{3}\left(\frac{m + \sqrt{m^2+4}}{2}\right)^3 - \frac{1}{3}\left(\frac{m - \sqrt{m^2+4}}{2}\right)^3 + \frac{m}{2}\left(\frac{m + \sqrt{m^2+4}}{2}\right)^2 \\ &\qquad - \frac{m}{2}\left(\frac{m - \sqrt{m^2+4}}{2}\right)^2 + \left(\frac{m + \sqrt{m^2+4}}{2} - \frac{m - \sqrt{m^2+4}}{2} \right)\end{aligned}\,.$ A plot of the curves y=mx and y=x 2-1, representing an arbitrary positive value of m. The finite region bounded by the curves has y=mx on the top and y=x 2-1 on the bottom.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.5절 · 18번

# 넓이(여러 가지 함수)활용자동 분류

92.Active Calculus · 6.2절 · 8번우리말 번역

곡선 $y = 1+\frac{1}{2}(x-2)^2$ , $y=\frac{1}{2}x^2$ , 그리고 $x = 0$ 으로 유계인 유한한 영역 $R$ 을 생각하세요.

(a) 두 곡선으로 둘러싸인 영역의 넓이를 값으로 갖는 정적분을 구하세요. (b) 영역 $R$ 을 직선 $y = -1$ 을 축으로 회전시켜 만든 회전체의 부피를 값으로 갖는, 하나 이상의 정적분을 포함한 식을 구하세요. (c) 영역 $R$ 을 $y$ 축을 축으로 회전시켜 만든 회전체의 부피를 값으로 갖는, 하나 이상의 정적분을 포함한 식을 구하세요. (d) 영역 $R$ 의 둘레를 값으로 갖는, 하나 이상의 정적분을 포함한 식을 구하세요.

영어 원문 보기

Consider the finite region $R$ that is bounded by the curves $y = 1+\frac{1}{2}(x-2)^2$ , $y=\frac{1}{2}x^2$ , and $x = 0$ .

(a) Determine a definite integral whose value is the area of the region enclosed by the two curves. (b) Find an expression involving one or more definite integrals whose value is the volume of the solid of revolution generated by revolving the region $R$ about the line $y = -1$ . (c) Determine an expression involving one or more definite integrals whose value is the volume of the solid of revolution generated by revolving the region $R$ about the $y$ -axis. (d) Find an expression involving one or more definite integrals whose value is the perimeter of the region $R$ .

정답·풀이 보기

(a) $이 그림은 제1사분면에 있는 영역 R 을 보여 준다. 이 영역은 곡선 g(x) = 1+ frac 1 2 (x-2) 2 와 f(x)= frac 1 2 x 2, 그리고 세로축 x = 0 으로 유계이다. 함수 g 가 위쪽을 이룬다.$ 영역의 모양은 위의 그림과 같다. 두 곡선의 교점은 $1+\frac{1}{2}(x-2)^2 = \frac{1}{2}x^2\,,$ 일 때 생기므로 $2+(x-2)^2 = x^2$ 이고, 이로부터 $2+(x^2-4x+4) = x^2$ 이므로 $4x=6$ 에서 $x = \frac{3}{2}$ 이다. 구간 $\left[0, \frac{3}{2} \right]$ 에서 $g(x) = 1+\frac{1}{2}(x-2)^2 \ge \frac{1}{2}x^2 = f(x)$ 이므로, 두 곡선 사이 영역의 넓이는 $\begin{aligned}A = &= \int_0^{1.5} 1+\frac{1}{2}(x-2)^2 - \frac{1}{2}x^2 \ dx \\ &= \int_0^{1.5} 1+\frac{1}{2}(x^2-4x+4) - \frac{1}{2}x^2 \ dx \\ &= \int_0^{1.5} 3-2x \ dx \\ &= \left(3x-x^2\right)\biggm|_{0}^{1.5} \\ &= 4.5-2.25 \\ &= 2.25\end{aligned}\,.$ (b) (위의 그림을 바탕으로 영역 $R$ 을 $y = -1$ 을 축으로 회전시킨 회전체의 그림을 직접 그려 보아야 한다.) 두께가 $\triangle x$ 인 수직 단면으로 자르면 단면은 워셔(속이 빈 원판) 모양이 된다. $y = -1$ 을 축으로 회전시키므로 바깥쪽 반지름은 $R(x) = 2+\frac{1}{2}(x-2)^2$ 이고, 안쪽 반지름은 $1+\frac{1}{2}x^2$ 이다. 따라서 두께가 $\triangle x$ 인 대표적인 조각의 부피는 $V_{\text{조각}} \approx \pi \left( R(x)^2 - r(x)^2 \right) \triangle x = \pi\left[\left(2+\frac{1}{2}(x-2)^2\right)^2 - \left(1+\frac{1}{2}x^2\right)^2 \right] \triangle x\,.$ 로 주어진다. 그러므로 영역 $R$ 을 직선 $y=-1$ 을 축으로 회전시켜 얻은 회전체의 부피는 $V = \int_0^{1.5} \pi\left[\left(2+\frac{1}{2}(x-2)^2\right)^2 - \left(1+\frac{1}{2}x^2\right)^2 \right] \ dx = \frac{315}{32} \pi$ 이다. (c) (영역 $R$ 을 $y$ 축을 축으로 회전시킨 회전체의 그림을 직접 그려 보아야 한다.) 수평으로 자르면 단면은 두께가 $\triangle y$ 인 원기둥 모양(원판)이 된다. $y$ 가 $f\left(\frac{3}{2}\right) = \frac{9}{8} = 1.125$ 를 지나면서 원판의 반지름이 달라지므로 전체 부피를 구하려면 서로 다른 두 정적분이 필요하다. 수평으로 자르므로 $y$ 에 대해 적분하게 되고, 따라서 두 방정식을 모두 $y$ 의 함수로서 $x$ 에 대해 풀어야 한다. $y = 1+\frac{1}{2}(x-2)^2$ 에서 $2(y-1) = (x-2)^2$ 이므로 $x-2 = \pm \sqrt{2(y-1)}$ 이고 따라서 $x = 2 \pm \sqrt{2(y-1)}$ 이며, 마찬가지로 $y = \frac{1}{2}x^2$ 에서 $x = \pm \sqrt{2y}$ 이다. 곡선 $y = 1+\frac{1}{2}(x-2)^2$ 중에서 경계 하나를 이루는 부분은 포물선의 왼쪽 부분이므로 $x = 2 - \sqrt{2(y-1)}$ 이고, 곡선 $y = \frac{1}{2}x^2$ 중에서 다른 경계를 이루는 부분은 포물선의 오른쪽 부분이므로 $x = \sqrt{2y}$ 이다. 이 두 곡선이 원판의 반지름을 정하며( $y < 1.125$ 일 때는 하나, $y > 1.125$ 일 때는 다른 하나), 영역의 가장 낮은 점은 $(0,0)$ 이고 가장 높은 점은 $(0,3)$ 이다. 따라서 영역 $R$ 을 $y$ 축을 축으로 회전시켜 얻은 회전체의 부피를 나타내는 적분의 합은 $V = \int_{0}^{1.125} \pi \left(\sqrt{2y}\right)^2 \ dy + \int_{1.125}^3 \pi \left(2 - \sqrt{2(y-1)}\right)^2 \ dy \approx 7.06858347$ 이다. (d) 구간 $[a,b]$ 에서 함수 $f$ 로 정의된 곡선의 길이는 $\int_a^b \sqrt{1+(f'(x))^2} \ dx\,.$ 로 주어짐을 기억하자. 영역 $R$ 의 둘레를 구하려면 구간 $[0,1.5]$ 에서 $y = 1+\frac{1}{2}(x-2)^2$ (이때 $y' = x-2$ ) 과 $y=\frac{1}{2}x^2$ (이때 $y' = x$ ) 로 정의된 곡선의 길이와, $y$ 가 $0$ 에서 $3$ 까지 변할 때 $x=0$ 을 따라 놓인 선분의 길이를 계산한다. 이 마지막 길이는 $3$ 이므로 영역 $R$ 의 둘레는 $P = 3 + \int_0^{1.5} \sqrt{1+(x-2)^2} + \sqrt{1+x^2} \ dx \approx 7.387234642\,.$ 로 주어진다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) $This image shows the region R in the first quadrant that is bounded by the curves g(x) = 1+ frac 1 2 (x-2) 2 and f(x)= frac 1 2 x 2, along with the vertical axis, x = 0. The function g bounds the top$ A picture of the region is shown in the figure above. The point of intersection occurs when $1+\frac{1}{2}(x-2)^2 = \frac{1}{2}x^2\,,$ so $2+(x-2)^2 = x^2$ , which implies $2+(x^2-4x+4) = x^2$ and thus $4x=6$ so $x = \frac{3}{2}$ . Since $g(x) = 1+\frac{1}{2}(x-2)^2 \ge \frac{1}{2}x^2 = f(x)$ on the interval $\left[0, \frac{3}{2} \right]$ , the area of the region between the two curves is $\begin{aligned}A = &= \int_0^{1.5} 1+\frac{1}{2}(x-2)^2 - \frac{1}{2}x^2 \ dx \\ &= \int_0^{1.5} 1+\frac{1}{2}(x^2-4x+4) - \frac{1}{2}x^2 \ dx \\ &= \int_0^{1.5} 3-2x \ dx \\ &= \left(3x-x^2\right)\biggm|_{0}^{1.5} \\ &= 4.5-2.25 \\ &= 2.25\end{aligned}\,.$ (b) (You should draw a picture of the solid, based on the figure above, with the region $R$ revolved about $y = -1$ .) We slice vertically so that our cross sections are washers with thickness $\triangle x$ . Because we are revolving about $y = -1$ , the outer radius is $R(x) = 2+\frac{1}{2}(x-2)^2$ , while the inner radius is $1+\frac{1}{2}x^2$ . Hence the volume of a typical slice, which has thickness $\triangle x$ is given by $V_{\text{slice}} \approx \pi \left( R(x)^2 - r(x)^2 \right) \triangle x = \pi\left[\left(2+\frac{1}{2}(x-2)^2\right)^2 - \left(1+\frac{1}{2}x^2\right)^2 \right] \triangle x\,.$ Hence, the volume of the solid obtained by revolving the region $R$ around the line $y=-1$ is given by $V = \int_0^{1.5} \pi\left[\left(2+\frac{1}{2}(x-2)^2\right)^2 - \left(1+\frac{1}{2}x^2\right)^2 \right] \ dx = \frac{315}{32} \pi$ (c) (Draw a picture of the solid, based on revolving the region $R$ about the $y$ -axis.) We slice horizontally and thus the resulting cross sections are cylinders with thickness $\triangle y$ . The radius of the disks changes as $y$ passes through $f\left(\frac{3}{2}\right) = \frac{9}{8} = 1.125$ , so we need two different integrals to find the total volume. Since we are slicing horizontally, we will integrate with respect to $y$ , so we need to solve both of our equations for $x$ as functions of $y$ . Observe that $y = 1+\frac{1}{2}(x-2)^2$ implies $2(y-1) = (x-2)^2$ , so $x-2 = \pm \sqrt{2(y-1)}$ and thus $x = 2 \pm \sqrt{2(y-1)}$ , and similarly $y = \frac{1}{2}x^2$ implies $x = \pm \sqrt{2y}$ . The portion of the curve defined by $y = 1+\frac{1}{2}(x-2)^2$ that determines one of the boundaries is the left hand portion of the parabola, so $x = 2 - \sqrt{2(y-1)}$ , while the portion of the curve $y = \frac{1}{2}x^2$ that determines the other boundary is the right hand portion of the parabola, so $x = \sqrt{2y}$ . These two curves define the radius of the disk (one for $y < 1.125$ , the other for $y > 1.125$ ) and the lowest point on the region is $(0,0)$ while the highest is $(0,3)$ . So a sum of integrals that represents the volume of the solid obtained by revolving the region $R$ around the $y$ -axis is $V = \int_{0}^{1.125} \pi \left(\sqrt{2y}\right)^2 \ dy + \int_{1.125}^3 \pi \left(2 - \sqrt{2(y-1)}\right)^2 \ dy \approx 7.06858347$ (d) Recall that the length of a curve defined by a function $f$ on an interval $[a,b]$ is given by $\int_a^b \sqrt{1+(f'(x))^2} \ dx\,.$ To find the perimeter of the region $R$ we calculate the length of the curves defined by $y = 1+\frac{1}{2}(x-2)^2$ (for which $y' = x-2$ ) and $y=\frac{1}{2}x^2$ (for which $y' = x$ ) on the interval $[0,1.5]$ and the length of the segment along $x=0$ as $y$ goes from $0$ to $3$ . This last length is $3$ , so the perimeter of the region $R$ is given by $P = 3 + \int_0^{1.5} \sqrt{1+(x-2)^2} + \sqrt{1+x^2} \ dx \approx 7.387234642\,.$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.6절 · 5번

# 입체도형의 부피활용자동 분류

적분법 전체 문제