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문제 은행 · 미적분 · 대학 미적분 · 다중적분

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57문제 · 3 / 3쪽

41.CLP-3 · 3.6절 · 9번대학 수준우리말 번역

두 곡면 z=x2+y2z = x^2 + y^2 과 x2+y2+z2=6x^2 + y^2 + z^2 = 6 으로 둘러싸인 두 입체 영역 중 작은 쪽을 EE 라 하자. ∭E(x2+y2) dV\iiint _E (x^2+y^2)\ \mathrm{d}V 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let EE be the smaller of the two solid regions bounded by the surfaces z=x2+y2z = x^2 + y^2 and x2+y2+z2=6x^2 + y^2 + z^2 = 6. Evaluate ∭E(x2+y2) dV\iiint _E (x^2+y^2)\ \mathrm{d}V .

정답·풀이 보기

두 곡면은 모두 zz축을 중심으로 한 회전에 대해 변하지 않는다. 다음은 EE 의 y=0y=0 단면의 개략도이다.

그림

곡면 z=x2+y2z = x^2 + y^2 과 x2+y2+z2=6x^2 + y^2 + z^2 = 6 은 z=x2+y2z=x^2+y^2 이고

z+z2=6  ⟺  z2+z−6=0  ⟺  (z+3)(z−2)=0z+z^2=6 \iff z^2+z-6=0 \iff(z+3)(z-2)=0

일 때 만난다. z=x2+y2≥0z=x^2+y^2\ge 0 이므로 두 곡면은 원 z=2z=2, x2+y2=2x^2+y^2=2 에서 만난다. 따라서

E={ (x,y,z) ∣ x2+y2≤2, x2+y2≤z≤6−x2−y2 }E = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le 2,\ x^2+y^2\le z\le \sqrt{6-x^2-y^2}\ \big\}

적분을 하기 위해 원기둥좌표를 사용하자. 원기둥좌표에서

  • E={ (rcos⁡θ,rsin⁡θ,z) ∣ r≤2, 0≤θ≤2π, r2≤z≤6−r2 }E = \big\{ \ (r\cos\theta,r\sin\theta,z)\ \big|\ r\le \sqrt{2},\ 0\le\theta\le 2\pi,\ r^2\le z\le \sqrt{6-r^2}\ \big\} 이고,
  • dV\mathrm{d}V 는 r dr dθ dzr\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z 이므로

∭E(x2+y2) dV=∫02dr∫02πdθ∫r26−r2dz r r2=2π∫02dr r3(6−r2−r2)=2π∫02dr r r26−r2−2π∫02dr r5=2π∫64du−2 (6−u)u−2π236여기서 u=6−r2, du=−2r dr=−π[6u3/23/2−u5/25/2]64−8π3=−π[4(8−66)−25(32−366)]−8π3=π[645−32−83+(24−725)6]=π[4856−32815]≈1.65π\begin{aligned} \iiint _E (x^2+y^2)\ \mathrm{d}V &=\int_0^{\sqrt{2}}\mathrm{d}r \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{r^2}^{\sqrt{6-r^2}} \mathrm{d}z\ r\ r^2 \\ &=2\pi\int_0^{\sqrt{2}}\mathrm{d}r \ r^3\big(\sqrt{6-r^2}-r^2\big) =2\pi\int_0^{\sqrt{2}}\mathrm{d}r\,r\ r^2\sqrt{6-r^2} - 2\pi\int_0^{\sqrt{2}}\mathrm{d}r \ r^5\\ &=2\pi\int_6^4\frac{\mathrm{d}u}{-2} \ (6-u)\sqrt{u} -2\pi\frac{2^3}{6} \qquad\text{여기서 } u = 6-r^2,\ \mathrm{d}u = -2r\,\mathrm{d}r \\ &=-\pi\left[6\frac{u^{3/2}}{3/2}-\frac{u^{5/2}}{5/2}\right]_6^4-\frac{8\pi}{3}\\ &=-\pi\left[4\big(8-6\sqrt{6}\big)-\frac{2}{5}\big(32-36\sqrt{6}\big)\right] -\frac{8\pi}{3}\\ &=\pi\left[\frac{64}{5}-32-\frac{8}{3} +\left(24-\frac{72}{5}\right)\sqrt{6}\right] \\ &=\pi\left[\frac{48}{5}\sqrt{6}-\frac{328}{15}\right] \approx 1.65\pi \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

Note that both surfaces are invariant under rotations about the zz–axis. Here is a sketch of the y=0y=0 cross section of E.

figure

The surfaces z=x2+y2z = x^2 + y^2 and x2+y2+z2=6x^2 + y^2 + z^2 = 6 intersect when z=x2+y2z=x^2+y^2 and

z+z2=6  ⟺  z2+z−6=0  ⟺  (z+3)(z−2)=0z+z^2=6 \iff z^2+z-6=0 \iff(z+3)(z-2)=0

Since z=x2+y2≥0z=x^2+y^2\ge 0, the surfaces intersect on the circle z=2z=2, x2+y2=2x^2+y^2=2. So

E={ (x,y,z) ∣ x2+y2≤2, x2+y2≤z≤6−x2−y2 }E = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le 2,\ x^2+y^2\le z\le \sqrt{6-x^2-y^2}\ \big\}

Let's use cylindrical coordinates to do the integral. In cylindrical coordinates

  • E={ (rcos⁡θ,rsin⁡θ,z) ∣ r≤2, 0≤θ≤2π, r2≤z≤6−r2 }E = \big\{ \ (r\cos\theta,r\sin\theta,z)\ \big|\ r\le \sqrt{2},\ 0\le\theta\le 2\pi,\ r^2\le z\le \sqrt{6-r^2}\ \big\}, and
  • dV\mathrm{d}V is r dr dθ dzr\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z

so

∭E(x2+y2) dV=∫02dr∫02πdθ∫r26−r2dz r r2=2π∫02dr r3(6−r2−r2)=2π∫02dr r r26−r2−2π∫02dr r5=2π∫64du−2 (6−u)u−2π236with u=6−r2, du=−2r dr=−π[6u3/23/2−u5/25/2]64−8π3=−π[4(8−66)−25(32−366)]−8π3=π[645−32−83+(24−725)6]=π[4856−32815]≈1.65π\begin{aligned} \iiint _E (x^2+y^2)\ \mathrm{d}V &=\int_0^{\sqrt{2}}\mathrm{d}r \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{r^2}^{\sqrt{6-r^2}} \mathrm{d}z\ r\ r^2 \\ &=2\pi\int_0^{\sqrt{2}}\mathrm{d}r \ r^3\big(\sqrt{6-r^2}-r^2\big) =2\pi\int_0^{\sqrt{2}}\mathrm{d}r\,r\ r^2\sqrt{6-r^2} - 2\pi\int_0^{\sqrt{2}}\mathrm{d}r \ r^5\\ &=2\pi\int_6^4\frac{\mathrm{d}u}{-2} \ (6-u)\sqrt{u} -2\pi\frac{2^3}{6} \qquad\text{with } u = 6-r^2,\ \mathrm{d}u = -2r\,\mathrm{d}r \\ &=-\pi\left[6\frac{u^{3/2}}{3/2}-\frac{u^{5/2}}{5/2}\right]_6^4-\frac{8\pi}{3}\\ &=-\pi\left[4\big(8-6\sqrt{6}\big)-\frac{2}{5}\big(32-36\sqrt{6}\big)\right] -\frac{8\pi}{3}\\ &=\pi\left[\frac{64}{5}-32-\frac{8}{3} +\left(24-\frac{72}{5}\right)\sqrt{6}\right] \\ &=\pi\left[\frac{48}{5}\sqrt{6}-\frac{328}{15}\right] \approx 1.65\pi \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.6절 · 8번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산보통자동 분류
42.CLP-3 · 3.6절 · 10번대학 수준우리말 번역

a>0a > 0 을 고정된 양의 실수라고 하자. 원기둥 x2+y2=axx^2 + y^2 = ax 와 구 x2+y2+z2=a2x^2 + y^2 + z^2 = a^2 의 안쪽에 모두 있는 입체를 생각하자. 이 입체의 부피를 구하세요.

다음을 이용해도 됩니다. ∫sin⁡3(θ)=112cos⁡(3θ)−34cos⁡(θ)+C\int \sin^3(\theta) =\frac{1}{12}\cos(3\theta) -\frac{3}{4}\cos(\theta) +C

영어 원문 보기

Let a>0a > 0 be a fixed positive real number. Consider the solid inside both the cylinder x2+y2=axx^2 + y^2 = ax and the sphere x2+y2+z2=a2x^2 + y^2 + z^2 = a^2. Compute its volume.

You may use that ∫sin⁡3(θ)=112cos⁡(3θ)−34cos⁡(θ)+C\int \sin^3(\theta) =\frac{1}{12}\cos(3\theta) -\frac{3}{4}\cos(\theta) +C

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

원기둥좌표를 사용한다. 원기둥좌표에서

  • 구 x2+y2+z2=a2x^2+y^2+z^2=a^2 은 r2+z2=a2r^2+z^2=a^2 이 되고,
  • 원기둥 x2+y2=axx^2+y^2=ax (또는 이와 동치인 (x−a/2)2+y2=a2/4(x-a/2)^2+ y^2=a^2/4)은 r2=arcos⁡θr^2=ar\cos\theta, 즉 r=acos⁡θr=a\cos\theta 가 된다.

다음은 입체를 위에서 본 모양의 그림이다.

그림

이 입체는

{ (rcos⁡θ , rsin⁡θ , z) ∣ −π/2≤θ≤π/2 , 0≤r≤acos⁡θ , −a2−r2≤z≤a2−r2 }\big\{ \ (r\cos\theta\,,\,r\sin\theta\,,\,z)\ \big|\ -{\pi}/{2}\le\theta\le{\pi}/{2}\,,\, 0\le r\le a\cos\theta\,,\, -\sqrt{a^2-r^2}\le z\le \sqrt{a^2-r^2}\ \big\}

이다.

대칭성에 의해, 주어진 입체의 부피는 입체

{ (rcos⁡θ , rsin⁡θ , z) ∣ 0≤θ≤π/2 , 0≤r≤acos⁡θ , 0≤z≤a2−r2 }\big\{ \ (r\cos\theta\,,\,r\sin\theta\,,\,z)\ \big|\ 0\le\theta\le{\pi}/{2}\,,\, 0\le r\le a\cos\theta\,,\, 0\le z\le \sqrt{a^2-r^2}\ \big\}

의 부피의 4배이다.

dV=r dr dθ dz\mathrm{d}V = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z 이므로, 이 입체의 부피는

4∫0π/2dθ∫0acos⁡θdr∫0a2−r2dz r=4∫0π/2dθ∫0acos⁡θdr ra2−r2=−43∫0π/2dθ (a2−r2)3/2∣0acos⁡θ=43∫0π/2dθ [a3−(a2−a2cos⁡2θ)3/2]=4a33∫0π/2dθ [1−sin⁡3θ]=4a33[θ−112cos⁡(3θ)+34cos⁡θ]0π/2=4a33[π2+112−34]=4a33[π2−23]\begin{aligned} 4\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta \int_0^{a\cos\theta} \mathrm{d}r \int_0^{\sqrt{a^2-r^2}}\mathrm{d}z\ r &=4\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta \int_0^{a\cos\theta} \mathrm{d}r\ r\sqrt{a^2-r^2} \\ &=-\frac{4}{3}\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \big(a^2-r^2\big)^{3/2}\Big|_0^{a\cos\theta} \\ &=\frac{4}{3}\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \Big[a^3-\big(a^2-a^2\cos^2\theta\big)^{3/2}\Big] \\ &=\frac{4a^3}{3}\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \big[1-\sin^3\theta\big] \\ &=\frac{4a^3}{3}\left[\theta - \frac{1}{12}\cos(3\theta) + \frac{3}{4}\cos\theta \right]_0^{\pi/2} \\ &=\frac{4a^3}{3}\left[\frac{\pi}{2} + \frac{1}{12} - \frac{3}{4} \right] \\ &=\frac{4a^3}{3}\left[\frac{\pi}{2} - \frac{2}{3} \right] \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

We'll use cylindrical coordinates. In cylindrical coordinates

  • the sphere x2+y2+z2=a2x^2+y^2+z^2=a^2 becomes r2+z2=a2r^2+z^2=a^2 and
  • the circular cylinder x2+y2=axx^2+y^2=ax (or equivalently (x−a/2)2+y2=a2/4(x-a/2)^2+ y^2=a^2/4) becomes r2=arcos⁡θr^2=ar\cos\theta or r=acos⁡θr=a\cos\theta.

Here is a sketch of the top view of the solid.

figure

The solid is

{ (rcos⁡θ , rsin⁡θ , z) ∣ −π/2≤θ≤π/2 , 0≤r≤acos⁡θ , −a2−r2≤z≤a2−r2 }\big\{ \ (r\cos\theta\,,\,r\sin\theta\,,\,z)\ \big|\ -{\pi}/{2}\le\theta\le{\pi}/{2}\,,\, 0\le r\le a\cos\theta\,,\, -\sqrt{a^2-r^2}\le z\le \sqrt{a^2-r^2}\ \big\}

By symmetry, the volume of the specified solid is four times the volume of the solid

{ (rcos⁡θ , rsin⁡θ , z) ∣ 0≤θ≤π/2 , 0≤r≤acos⁡θ , 0≤z≤a2−r2 }\big\{ \ (r\cos\theta\,,\,r\sin\theta\,,\,z)\ \big|\ 0\le\theta\le{\pi}/{2}\,,\, 0\le r\le a\cos\theta\,,\, 0\le z\le \sqrt{a^2-r^2}\ \big\}

Since dV=r dr dθ dz\mathrm{d}V = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z, the volume of the solid is

4∫0π/2dθ∫0acos⁡θdr∫0a2−r2dz r=4∫0π/2dθ∫0acos⁡θdr ra2−r2=−43∫0π/2dθ (a2−r2)3/2∣0acos⁡θ=43∫0π/2dθ [a3−(a2−a2cos⁡2θ)3/2]=4a33∫0π/2dθ [1−sin⁡3θ]=4a33[θ−112cos⁡(3θ)+34cos⁡θ]0π/2=4a33[π2+112−34]=4a33[π2−23]\begin{aligned} 4\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta \int_0^{a\cos\theta} \mathrm{d}r \int_0^{\sqrt{a^2-r^2}}\mathrm{d}z\ r &=4\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta \int_0^{a\cos\theta} \mathrm{d}r\ r\sqrt{a^2-r^2} \\ &=-\frac{4}{3}\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \big(a^2-r^2\big)^{3/2}\Big|_0^{a\cos\theta} \\ &=\frac{4}{3}\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \Big[a^3-\big(a^2-a^2\cos^2\theta\big)^{3/2}\Big] \\ &=\frac{4a^3}{3}\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \big[1-\sin^3\theta\big] \\ &=\frac{4a^3}{3}\left[\theta - \frac{1}{12}\cos(3\theta) + \frac{3}{4}\cos\theta \right]_0^{\pi/2} \\ &=\frac{4a^3}{3}\left[\frac{\pi}{2} + \frac{1}{12} - \frac{3}{4} \right] \\ &=\frac{4a^3}{3}\left[\frac{\pi}{2} - \frac{2}{3} \right] \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.6절 · 5번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산보통자동 분류
43.CLP-3 · 3.6절 · 12번대학 수준우리말 번역

점 (x,y,z)(x,y,z) 에서의 밀도가 ρ(x,y,z)\rho(x,y,z) (단위 부피당 질량의 단위)인 물체 BB 의 무게중심 (xˉ,yˉ,zˉ)(\bar x,\bar y, \bar z) 는 다음과 같이 정의한다.

xˉ=1M∭Bxρ(x,y,z) dVyˉ=1M∭Byρ(x,y,z) dVzˉ=1M∭Bzρ(x,y,z) dV\bar x=\frac{1}{M}\iiint _B x\rho(x,y,z)\ \mathrm{d}V\quad \bar y=\frac{1}{M}\iiint _B y\rho(x,y,z)\ \mathrm{d}V\quad \bar z=\frac{1}{M}\iiint _B z\rho(x,y,z)\ \mathrm{d}V

여기서

M=∭Bρ(x,y,z) dVM=\iiint _B \rho(x,y,z)\ \mathrm{d}V

는 물체의 질량이다. 따라서 예를 들어 xˉ\bar x 는 물체 전체에 대한 xx 의 가중평균이다. 밀도 ρ\rho 가 상수라고 가정할 때, 속이 찬 공 x2+y2+z2≤a2x^2+y^2+z^2\le a^2 중에서 x≥0x\ge 0, y≥0y\ge 0, z≥0z\ge 0 인 부분의 무게중심을 구하세요.

영어 원문 보기

The centre of mass (xˉ,yˉ,zˉ)(\bar x,\bar y, \bar z) of a body BB having density ρ(x,y,z)\rho(x,y,z) (units of mass per unit volume) at (x,y,z)(x,y,z) is defined to be

xˉ=1M∭Bxρ(x,y,z) dVyˉ=1M∭Byρ(x,y,z) dVzˉ=1M∭Bzρ(x,y,z) dV\bar x=\frac{1}{M}\iiint _B x\rho(x,y,z)\ \mathrm{d}V\quad \bar y=\frac{1}{M}\iiint _B y\rho(x,y,z)\ \mathrm{d}V\quad \bar z=\frac{1}{M}\iiint _B z\rho(x,y,z)\ \mathrm{d}V

where

M=∭Bρ(x,y,z) dVM=\iiint _B \rho(x,y,z)\ \mathrm{d}V

is the mass of the body. So, for example, xˉ\bar x is the weighted average of xx over the body. Find the centre of mass of the part of the solid ball x2+y2+z2≤a2x^2+y^2+z^2\le a^2 with x≥0x\ge 0, y≥0y\ge 0 and z≥0z\ge 0, assuming that the density ρ\rho is constant.

정답·풀이 보기

대칭성에 의해 xˉ=yˉ=zˉ\bar x=\bar y=\bar z 이므로, 예를 들어 zˉ\bar z 만 계산하면 충분하다. 물체의 질량은 밀도 ρ\rho 와 부피의 곱이며, 부피는 구의 부피의 8분의 1이다. 따라서

M=ρ8 43πa3M=\frac{\rho}{8}\ \frac{4}{3}\pi a^3

원기둥좌표에서 이 물체의 구면의 방정식은 r2+z2=a2r^2+z^2=a^2 이다. xyxy평면으로부터 높이 zz 에 있는 물체의 단면은 반지름이 a2−z2\sqrt{a^2-z^2} 인 원판의 4분의 1이다. zˉ\bar z 의 분자는

∭Bzρ dV=ρ∫0adz∫0π/2dθ∫0a2−z2dr r z=ρ∫0adz∫0π/2dθ z r22∣0a2−z2=ρ2∫0adz∫0π/2dθ z(a2−z2)=π4ρ∫0adz z(a2−z2)=π4ρ[a2z22−z44]0a=π16ρa4\begin{aligned} \iiint _B z\rho\ \mathrm{d}V &=\rho\int_0^a \mathrm{d}z\int_0^{\pi/2}d\theta\int_0^{\sqrt{a^2-z^2}}dr\ r\ z &&=\rho\int_0^a \mathrm{d}z\int_0^{\pi/2}d\theta\ z\ \frac{r^2}{2} \bigg|_0^{\sqrt{a^2-z^2}} \\ &=\frac{\rho}{2}\int_0^a \mathrm{d}z\int_0^{\pi/2}d\theta\ z(a^2-z^2) &&=\frac{\pi}{4}\rho\int_0^a \mathrm{d}z\ z(a^2-z^2) \\ &=\frac{\pi}{4}\rho\left[a^2\frac{z^2}{2}-\frac{z^4}{4}\right]_0^a =\frac{\pi}{16}\rho a^4 \end{aligned}

이를 M=π6ρa3M=\frac{\pi}{6}\rho a^3 으로 나누면 xˉ=yˉ=zˉ=38a\bar x=\bar y=\bar z=\frac{3}{8}a 를 얻는다.

원본 교재 풀이(영어)

By symmetry, xˉ=yˉ=zˉ\bar x=\bar y=\bar z, so it suffices to compute, for example, zˉ\bar z. The mass of the body is the density, ρ\rho, times its volume, which is one eighth of the volume of a sphere. So

M=ρ8 43πa3M=\frac{\rho}{8}\ \frac{4}{3}\pi a^3

In cylindrical coordinates, the equation of the spherical surface of the body is r2+z2=a2r^2+z^2=a^2. The part of the body at height zz above the xyxy–plane is one quarter of a disk of radius a2−z2\sqrt{a^2-z^2}. The numerator of zˉ\bar z is

∭Bzρ dV=ρ∫0adz∫0π/2dθ∫0a2−z2dr r z=ρ∫0adz∫0π/2dθ z r22∣0a2−z2=ρ2∫0adz∫0π/2dθ z(a2−z2)=π4ρ∫0adz z(a2−z2)=π4ρ[a2z22−z44]0a=π16ρa4\begin{aligned} \iiint _B z\rho\ \mathrm{d}V &=\rho\int_0^a \mathrm{d}z\int_0^{\pi/2}d\theta\int_0^{\sqrt{a^2-z^2}}dr\ r\ z &&=\rho\int_0^a \mathrm{d}z\int_0^{\pi/2}d\theta\ z\ \frac{r^2}{2} \bigg|_0^{\sqrt{a^2-z^2}} \\ &=\frac{\rho}{2}\int_0^a \mathrm{d}z\int_0^{\pi/2}d\theta\ z(a^2-z^2) &&=\frac{\pi}{4}\rho\int_0^a \mathrm{d}z\ z(a^2-z^2) \\ &=\frac{\pi}{4}\rho\left[a^2\frac{z^2}{2}-\frac{z^4}{4}\right]_0^a =\frac{\pi}{16}\rho a^4 \end{aligned}

Dividing by M=π6ρa3M=\frac{\pi}{6}\rho a^3 gives xˉ=yˉ=zˉ=38a\bar x=\bar y=\bar z=\frac{3}{8}a.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.6절 · 4번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산보통자동 분류
44.CLP-3 · 3.6절 · 13번대학 수준우리말 번역

반지름이 2m2{\rm m} 이고 원점을 중심으로 하는 구의 밀도가 변수 값 53(z2+1)\frac{5}{\sqrt{3}}(z^2+1)kg/m3{\rm m}^3 이다. 이 구에 zz축을 따라 지름이 1m 인 구멍을 뚫었다.

(a) 구멍을 뚫은 뒤 구의 질량을 나타내는 삼중적분을 원기둥좌표로 세우세요. (b) 이 적분의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

A sphere of radius 2m2{\rm m} centred on the origin has variable density 53(z2+1)\frac{5}{\sqrt{3}}(z^2+1)kg/m3{\rm m}^3. A hole of diameter 1m is drilled through the sphere along the zz–axis.

(a) Set up a triple integral in cylindrical coordinates giving the mass of the sphere after the hole has been drilled. (b) Evaluate this integral.

정답·풀이 보기

(a) 원기둥좌표에서 원점을 중심으로 하고 반지름이 2 인 구의 방정식은 r2+z2=22r^2+z^2=2^2 이다. dV=r dr dθ dz\mathrm{d}V=r\, \mathrm{d}r\, \mathrm{d}\theta\, \mathrm{d}z 이고 dm=53(z2+1)r dr dθ dz\mathrm{d}m =\frac{5}{\sqrt{3}}(z^2+1)r\, \mathrm{d}r\, \mathrm{d}\theta\, \mathrm{d}z 이며 구멍의 반지름이 1/21/2 이므로, 적분은 다음과 같다.

질량=∫1/22dr∫−4−r24−r2dz∫02πdθ 53(z2+1)r\begin{aligned} \text{질량} = \int_{1/2}^2 \mathrm{d}r \int_{-\sqrt{4-r^2}}^{\sqrt{4-r^2}} \mathrm{d}z\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \frac{5}{\sqrt{3}}(z^2+1)r \end{aligned}

(b) (a)에 의해

질량=∫1/22dr∫−4−r24−r2dz∫02πdθ 53(z2+1)r=4π53∫1/22dr r∫04−r2dz (z2+1)=4π53∫1/22dr r[z33+z]04−r2=4π53∫1/22dr r[13(4−r2)3/2+(4−r2)1/2]\begin{aligned} \text{질량} = \int_{1/2}^2 \mathrm{d}r \int_{-\sqrt{4-r^2}}^{\sqrt{4-r^2}} \mathrm{d}z\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \frac{5}{\sqrt{3}}(z^2+1)r &=4\pi\frac{5}{\sqrt{3}}\int_{1/2}^2\mathrm{d}r\ r\int_0^{\sqrt{4-r^2}}\mathrm{d}z\ (z^2+1) \\ &=4\pi\frac{5}{\sqrt{3}}\int_{1/2}^2\mathrm{d}r\ r\left[\frac{z^3}{3}+z\right]_0^{\sqrt{4-r^2}} \\ &=4\pi\frac{5}{\sqrt{3}}\int_{1/2}^2\mathrm{d}r\ r\left[\frac{1}{3}{(4-r^2)}^{3/2}+{(4-r^2)}^{1/2}\right] \end{aligned}

s=4−r2s=4-r^2, ds=−2r dr\mathrm{d}s=-2r\,\mathrm{d}r 로 치환하면 다음을 얻는다.

질량=4π53∫15/40ds−2 [13s3/2+s1/2]=−2π53[215s5/2+23s3/2]15/40=2π53[215155/232+23153/28]=2π53[116+112]153/2=525245π≈153.7kg\begin{aligned} \text{질량} &= 4\pi\frac{5}{\sqrt{3}}\int_{15/4}^0\frac{\mathrm{d}s}{-2}\ \left[\frac{1}{3}s^{3/2}+s^{1/2}\right] = -2\pi\frac{5}{\sqrt{3}} \left[\frac{2}{15}s^{5/2}+\frac{2}{3}s^{3/2} \right]_{15/4}^0 \\ &= 2\pi\frac{5}{\sqrt{3}} \left[\frac{2}{15}\frac{15^{5/2}}{32} +\frac{2}{3}\frac{15^{3/2}}{8}\right] \\ &=2\pi\frac{5}{\sqrt{3}} \left[\frac{1}{16}+\frac{1}{12}\right]15^{3/2} =\frac{525}{24}\sqrt{5}\pi\approx 153.7\text{kg} \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

(a) In cylindrical coordinates the equation of a sphere of radius 2 centred on the origin is r2+z2=22r^2+z^2=2^2. Since dV=r dr dθ dz\mathrm{d}V=r\, \mathrm{d}r\, \mathrm{d}\theta\, \mathrm{d}z and dm=53(z2+1)r dr dθ dz\mathrm{d}m =\frac{5}{\sqrt{3}}(z^2+1)r\, \mathrm{d}r\, \mathrm{d}\theta\, \mathrm{d}z and the hole has radius 1/21/2, the integral is

mass=∫1/22dr∫−4−r24−r2dz∫02πdθ 53(z2+1)r\begin{aligned} \text{mass} = \int_{1/2}^2 \mathrm{d}r \int_{-\sqrt{4-r^2}}^{\sqrt{4-r^2}} \mathrm{d}z\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \frac{5}{\sqrt{3}}(z^2+1)r \end{aligned}

(b) By part (a)

mass=∫1/22dr∫−4−r24−r2dz∫02πdθ 53(z2+1)r=4π53∫1/22dr r∫04−r2dz (z2+1)=4π53∫1/22dr r[z33+z]04−r2=4π53∫1/22dr r[13(4−r2)3/2+(4−r2)1/2]\begin{aligned} \text{mass} = \int_{1/2}^2 \mathrm{d}r \int_{-\sqrt{4-r^2}}^{\sqrt{4-r^2}} \mathrm{d}z\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \frac{5}{\sqrt{3}}(z^2+1)r &=4\pi\frac{5}{\sqrt{3}}\int_{1/2}^2\mathrm{d}r\ r\int_0^{\sqrt{4-r^2}}\mathrm{d}z\ (z^2+1) \\ &=4\pi\frac{5}{\sqrt{3}}\int_{1/2}^2\mathrm{d}r\ r\left[\frac{z^3}{3}+z\right]_0^{\sqrt{4-r^2}} \\ &=4\pi\frac{5}{\sqrt{3}}\int_{1/2}^2\mathrm{d}r\ r\left[\frac{1}{3}{(4-r^2)}^{3/2}+{(4-r^2)}^{1/2}\right] \end{aligned}

Make the change of variables s=4−r2s=4-r^2, ds=−2r dr\mathrm{d}s=-2r\,\mathrm{d}r. This gives

mass=4π53∫15/40ds−2 [13s3/2+s1/2]=−2π53[215s5/2+23s3/2]15/40=2π53[215155/232+23153/28]=2π53[116+112]153/2=525245π≈153.7kg\begin{aligned} \text{mass} &= 4\pi\frac{5}{\sqrt{3}}\int_{15/4}^0\frac{\mathrm{d}s}{-2}\ \left[\frac{1}{3}s^{3/2}+s^{1/2}\right] = -2\pi\frac{5}{\sqrt{3}} \left[\frac{2}{15}s^{5/2}+\frac{2}{3}s^{3/2} \right]_{15/4}^0 \\ &= 2\pi\frac{5}{\sqrt{3}} \left[\frac{2}{15}\frac{15^{5/2}}{32} +\frac{2}{3}\frac{15^{3/2}}{8}\right] \\ &=2\pi\frac{5}{\sqrt{3}} \left[\frac{1}{16}+\frac{1}{12}\right]15^{3/2} =\frac{525}{24}\sqrt{5}\pi\approx 153.7\text{kg} \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.6절 · 3번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산보통자동 분류
45.CLP-3 · 3.6절 · 14번대학 수준우리말 번역

세 곡면 z=e−x2−y2z=e^{-x^2-y^2}, z=0z=0, x2+y2=4x^2+y^2=4 로 둘러싸인 유계인 입체를 생각하세요.

(a) 이 입체의 부피를 나타내는 삼중적분을 직교좌표계에서 세우세요(계산은 하지 마세요). (b) 어떤 방법을 써도 좋으니 이 입체의 부피를 구하세요.

영어 원문 보기

Consider the finite solid bounded by the three surfaces: z=e−x2−y2z=e^{-x^2-y^2}, z=0z=0 and x2+y2=4x^2+y^2=4.

(a) Set up (but do not evaluate) a triple integral in rectangular coordinates that describes the volume of the solid. (b) Calculate the volume of the solid using any method.

정답·풀이 보기

(a) 이 입체는 다음을 만족하는 모든 (x,y,z)(x,y,z) 로 이루어져 있다.

  • (x,y)(x,y) 는 원판 x2+y2≤4x^2+y^2\le 4 위를 움직이고,
  • x2+y2≤4x^2+y^2\le 4 를 만족하는 각각의 고정된 (x,y)(x,y) 에 대해 zz 는 00 에서 e−x2−y2e^{-x^2-y^2} 까지 움직인다.

원판 x2+y2≤4x^2+y^2\le 4 에서

  • xx 는 −2-2 에서 22 까지 움직이고,
  • −2≤x≤2-2\le x\le 2 를 만족하는 각각의 고정된 xx 에 대해 yy 는 −4−x2-\sqrt{4-x^2} 에서 4−x2\sqrt{4-x^2} 까지 움직인다.

따라서

Volume=∫−22dx∫−4−x24−x2dy∫0e−x2−y2dz\text{Volume}=\int_{-2}^2 \mathrm{d}x \int_{-\sqrt{4-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}}\mathrm{d}y\int_0^{e^{-x^2-y^2}}\mathrm{d}z

(b) 원기둥좌표계로 바꾸면

Volume=∫02dr∫02πdθ∫0e−r2dz r=∫02dr∫02πdθ re−r2=∫02dr 2π re−r2=−πe−r2∣02=π[1−e−4]≈3.084\begin{aligned} \text{Volume}&=\int_0^2 \mathrm{d}r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{e^{-r^2}}\mathrm{d}z\ r =\int_0^2 \mathrm{d}r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \ r e^{-r^2} =\int_0^2 \mathrm{d}r\ 2\pi\ r e^{-r^2} \\ &=-\pi e^{-r^2}\Big|_0^2 =\pi\big[1-e^{-4}\big]\approx 3.084 \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

(a) The solid consists of all (x,y,z)(x,y,z) with

  • (x,y)(x,y) running over the disk x2+y2≤4x^2+y^2\le 4 and
  • for each fixed (x,y)(x,y) obeying x2+y2≤4x^2+y^2\le 4, zz running from 00 to e−x2−y2e^{-x^2-y^2}

On the disk x2+y2≤4x^2+y^2\le 4,

  • xx runs from −2-2 to 22 and
  • for each fixed xx obeying −2≤x≤2-2\le x\le 2, yy runs from −4−x2-\sqrt{4-x^2} to 4−x2\sqrt{4-x^2}

So

Volume=∫−22dx∫−4−x24−x2dy∫0e−x2−y2dz\text{Volume}=\int_{-2}^2 \mathrm{d}x \int_{-\sqrt{4-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}}\mathrm{d}y\int_0^{e^{-x^2-y^2}}\mathrm{d}z

(b) Switching to cylindrical coordinates

Volume=∫02dr∫02πdθ∫0e−r2dz r=∫02dr∫02πdθ re−r2=∫02dr 2π re−r2=−πe−r2∣02=π[1−e−4]≈3.084\begin{aligned} \text{Volume}&=\int_0^2 \mathrm{d}r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{e^{-r^2}}\mathrm{d}z\ r =\int_0^2 \mathrm{d}r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \ r e^{-r^2} =\int_0^2 \mathrm{d}r\ 2\pi\ r e^{-r^2} \\ &=-\pi e^{-r^2}\Big|_0^2 =\pi\big[1-e^{-4}\big]\approx 3.084 \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.6절 · 15번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분활용보통자동 분류
46.CLP-3 · 3.6절 · 15번대학 수준우리말 번역

x2+y2=4x^2 + y^2 = 4 의 안쪽, z=0z = 0 의 위쪽, 2z=y2z = y 의 아래쪽에 있는 입체의 부피를 구하세요.

영어 원문 보기

Find the volume of the solid which is inside x2+y2=4x^2 + y^2 = 4, above z=0z = 0 and below 2z=y2z = y.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

이 입체는 x2+y2≤4x^2+y^2\le 4 이고 0≤z≤y20\le z\le\frac{y}{2} 를 만족하는 모든 점 (x,y,z)(x,y,z) 의 집합이다. 특히 y≥0y\ge 0 이다. 이 입체를 위에서 내려다보면 x2+y2≤4x^2+y^2\le 4 이고 y≥0y\ge 0 인 모든 (x,y)(x,y) 가 보인다. 이는 아래 왼쪽 그림에 나타나 있다.

그림

그림

원기둥좌표계를 사용하자. 밑면 영역(위 왼쪽 그림에서 색칠한 영역)에서

  • θ\theta 는 00 에서 π\pi 까지 움직이고,
  • 00 과 π\pi 사이의 각각의 고정된 θ\theta 에 대해 rr 은 00 에서 22 까지 움직인다.
  • 밑면 영역 안의 각각의 고정된 점 (x,y)=(rcos⁡θ,rsin⁡θ)(x,y)=(r\cos\theta,r\sin\theta) 에 대해 zz 는 00) 에서 y2=rsin⁡θ2\frac{y}{2}=\frac{r\sin\theta}{2} 까지 움직인다.

따라서 부피는

∫0πdθ∫02dr∫0rsin⁡θ/2dz r=∫0πdθ∫02dr 12r2sin⁡θ=∫0πdθ r36sin⁡θ ∣02=43∫0πdθ sin⁡θ=−43cos⁡θ ∣0π=83\begin{aligned} \int_0^\pi \mathrm{d}\theta\int_0^2 \mathrm{d}r\int_0^{r\sin\theta/2} dz\ r &=\int_0^\pi \mathrm{d}\theta\int_0^2 \mathrm{d}r\ \frac{1}{2} r^2\sin\theta =\int_0^\pi \mathrm{d}\theta\ \frac{r^3}{6}\sin\theta\,\bigg|_0^2 =\frac{4}{3}\int_0^\pi \mathrm{d}\theta\ \sin\theta \\ &=-\frac{4}{3}\cos\theta\,\bigg|_0^\pi =\frac{8}{3} \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

The solid consists of the set of all points (x,y,z)(x,y,z) such that x2+y2≤4x^2+y^2\le 4 and 0≤z≤y20\le z\le\frac{y}{2}. In particular y≥0y\ge 0. When we look at the solid from above, we see all (x,y)(x,y) with x2+y2≤4x^2+y^2\le 4 and y≥0y\ge 0. This is sketched in the figure on the left below.

figure

figure

We'll use cylindrical coordinates. In the base region (the shaded region in the figure on the left above)

  • θ\theta runs from 00 to π\pi and
  • for each fixed θ\theta between 00 and π\pi, rr runs from 00 to 22.
  • For each fixed point (x,y)=(rcos⁡θ,rsin⁡θ)(x,y)=(r\cos\theta,r\sin\theta) in the base region, zz runs from 00) to y2=rsin⁡θ2\frac{y}{2}=\frac{r\sin\theta}{2}.

So the volume is

∫0πdθ∫02dr∫0rsin⁡θ/2dz r=∫0πdθ∫02dr 12r2sin⁡θ=∫0πdθ r36sin⁡θ ∣02=43∫0πdθ sin⁡θ=−43cos⁡θ ∣0π=83\begin{aligned} \int_0^\pi \mathrm{d}\theta\int_0^2 \mathrm{d}r\int_0^{r\sin\theta/2} dz\ r &=\int_0^\pi \mathrm{d}\theta\int_0^2 \mathrm{d}r\ \frac{1}{2} r^2\sin\theta =\int_0^\pi \mathrm{d}\theta\ \frac{r^3}{6}\sin\theta\,\bigg|_0^2 =\frac{4}{3}\int_0^\pi \mathrm{d}\theta\ \sin\theta \\ &=-\frac{4}{3}\cos\theta\,\bigg|_0^\pi =\frac{8}{3} \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.6절 · 16번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분활용보통자동 분류
47.CLP-3 · 3.7절 · 7번대학 수준우리말 번역

구면좌표 부등식

1≤ρ≤1+cos⁡φ1 \le \rho \le 1 + \cos \varphi

으로 주어진 33차원 영역 EE 를 생각하세요.

(a) 3차원에서 EE 의 그림을 상당히 정확하게 그리세요. 좌표축에 단위를 반드시 표시하세요. (b) EE 의 부피를 구하세요.

영어 원문 보기

Consider the region EE in 33–dimensions specified by the spherical inequalities

1≤ρ≤1+cos⁡φ1 \le \rho \le 1 + \cos \varphi

(a) Draw a reasonably accurate picture of EE in 3–dimensions. Be sure to show the units on the coordinates axes. (b) Find the volume of E.

정답·풀이 보기

(a) 먼저 EE 의 두 경계 ρ=1\rho=1 과 ρ=1+cos⁡φ\rho= 1 + \cos\varphi 는 모두 구면좌표 θ\theta 와 무관하다. 따라서 EE 는 zz축을 중심으로 한 회전에 대해 변하지 않는다. EE 를 그리기 위해

  • 먼저 θ=0\theta=0 인 EE 의 경계 부분(즉 xzxz평면에서 x>0x>0 인 반쪽)을 그린 다음,
  • zz축을 중심으로 회전한다.

θ=0\theta=0 인 EE 의 경계 부분(즉 반평면 y=0y=0, x≥0x\ge 0 위)은 두 곡선으로 이루어진다.

  • ρ=1+cos⁡φ\rho=1+\cos\varphi, θ=0\theta=0:

  • φ=0\varphi=0 (즉 양의 zz축 위)일 때 cos⁡φ=1\cos\varphi =1 이므로 ρ=2\rho=2 이다. 따라서 이 곡선은 (0,0,2)(0,0,2) 에서 시작한다.

  • φ\varphi 가 증가하면 cos⁡φ\cos\varphi 가 감소하므로 ρ\rho 도 감소한다.

  • φ\varphi 가 π2\frac{\pi}{2} (즉 xyxy평면 위)일 때 cos⁡φ=0\cos\varphi =0 이므로 ρ=1\rho=1 이다.

  • π2<φ≤π\frac{\pi}{2}<\varphi\le \pi 일 때 cos⁡φ<0\cos\varphi<0 이므로 ρ<1\rho<1 이다. EE 의 모든 점은 ρ≥1\rho\ge 1 을 만족해야 하므로 경계의 이 부분은 xyxy평면 위의 점 (1,0,0)(1,0,0) 에서 끝난다.

  • 곡선 ρ=1+cos⁡φ\rho=1+\cos\varphi, θ=0\theta=0, 0≤φ≤π20\le\varphi\le\frac{\pi}{2} 은 아래 왼쪽 그림에 그려져 있다. 이것은 (0,0,2)(0,0,2) 에서 (1,0,0)(1,0,0) 까지의 바깥쪽 곡선이다.

  • ρ=1\rho=1, θ=0\theta=0:

  • 곡면 ρ=1\rho=1 은 원점을 중심으로 하는 반지름 11 인 구이다.

  • 위에서 살펴본 대로 조건 1≤ρ≤1+cos⁡φ1\le\rho\le 1+\cos\varphi 에서 0≤φ≤π20\le\varphi\le\frac{\pi}{2}, 즉 z≥0z\ge 0 이어야 한다.

  • 구 ρ=1\rho=1 은 사분평면 y=0y=0, x≥0x\ge 0, z≥0z\ge 0 과 원점을 중심으로 하는 사분원에서 만나며, 이 사분원은 zz축 위의 (0,0,1)(0,0,1) 에서 시작하여 xyxy평면 위의 (1,0,0)(1,0,0) 에서 끝난다.

  • 곡선 ρ=1\rho=1, θ=0\theta=0, 0≤φ≤π20\le\varphi\le\frac{\pi}{2} 은 아래 왼쪽 그림에 그려져 있다. 이것은 (0,0,1)(0,0,1) 에서 (1,0,0)(1,0,0) 까지의 안쪽 곡선이다.

EE 를 얻으려면 아래 왼쪽 그림의 색칠한 영역을 zz축을 중심으로 회전한다. 제1팔분공간에 있는 EE 의 부분은 아래 오른쪽 그림에 그려져 있다. xzxz평면(x≥0x\ge 0)에 있는 EE 의 부분은 연하게 색칠되어 있고, yzyz평면(y≥0y\ge 0)에 있는 EE 의 부분은 조금 더 진하게 색칠되어 있다.

그림

그림

(b) EE 에서

  • φ\varphi 는 00 (즉 양의 zz축)에서 π2\frac{\pi}{2} (즉 xyxy평면)까지 변한다.
  • 그 범위의 각 φ\varphi 에 대해 ρ\rho 는 11 에서 1+cos⁡φ1+\cos\varphi 까지, θ\theta 는 00 에서 2π2\pi 까지 변한다.
  • 구면좌표에서 dV=ρ2 sin⁡φ dρ dθ dφ\mathrm{d}V = \rho^2\,\sin\varphi\,\mathrm{d}\rho\, \mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi 이다.

따라서

부피(E)=∫0π/2dφ∫11+cos⁡φdρ∫02πdθ ρ2sin⁡φ=2π∫0π/2dφ sin⁡φ (1+cos⁡φ)3−133=−2π3∫21(u3−1) du단, u=1+cos⁡φ, du=−sin⁡φ dφ=−2π3[u44−u]21=−2π3[14−1−4+2]=11π6\begin{aligned} \text{부피}(E) &=\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi \int_1^{1+\cos\varphi}\mathrm{d}\rho \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \rho^2\sin\varphi \\ &=2\pi \int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi\ \frac{(1+\cos\varphi)^3-1^3}{3} \\ &=-\frac{2\pi}{3} \int_2^1 \big(u^3-1\big)\ \mathrm{d}u \qquad\text{단, }u=1+\cos\varphi,\ \mathrm{d}u=-\sin\varphi\,\mathrm{d}\varphi \\ &= -\frac{2\pi}{3}\left[\frac{u^4}{4}-u\right]_2^1 \\ &=-\frac{2\pi}{3} \left[\frac{1}{4}-1-4+2\right] \\ &=\frac{11 \pi}{6} \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

(a) First observe that both boundaries of EE, namely ρ=1\rho=1 and ρ=1+cos⁡φ\rho= 1 + \cos\varphi, are independent of the spherical coordinate θ\theta. So EE is invariant under rotations about the zz–axis. To sketch EE we

  • first sketch the part of the boundary of EE with θ=0\theta=0 (i.e. in the half of the xzxz–plane with x>0x>0), and then
  • rotate about the zz–axis.

The part of the boundary of EE with θ=0\theta=0 (i.e. in the half–plane y=0y=0, x≥0x\ge 0), consists of two curves.

  • ρ=1+cos⁡φ\rho=1+\cos\varphi, θ=0\theta=0:

  • When φ=0\varphi=0 (i.e. on the positive zz–axis), We have cos⁡φ=1\cos\varphi =1 and hence ρ=2\rho=2. So this curve starts at (0,0,2)(0,0,2).

  • As φ\varphi increases cos⁡φ\cos\varphi, and hence ρ\rho, decreases.

  • When φ\varphi is π2\frac{\pi}{2} (i.e. in the xyxy–plane), we have cos⁡φ=0\cos\varphi =0 and hence ρ=1\rho=1.

  • When π2<φ≤π\frac{\pi}{2}<\varphi\le \pi, we have cos⁡φ<0\cos\varphi<0 and hence ρ<1\rho<1. All points in EE are required to obey ρ≥1\rho\ge 1. So this part of the boundary stops at the point (1,0,0)(1,0,0) in the xyxy–plane.

  • The curve ρ=1+cos⁡φ\rho=1+\cos\varphi, θ=0\theta=0, 0≤φ≤π20\le\varphi\le\frac{\pi}{2} is sketched in the figure on the left below. It is the outer curve from (0,0,2)(0,0,2) to (1,0,0)(1,0,0).

  • ρ=1\rho=1, θ=0\theta=0:

  • The surface ρ=1\rho=1 is the sphere of radius 11 centred on the origin.

  • As we observed above, the conditions 1≤ρ≤1+cos⁡φ1\le\rho\le 1+\cos\varphi force 0≤φ≤π20\le\varphi\le\frac{\pi}{2}, i.e. z≥0z\ge 0.

  • The sphere ρ=1\rho=1 intersects the quarter plane y=0y=0, x≥0x\ge 0, z≥0z\ge 0, in the quarter circle centred on the origin that starts at (0,0,1)(0,0,1) on the zz–axis and ends at (1,0,0)(1,0,0) in the xyxy–plane.

  • The curve ρ=1\rho=1, θ=0\theta=0, 0≤φ≤π20\le\varphi\le\frac{\pi}{2} is sketched in the figure on the left below. It is the inner curve from (0,0,1)(0,0,1) to (1,0,0)(1,0,0).

To get EE, rotate the shaded region in the figure on the left below about the zz-axis. The part of EE in the first octant is sketched in the figure on the right below. The part of EE in the xzxz–plane (with x≥0x\ge 0) is lightly shaded and the part of EE in the yzyz–plane (with y≥0y\ge 0) is shaded a little more darkly.

figure

figure

(b) In EE

  • φ\varphi runs from 00 (i.e. the positive zz–axis) to π2\frac{\pi}{2} (i.e. the xyxy–plane).
  • For each φ\varphi in that range ρ\rho runs from 11 to 1+cos⁡φ1+\cos\varphi and θ\theta runs from 00 to 2π2\pi.
  • In spherical coordinates dV=ρ2 sin⁡φ dρ dθ dφ\mathrm{d}V = \rho^2\,\sin\varphi\,\mathrm{d}\rho\, \mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi.

So

Volume(E)=∫0π/2dφ∫11+cos⁡φdρ∫02πdθ ρ2sin⁡φ=2π∫0π/2dφ sin⁡φ (1+cos⁡φ)3−133=−2π3∫21(u3−1) duwith u=1+cos⁡φ, du=−sin⁡φ dφ=−2π3[u44−u]21=−2π3[14−1−4+2]=11π6\begin{aligned} \text{Volume}(E) &=\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi \int_1^{1+\cos\varphi}\mathrm{d}\rho \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \rho^2\sin\varphi \\ &=2\pi \int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi\ \frac{(1+\cos\varphi)^3-1^3}{3} \\ &=-\frac{2\pi}{3} \int_2^1 \big(u^3-1\big)\ \mathrm{d}u \qquad\text{with }u=1+\cos\varphi,\ \mathrm{d}u=-\sin\varphi\,\mathrm{d}\varphi \\ &= -\frac{2\pi}{3}\left[\frac{u^4}{4}-u\right]_2^1 \\ &=-\frac{2\pi}{3} \left[\frac{1}{4}-1-4+2\right] \\ &=\frac{11 \pi}{6} \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.7절 · 17번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분활용보통자동 분류
48.CLP-3 · 3.7절 · 8번대학 수준우리말 번역

구면좌표를 사용하여 적분

I=∭Dz dVI=\iiint _D z\ \mathrm{d}V

의 값을 구하세요. 여기서 DD 는 원뿔 z=x2+y2z = \sqrt{x^2 + y^2} 와 구 x2+y2+z2=4x^2 + y^2 + z^2 = 4 로 둘러싸인 입체입니다. 즉, (x,y,z)(x,y,z) 가 DD 에 속하는 것은 x2+y2≤z\sqrt{x^2 + y^2}\le z 이고 x2+y2+z2≤4x^2 + y^2 + z^2 \le 4 일 때, 그리고 그때에 한합니다.

영어 원문 보기

Use spherical coordinates to evaluate the integral

I=∭Dz dVI=\iiint _D z\ \mathrm{d}V

where DD is the solid enclosed by the cone z=x2+y2z = \sqrt{x^2 + y^2} and the sphere x2+y2+z2=4x^2 + y^2 + z^2 = 4. That is, (x,y,z)(x,y,z) is in DD if and only if x2+y2≤z\sqrt{x^2 + y^2}\le z and x2+y2+z2≤4x^2 + y^2 + z^2 \le 4.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

구면좌표에서

x=ρsin⁡φcos⁡θy=ρsin⁡φsin⁡θz=ρcos⁡φx2+y2=ρ2sin⁡2φ\begin{aligned} x&=\rho\sin\varphi\cos\theta \\ y&=\rho\sin\varphi\sin\theta \\ z&=\rho\cos\varphi \\ x^2+y^2 &=\rho^2\sin^2\varphi \end{aligned}

이므로 x2+y2+z2=4x^2+y^2+z^2= 4 는 ρ=2\rho = 2 가 되고, x2+y2=z\sqrt{x^2+y^2}= z 는

ρsin⁡φ=ρcos⁡φ  ⟺  tan⁡φ=1  ⟺  φ=π4\begin{aligned} \rho\sin\varphi = \rho\cos\varphi \iff \tan\varphi= 1 \iff \varphi=\frac{\pi}{4} \end{aligned}

가 된다.

다음은 DD 의 y=0y=0 단면을 그린 그림이다.

그림

위 그림을 보면 DD 에서 다음을 알 수 있다.

  • φ\varphi 는 00 (zz축의 양의 방향)에서 π4\frac{\pi}{4} (원뿔 위)까지 변하고,
  • 이 범위의 각 φ\varphi 에 대해 ρ\rho 는 00 에서 22 까지, θ\theta 는 00 에서 2π2\pi 까지 변한다.

따라서

D={ (ρsin⁡φcos⁡θ,ρsin⁡φsin⁡θ,ρcos⁡φ) ∣ 0≤φ≤π/4, 0≤θ≤2π, ρ≤2 }\begin{aligned} D&=\big\{ \ (\rho\sin\varphi\cos\theta,\rho\sin\varphi\sin\theta,\rho\cos\varphi)\ \big|\ 0\le\varphi\le{\pi}/{4},\ 0\le \theta\le 2\pi,\ \rho\le 2\ \big\} \end{aligned}

이고, dV=ρ2sin⁡φ dρ dθ dφ\mathrm{d}V =\rho^2\sin\varphi\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi 이므로

I=∫0π/4dφ∫02πdθ∫02dρ ρ2sin⁡φ ρcos⁡φ⏞z=∫0π/4dφ∫02πdθ∫02dρ ρ3sin⁡φ cos⁡φ=2π 244∫0π/4dφ sin⁡φ cos⁡φ=2π 244[sin⁡2φ2]0π/4=2π\begin{aligned} I&= \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{2}\mathrm{d}\rho\ \rho^2\sin\varphi\ \overbrace{\rho\cos\varphi}^{z} \\ &= \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{2}\mathrm{d}\rho\ \rho^3\sin\varphi\,\cos\varphi \\ &= 2\pi\ \frac{2^4}{4} \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi\,\cos\varphi \\ &= 2\pi\ \frac{2^4}{4}\left[\frac{\sin^2\varphi}{2}\right]_0^{\pi/4} \\ &= 2\pi \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

Recall that in spherical coordinates,

x=ρsin⁡φcos⁡θy=ρsin⁡φsin⁡θz=ρcos⁡φx2+y2=ρ2sin⁡2φ\begin{aligned} x&=\rho\sin\varphi\cos\theta \\ y&=\rho\sin\varphi\sin\theta \\ z&=\rho\cos\varphi \\ x^2+y^2 &=\rho^2\sin^2\varphi \end{aligned}

so that x2+y2+z2=4x^2+y^2+z^2= 4 becomes ρ=2\rho = 2, and x2+y2=z\sqrt{x^2+y^2}= z becomes

ρsin⁡φ=ρcos⁡φ  ⟺  tan⁡φ=1  ⟺  φ=π4\begin{aligned} \rho\sin\varphi = \rho\cos\varphi \iff \tan\varphi= 1 \iff \varphi=\frac{\pi}{4} \end{aligned}

Here is a sketch of the y=0y=0 cross–section of DD.

figure

Looking at the figure above, we see that, on DD

  • φ\varphi runs from 00 (the positive zz–axis) to π4\frac{\pi}{4} (on the cone), and
  • for each φ\varphi is that range, ρ\rho runs from 00 to 22 and θ\theta runs from 00 to 2π2\pi.

So

D={ (ρsin⁡φcos⁡θ,ρsin⁡φsin⁡θ,ρcos⁡φ) ∣ 0≤φ≤π/4, 0≤θ≤2π, ρ≤2 }\begin{aligned} D&=\big\{ \ (\rho\sin\varphi\cos\theta,\rho\sin\varphi\sin\theta,\rho\cos\varphi)\ \big|\ 0\le\varphi\le{\pi}/{4},\ 0\le \theta\le 2\pi,\ \rho\le 2\ \big\} \end{aligned}

and, as dV=ρ2sin⁡φ dρ dθ dφ\mathrm{d}V =\rho^2\sin\varphi\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi,

I=∫0π/4dφ∫02πdθ∫02dρ ρ2sin⁡φ ρcos⁡φ⏞z=∫0π/4dφ∫02πdθ∫02dρ ρ3sin⁡φ cos⁡φ=2π 244∫0π/4dφ sin⁡φ cos⁡φ=2π 244[sin⁡2φ2]0π/4=2π\begin{aligned} I&= \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{2}\mathrm{d}\rho\ \rho^2\sin\varphi\ \overbrace{\rho\cos\varphi}^{z} \\ &= \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{2}\mathrm{d}\rho\ \rho^3\sin\varphi\,\cos\varphi \\ &= 2\pi\ \frac{2^4}{4} \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi\,\cos\varphi \\ &= 2\pi\ \frac{2^4}{4}\left[\frac{\sin^2\varphi}{2}\right]_0^{\pi/4} \\ &= 2\pi \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.7절 · 31번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산보통자동 분류
49.CLP-3 · 3.7절 · 9번대학 수준우리말 번역

구면좌표를 이용하여 다음을 구하세요.

(a) 원뿔 z=x2+y2z=\sqrt{x^2+y^2} 의 안쪽이면서 구 x2+y2+z2=a2x^2+y^2+z^2=a^2 의 안쪽인 부분의 부피. (b) 제1팔분공간에 놓인 반지름이 aa 인 구의 부분 RR 에서 ∭Rx dV\iiint _R x\, \mathrm{d}V 와 ∭Rz dV\iiint _R z\, \mathrm{d}V 의 값. (c) 반지름이 aa 인 구형 행성의 질량. 단, 중심으로부터 거리 ρ\rho 인 곳의 밀도는 δ=A/(B+ρ2)\delta =A/(B+\rho^2) 이다. (d)  ρ=a(1−cos⁡φ)\ \rho=a(1-\cos\varphi) 로 둘러싸인 부분의 부피. 여기서 ρ\rho 와 φ\varphi 는 일반적인 구면좌표를 가리킨다.

영어 원문 보기

Use spherical coordinates to find

(a) The volume inside the cone z=x2+y2z=\sqrt{x^2+y^2} and inside the sphere x2+y2+z2=a2x^2+y^2+z^2=a^2. (b) ∭Rx dV\iiint _R x\, \mathrm{d}V and ∭Rz dV\iiint _R z\, \mathrm{d}V over the part of the sphere of radius aa that lies in the first octant. (c) The mass of a spherical planet of radius aa whose density at distance ρ\rho from the center is δ=A/(B+ρ2)\delta =A/(B+\rho^2). (d) The volume enclosed by  ρ=a(1−cos⁡φ).\ \rho=a(1-\cos\varphi). Here ρ\rho and φ\varphi refer to the usual spherical coordinates.

답 쓰고 채점
(a)
(b)
(c)
(d)
정답·풀이 보기

(a) 구면좌표에서

x=ρsin⁡φcos⁡θy=ρsin⁡φsin⁡θz=ρcos⁡φx2+y2=ρ2sin⁡2φ\begin{aligned} x&=\rho\sin\varphi\cos\theta \\ y&=\rho\sin\varphi\sin\theta \\ z&=\rho\cos\varphi \\ x^2+y^2 &=\rho^2\sin^2\varphi \end{aligned}

이므로 x2+y2+z2=a2x^2+y^2+z^2= a^2 은 ρ=a\rho = a 가 되고, x2+y2=z\sqrt{x^2+y^2}= z 는 다음과 같이 된다.

ρsin⁡φ=ρcos⁡φ  ⟺  tan⁡φ=1  ⟺  φ=π4\begin{aligned} \rho\sin\varphi = \rho\cos\varphi \iff \tan\varphi= 1 \iff \varphi=\frac{\pi}{4} \end{aligned}

다음은 주어진 영역의 y=0y=0 단면을 그린 것이다.

그림

위의 그림에서 이 영역에 대해 다음을 알 수 있다.

  • φ\varphi 는 00 (양의 zz축)에서 π4\frac{\pi}{4} (원뿔 위)까지 변하고,
  • 그 범위의 각 φ\varphi 에 대해 ρ\rho 는 00 에서 aa 까지, θ\theta 는 00 에서 2π2\pi 까지 변한다.

따라서

부피=∫0adρ∫02πdθ∫0π4dφ ρ2sin⁡φ={∫0adρ ρ2}{∫02πdθ}{∫0π4dφ sin⁡φ}=a33 2π [−cos⁡φ]0π4=2πa33(1−12)\begin{aligned} \text{부피} &= \int_{0}^{a}\mathrm{d}\rho \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_0^{{\pi\over 4}}\mathrm{d}\varphi\ \rho^2\sin\varphi = \Big\{\int_{0}^{a}\mathrm{d}\rho\ \rho^2 \Big\}\Big\{\int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta\Big\}\Big\{ \int_0^{{\pi\over 4}}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi\Big\} \\ &= \frac{a^3}{3}\ 2\pi\ \Big[-\cos\varphi\Big]_0^{{\pi\over 4}} =2\pi\frac{a^3}{3}\left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right) \end{aligned}

(b) 문제의 구의 부분은 다음과 같다.

R={ (x,y,z) ∣ x2+y2+z2≤a2, x≥0, y≥0, z≥0 }={ (ρsin⁡φcos⁡θ , ρsin⁡φsin⁡θ , ρcos⁡φ) ∣ ρ≤a, 0≤φ≤π2, 0≤θ≤π2 }\begin{aligned} R&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2+z^2\le a^2,\ x\ge0,\ y\ge 0,\ z\ge 0\ \big\} \\ &=\big\{ \ (\rho\sin\varphi\cos\theta\,,\, \rho\sin\varphi\sin\theta\,,\, \rho\cos\varphi)\ \big|\ \rho\le a,\ 0\le\varphi\le\tfrac{\pi}{2}, \ 0\le\theta\le\tfrac{\pi}{2}\ \big\} \end{aligned}

대칭성에 의해 주어진 두 적분의 값은 같고, 그 값은 다음과 같다.

∫0adρ ρ2∫0π2dφ sin⁡φ∫0π2dθ ρcos⁡φ⏞z=a44π2∫0π2dφ sin⁡φcos⁡φ=πa48∫01dt t 여기서 t=sin⁡φ, dt=cos⁡φ dφ=πa416\begin{aligned} \int_{0}^{a}\mathrm{d}\rho\ \rho^2 \int_0^{{\pi\over 2}}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi \int_{0}^{{\pi\over 2}} \mathrm{d}\theta\ \overbrace{\rho\cos\varphi}^{z} &=\frac{a^4}{4}\frac{\pi}{2} \int_0^{{\pi\over 2}}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi\cos\varphi \\ &=\frac{\pi a^4}{8} \int_0^{1}\mathrm{d}t\ t\qquad\text{ 여기서 $t=\sin\varphi$, $\mathrm{d}t=\cos\varphi\,\mathrm{d}\varphi$} \\ &=\frac{\pi a^4}{16} \end{aligned}

(c) 문제의 행성은 다음과 같다.

P={ (x,y,z) ∣ x2+y2+z2≤a2 }={ (ρsin⁡φcos⁡θ , ρsin⁡φsin⁡θ , ρcos⁡φ) ∣ ρ≤a, 0≤φ≤π, 0≤θ≤2π }\begin{aligned} P&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2+z^2\le a^2\ \big\} \\ &=\big\{ \ (\rho\sin\varphi\cos\theta\,,\, \rho\sin\varphi\sin\theta\,,\, \rho\cos\varphi)\ \big|\ \rho\le a,\ 0\le\varphi\le\pi, \ 0\le\theta\le2\pi\ \big\} \end{aligned}

따라서

질량=∫0adρ ρ2∫0πdφ sin⁡φ∫02πdθ AB+ρ2⏞density=2πA{∫0πdφ sin⁡φ}{∫0adρ ρ2B+ρ2}=4πA∫0adρ (1−BB+ρ2)=4πAa−4πAB∫0a/Bds 11+s2 여기서 ρ=B s, dρ=B ds=4πA(a−Btan⁡−1aB)\begin{aligned} \text{질량} &= \int_{0}^{a}\mathrm{d}\rho\ \rho^2 \int_0^{\pi}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta\ \overbrace{\frac{A}{B+\rho^2}}^{\rm density} =2\pi A\Big\{ \int_0^{\pi}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi\Big\} \Big\{\int_{0}^{a}\mathrm{d}\rho\ \frac{\rho^2}{B+\rho^2} \Big\} \\ &=4\pi A\int_{0}^{a}\mathrm{d}\rho\ \left(1-\frac{B}{B+\rho^2} \right) \\ &=4\pi Aa-4\pi A\sqrt{B}\int_{0}^{a/\sqrt{B}}\mathrm{d}s\ \frac{1}{1+s^2} \qquad\text{ 여기서 $\rho=\sqrt{B}\,s$, $\mathrm{d}\rho=\sqrt{B}\,\mathrm{d}s$} \\ &=4\pi A\left(a-\sqrt{B}\tan^{-1}\frac{a}{\sqrt{B}}\right) \end{aligned}

(d) 다음을 관찰하자.

  • φ=0\varphi=0 일 때(즉 양의 zz축 위에서) cos⁡φ=1\cos\varphi=1 이므로 ρ=a(1−cos⁡φ)=0\rho=a(1-\cos\varphi)=0 이고,
  • φ\varphi 가 00 에서 π2\frac{\pi}{2} 까지 증가하면 cos⁡φ\cos\varphi 는 감소하므로 ρ=a(1−cos⁡φ)\rho=a(1-\cos\varphi) 는 증가하고,
  • φ=π2\varphi=\frac{\pi}{2} 일 때(즉 xyxy평면 위에서) cos⁡φ=0\cos\varphi=0 이므로 ρ=a(1−cos⁡φ)=a\rho=a(1-\cos\varphi)=a 이고,
  • φ\varphi 가 π2\frac{\pi}{2} 에서 π\pi 까지 증가하면 cos⁡φ\cos\varphi 는 계속 감소하므로 ρ=a(1−cos⁡φ)\rho=a(1-\cos\varphi) 는 더욱 증가하고,
  • φ=π\varphi=\pi 일 때(즉 음의 zz축 위에서) cos⁡φ=−1\cos\varphi=-1 이므로 ρ=a(1−cos⁡φ)=2a\rho=a(1-\cos\varphi)=2a 이다.

따라서 주어진 입체와 yzyz평면의 오른쪽 절반이 만나는 부분을 그리면 다음과 같다.

그림

문제의 입체는 zz축을 중심으로 한 회전에 대해 변하지 않으므로

부피=∫02πdθ∫0πdφ sin⁡φ∫0a(1−cos⁡φ)dρ ρ2=2πa33∫0πdφ sin⁡φ(1−cos⁡φ)3=2πa33∫02dt t3 여기서 t=1−cos⁡φ, dt=sin⁡φ dφ=2π a33 244=83πa3\begin{aligned} \text{부피} &= \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta\int_0^{\pi}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi\int_{0}^{a(1-\cos\varphi)}\mathrm{d}\rho\ \rho^2 \\ &=2\pi\frac{a^3}{3} \int_0^{\pi}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi(1-\cos\varphi)^3 \\ &=2\pi\frac{a^3}{3} \int_0^2\mathrm{d}t\ t^3 \qquad\text{ 여기서 $t=1-\cos\varphi$, $\mathrm{d}t=\sin\varphi\,\mathrm{d}\varphi$} \\ &=2\pi\ \frac{a^3}{3}\ \frac{2^4}{4} =\frac{8}{3}\pi a^3 \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

(a) Recall that in spherical coordinates,

x=ρsin⁡φcos⁡θy=ρsin⁡φsin⁡θz=ρcos⁡φx2+y2=ρ2sin⁡2φ\begin{aligned} x&=\rho\sin\varphi\cos\theta \\ y&=\rho\sin\varphi\sin\theta \\ z&=\rho\cos\varphi \\ x^2+y^2 &=\rho^2\sin^2\varphi \end{aligned}

so that x2+y2+z2=a2x^2+y^2+z^2= a^2 becomes ρ=a\rho = a, and x2+y2=z\sqrt{x^2+y^2}= z becomes

ρsin⁡φ=ρcos⁡φ  ⟺  tan⁡φ=1  ⟺  φ=π4\begin{aligned} \rho\sin\varphi = \rho\cos\varphi \iff \tan\varphi= 1 \iff \varphi=\frac{\pi}{4} \end{aligned}

Here is a sketch of the y=0y=0 cross–section of the specified region.

figure

Looking at the figure above, we see that, on that region,

  • φ\varphi runs from 00 (the positive zz–axis) to π4\frac{\pi}{4} (on the cone), and
  • for each φ\varphi is that range, ρ\rho runs from 00 to aa and θ\theta runs from 00 to 2π2\pi.

so that

Volume=∫0adρ∫02πdθ∫0π4dφ ρ2sin⁡φ={∫0adρ ρ2}{∫02πdθ}{∫0π4dφ sin⁡φ}=a33 2π [−cos⁡φ]0π4=2πa33(1−12)\begin{aligned} \text{Volume} &= \int_{0}^{a}\mathrm{d}\rho \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_0^{{\pi\over 4}}\mathrm{d}\varphi\ \rho^2\sin\varphi = \Big\{\int_{0}^{a}\mathrm{d}\rho\ \rho^2 \Big\}\Big\{\int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta\Big\}\Big\{ \int_0^{{\pi\over 4}}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi\Big\} \\ &= \frac{a^3}{3}\ 2\pi\ \Big[-\cos\varphi\Big]_0^{{\pi\over 4}} =2\pi\frac{a^3}{3}\left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right) \end{aligned}

(b) The part of the sphere in question is

R={ (x,y,z) ∣ x2+y2+z2≤a2, x≥0, y≥0, z≥0 }={ (ρsin⁡φcos⁡θ , ρsin⁡φsin⁡θ , ρcos⁡φ) ∣ ρ≤a, 0≤φ≤π2, 0≤θ≤π2 }\begin{aligned} R&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2+z^2\le a^2,\ x\ge0,\ y\ge 0,\ z\ge 0\ \big\} \\ &=\big\{ \ (\rho\sin\varphi\cos\theta\,,\, \rho\sin\varphi\sin\theta\,,\, \rho\cos\varphi)\ \big|\ \rho\le a,\ 0\le\varphi\le\tfrac{\pi}{2}, \ 0\le\theta\le\tfrac{\pi}{2}\ \big\} \end{aligned}

By symmetry, the two specified integrals are equal, and are

∫0adρ ρ2∫0π2dφ sin⁡φ∫0π2dθ ρcos⁡φ⏞z=a44π2∫0π2dφ sin⁡φcos⁡φ=πa48∫01dt t where t=sin⁡φ, dt=cos⁡φ dφ=πa416\begin{aligned} \int_{0}^{a}\mathrm{d}\rho\ \rho^2 \int_0^{{\pi\over 2}}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi \int_{0}^{{\pi\over 2}} \mathrm{d}\theta\ \overbrace{\rho\cos\varphi}^{z} &=\frac{a^4}{4}\frac{\pi}{2} \int_0^{{\pi\over 2}}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi\cos\varphi \\ &=\frac{\pi a^4}{8} \int_0^{1}\mathrm{d}t\ t\qquad\text{ where $t=\sin\varphi$, $\mathrm{d}t=\cos\varphi\,\mathrm{d}\varphi$} \\ &=\frac{\pi a^4}{16} \end{aligned}

(c) The planet in question is

P={ (x,y,z) ∣ x2+y2+z2≤a2 }={ (ρsin⁡φcos⁡θ , ρsin⁡φsin⁡θ , ρcos⁡φ) ∣ ρ≤a, 0≤φ≤π, 0≤θ≤2π }\begin{aligned} P&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2+z^2\le a^2\ \big\} \\ &=\big\{ \ (\rho\sin\varphi\cos\theta\,,\, \rho\sin\varphi\sin\theta\,,\, \rho\cos\varphi)\ \big|\ \rho\le a,\ 0\le\varphi\le\pi, \ 0\le\theta\le2\pi\ \big\} \end{aligned}

So the

mass=∫0adρ ρ2∫0πdφ sin⁡φ∫02πdθ AB+ρ2⏞density=2πA{∫0πdφ sin⁡φ}{∫0adρ ρ2B+ρ2}=4πA∫0adρ (1−BB+ρ2)=4πAa−4πAB∫0a/Bds 11+s2 where ρ=B s, dρ=B ds=4πA(a−Btan⁡−1aB)\begin{aligned} \text{mass} &= \int_{0}^{a}\mathrm{d}\rho\ \rho^2 \int_0^{\pi}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta\ \overbrace{\frac{A}{B+\rho^2}}^{\rm density} =2\pi A\Big\{ \int_0^{\pi}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi\Big\} \Big\{\int_{0}^{a}\mathrm{d}\rho\ \frac{\rho^2}{B+\rho^2} \Big\} \\ &=4\pi A\int_{0}^{a}\mathrm{d}\rho\ \left(1-\frac{B}{B+\rho^2} \right) \\ &=4\pi Aa-4\pi A\sqrt{B}\int_{0}^{a/\sqrt{B}}\mathrm{d}s\ \frac{1}{1+s^2} \qquad\text{ where $\rho=\sqrt{B}\,s$, $\mathrm{d}\rho=\sqrt{B}\,\mathrm{d}s$} \\ &=4\pi A\left(a-\sqrt{B}\tan^{-1}\frac{a}{\sqrt{B}}\right) \end{aligned}

(d) Observe that

  • when φ=0\varphi=0 (i.e. on the positive zz–axis), cos⁡φ=1\cos\varphi=1 so that ρ=a(1−cos⁡φ)=0\rho=a(1-\cos\varphi)=0 and
  • as φ\varphi increases from 00 to π2\frac{\pi}{2}, cos⁡φ\cos\varphi decreases so that ρ=a(1−cos⁡φ)\rho=a(1-\cos\varphi) increases and
  • when φ=π2\varphi=\frac{\pi}{2} (i.e. on the xyxy–plane), cos⁡φ=0\cos\varphi=0 so that ρ=a(1−cos⁡φ)=a\rho=a(1-\cos\varphi)=a and
  • as φ\varphi increases from π2\frac{\pi}{2} to π\pi, cos⁡φ\cos\varphi continues to decrease so that ρ=a(1−cos⁡φ)\rho=a(1-\cos\varphi) increases still more and
  • when φ=π\varphi=\pi (i.e. on the negative zz–axis), cos⁡φ=−1\cos\varphi=-1 so that ρ=a(1−cos⁡φ)=2a\rho=a(1-\cos\varphi)=2a

So we have the following sketch of the intersection of the specified volume with the right half of the yzyz–plane.

figure

The volume in question is invariant under rotations about the zz–axis so that

Volume=∫02πdθ∫0πdφ sin⁡φ∫0a(1−cos⁡φ)dρ ρ2=2πa33∫0πdφ sin⁡φ(1−cos⁡φ)3=2πa33∫02dt t3 where t=1−cos⁡φ, dt=sin⁡φ dφ=2π a33 244=83πa3\begin{aligned} \text{Volume} &= \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta\int_0^{\pi}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi\int_{0}^{a(1-\cos\varphi)}\mathrm{d}\rho\ \rho^2 \\ &=2\pi\frac{a^3}{3} \int_0^{\pi}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi(1-\cos\varphi)^3 \\ &=2\pi\frac{a^3}{3} \int_0^2\mathrm{d}t\ t^3 \qquad\text{ where $t=1-\cos\varphi$, $\mathrm{d}t=\sin\varphi\,\mathrm{d}\varphi$} \\ &=2\pi\ \frac{a^3}{3}\ \frac{2^4}{4} =\frac{8}{3}\pi a^3 \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.7절 · 30번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산보통자동 분류
50.CLP-3 · 3.7절 · 11번대학 수준우리말 번역

다음과 같이 두자.

I=∭Txz dVI = \iiint _T xz\ \mathrm{d}V

여기서 TT 는 구 x2+y2+z2≤1x^2 + y^2 + z^2 \le 1 의 x,y,z≥0x,y,z \ge 0 인 8분의 1 부분이다.

(a) 부피 TT 의 개형을 그리세요. (b) II 를 구면좌표계에서의 삼중적분으로 나타내세요. (c) 아무 방법으로나 II 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let

I=∭Txz dVI = \iiint _T xz\ \mathrm{d}V

where TT is the eighth of the sphere x2+y2+z2≤1x^2 + y^2 + z^2 \le 1 with x,y,z≥0x,y,z \ge 0.

(a) Sketch the volume TT. (b) Express II as a triple integral in spherical coordinates. (c) Evaluate II by any method.

정답·풀이 보기

(a) 개형은 다음과 같다.

그림

(b) TT 위에서,

  • 구면좌표 φ\varphi 는 00 (zz축의 양의 부분)에서 π/2{\pi}/{2} (xyxy평면)까지 변하고,
  • 이 범위의 각 고정된 φ\varphi 에 대해 θ\theta 는 00 에서 π/2{\pi}/{2} 까지 변하며,
  • 각 고정된 φ\varphi 와 θ\theta 에 대해 구면좌표 ρ\rho 는 00 에서 11 까지 변한다.
  • 구면좌표계에서 dV=ρ2 sin⁡φ dρ dθ dφ\mathrm{d}V=\rho^2\,\sin\varphi\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\, \mathrm{d}\varphi 이고

xz=(ρsin⁡φcos⁡θ)(ρcos⁡φ)=ρ2sin⁡φ cos⁡φ cos⁡θxz=\big(\rho\sin\varphi\cos\theta\big)\big(\rho\cos\varphi\big) =\rho^2 \sin\varphi\ \cos\varphi\ \cos\theta

이다. 따라서

I=∫0π/2dφ∫0π/2dθ∫01dρ ρ4sin⁡2φcos⁡φ cos⁡θ\begin{aligned} I=\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_0^1\mathrm{d}\rho\ \rho^4\sin^2\varphi\cos\varphi\ \cos\theta \end{aligned}

이다.

(c) 구면좌표계에서,

I=[∫0π/2dφ sin⁡2φcos⁡φ][∫0π/2dθ cos⁡θ][∫01dρ ρ4]=[sin⁡3φ3]0π/2[sin⁡θ]0π/2[ρ55]01=115\begin{aligned} I&= \left[\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi\ \sin^2\varphi\cos\varphi\right] \left[\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \cos\theta\right] \left[\int_0^1\mathrm{d}\rho\ \rho^4\right] \\ &=\left[\frac{\sin^3\varphi}{3}\right]_0^{\pi/2} \left[\sin\theta\right]_0^{\pi/2} \left[\frac{\rho^5}{5}\right]_0^1 \\ &=\frac{1}{15} \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

(a) Here is a sketch

figure

(b) On TT,

  • the spherical coordinate φ\varphi runs from 00 (the positive zz–xis) to π/2{\pi}/{2} (the xyxy–plane), and
  • for each fixed φ\varphi in that range, θ\theta runs from 00 to π/2{\pi}/{2}, and
  • for each fixed φ\varphi and θ\theta, the spherical coordinate ρ\rho runs from 00 to 11.
  • In spherical coordinates dV=ρ2 sin⁡φ dρ dθ dφ\mathrm{d}V=\rho^2\,\sin\varphi\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\, \mathrm{d}\varphi and

xz=(ρsin⁡φcos⁡θ)(ρcos⁡φ)=ρ2sin⁡φ cos⁡φ cos⁡θxz=\big(\rho\sin\varphi\cos\theta\big)\big(\rho\cos\varphi\big) =\rho^2 \sin\varphi\ \cos\varphi\ \cos\theta

So

I=∫0π/2dφ∫0π/2dθ∫01dρ ρ4sin⁡2φcos⁡φ cos⁡θ\begin{aligned} I=\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_0^1\mathrm{d}\rho\ \rho^4\sin^2\varphi\cos\varphi\ \cos\theta \end{aligned}

(c) In spherical coordinates,

I=[∫0π/2dφ sin⁡2φcos⁡φ][∫0π/2dθ cos⁡θ][∫01dρ ρ4]=[sin⁡3φ3]0π/2[sin⁡θ]0π/2[ρ55]01=115\begin{aligned} I&= \left[\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi\ \sin^2\varphi\cos\varphi\right] \left[\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \cos\theta\right] \left[\int_0^1\mathrm{d}\rho\ \rho^4\right] \\ &=\left[\frac{\sin^3\varphi}{3}\right]_0^{\pi/2} \left[\sin\theta\right]_0^{\pi/2} \left[\frac{\rho^5}{5}\right]_0^1 \\ &=\frac{1}{15} \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.7절 · 13번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분그래프·표 해석보통자동 분류
51.CLP-3 · 3.7절 · 12번대학 수준우리말 번역

W=∭Qxz dVW = \iiint _Q xz\ \mathrm{d}V 의 값을 구하세요. 여기서 QQ 는 구 x2+y2+z2≤9x^2 + y^2 + z^2 \le 9 의 xx, yy, z≥0z \ge 0 인 8분의 1 부분이다.

영어 원문 보기

Evaluate W=∭Qxz dVW = \iiint _Q xz\ \mathrm{d}V, where QQ is an eighth of the sphere x2+y2+z2≤9x^2 + y^2 + z^2 \le 9 with xx, yy, z≥0z \ge 0.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

구면좌표를 사용한다. QQ 위에서,

  • 구면좌표 φ\varphi 는 00 (zz축의 양의 부분)에서 π2\frac{\pi}{2} (xyxy평면)까지 변하고,
  • 구면좌표 θ\theta 는 00 (xzxz평면 중 x≥0x\ge 0 인 반쪽)에서 π2\frac{\pi}{2} (yzyz평면 중 y≥0y\ge 0 인 반쪽)까지 변하며,
  • 구면좌표 ρ\rho 는 00 에서 33 까지 변한다.

dV=ρ2sin⁡φ dρ dθ dφ\mathrm{d}V=\rho^2\sin\varphi\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi 이므로,

W=∭Qxz dV=∫03dρ∫0π/2dθ∫0π/2dφ ρ2sin⁡φ ρsin⁡φcos⁡θ⏞xρcos⁡φ⏞z=∫03dρ∫0π/2dθ ρ4cos⁡θ[sin⁡3φ3]φ=0φ=π/2=13∫03dρ ρ4[sin⁡θ]0π/2=3515=815\begin{aligned} W&= \iiint _Q xz\ \mathrm{d}V =\int_0^3 \mathrm{d}\rho \int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi \ \rho^2\sin\varphi\ \overbrace{\rho\sin\varphi\cos\theta}^{x} \overbrace{\rho\cos\varphi}^{z} \\ &=\int_0^3 \mathrm{d}\rho \int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta \ \rho^4\cos\theta\left[\frac{\sin^3\varphi}{3}\right] _{\varphi=0}^{\varphi=\pi/2} \\ &=\frac{1}{3}\int_0^3 \mathrm{d}\rho\ \rho^4\Big[\sin\theta\Big]_0^{\pi/2} \\ &=\frac{3^5}{15}=\frac{81}{5} \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

We'll use spherical coordinates. On QQ,

  • the spherical coordinate φ\varphi runs from 00 (the positive zz–axis) to π2\frac{\pi}{2} (the xyxy–plane),
  • the spherical coordinate θ\theta runs from 00 (the half of the xzxz–plane with x≥0x\ge 0) to π2\frac{\pi}{2} (the half of the yzyz–plane with y≥0y\ge 0) and
  • the spherical coordinate ρ\rho runs from 00 to 33.

As dV=ρ2sin⁡φ dρ dθ dφ\mathrm{d}V=\rho^2\sin\varphi\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi,

W=∭Qxz dV=∫03dρ∫0π/2dθ∫0π/2dφ ρ2sin⁡φ ρsin⁡φcos⁡θ⏞xρcos⁡φ⏞z=∫03dρ∫0π/2dθ ρ4cos⁡θ[sin⁡3φ3]φ=0φ=π/2=13∫03dρ ρ4[sin⁡θ]0π/2=3515=815\begin{aligned} W&= \iiint _Q xz\ \mathrm{d}V =\int_0^3 \mathrm{d}\rho \int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi \ \rho^2\sin\varphi\ \overbrace{\rho\sin\varphi\cos\theta}^{x} \overbrace{\rho\cos\varphi}^{z} \\ &=\int_0^3 \mathrm{d}\rho \int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta \ \rho^4\cos\theta\left[\frac{\sin^3\varphi}{3}\right] _{\varphi=0}^{\varphi=\pi/2} \\ &=\frac{1}{3}\int_0^3 \mathrm{d}\rho\ \rho^4\Big[\sin\theta\Big]_0^{\pi/2} \\ &=\frac{3^5}{15}=\frac{81}{5} \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 5.5절 · 13번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산보통자동 분류
52.CLP-3 · 3.7절 · 13번대학 수준우리말 번역

∭R3[1+(x2+y2+z2)3]−1 dV\iiint _{\mathbb{R}^3} {\big[1+{(x^2+y^2+z^2)}^3\big]}^{-1}\ \mathrm{d}V 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Evaluate ∭R3[1+(x2+y2+z2)3]−1 dV\iiint _{\mathbb{R}^3} {\big[1+{(x^2+y^2+z^2)}^3\big]}^{-1}\ \mathrm{d}V.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

구면좌표를 사용하자. 이것은 이상적분이다. 따라서 엄밀하게 하기 위해, 0≤ρ≤R0\le\rho\le R 에서의 적분에 대해 R→∞R\rightarrow\infty 일 때의 극한을 취한다.

∭R3[1+(x2+y2+z2)3]−1 dV=lim⁡R→∞∫0Rdρ∫02πdθ∫0πdφ ρ2sin⁡φ 11+ρ6=lim⁡R→∞∫0Rdρ∫02πdθ ρ21+ρ6[−cos⁡φ]0π=4πlim⁡R→∞∫0Rdρ ρ21+ρ6=4π3lim⁡R→∞∫0R3du 11+u2여기서 u=ρ3, du=3ρ2 dρ=4π3lim⁡R→∞[arctan⁡u]0R3=2π23왜냐하면 lim⁡R→∞arctan⁡R3=π2\begin{aligned} \iiint _{\mathbb{R}^3} {\big[1+{(x^2+y^2+z^2)}^3\big]}^{-1}\ \mathrm{d}V &=\lim_{R\rightarrow\infty} \int_0^R \mathrm{d}\rho \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^\pi\mathrm{d}\varphi\ \rho^2\sin\varphi\ \frac{1}{1+\rho^6} \\ &=\lim_{R\rightarrow\infty} \int_0^R \mathrm{d}\rho \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \ \frac{\rho^2}{1+\rho^6}\Big[-\cos\varphi\Big]_0^\pi \\ &=4\pi \lim_{R\rightarrow\infty} \int_0^R \mathrm{d}\rho \ \frac{\rho^2}{1+\rho^6} \\ &=\frac{4\pi}{3} \lim_{R\rightarrow\infty} \int_0^{R^3} \mathrm{d}u \ \frac{1}{1+u^2}\qquad \text{여기서 }u=\rho^3,\ \mathrm{d}u=3\rho^2\,\mathrm{d}\rho \\ &=\frac{4\pi}{3}\lim_{R\rightarrow\infty}\Big[\arctan u\Big]_0^{R^3} \\ &=\frac{2\pi^2}{3}\qquad\text{왜냐하면 } \lim_{R\rightarrow\infty}\arctan R^3=\frac{\pi}{2} \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

Let's use spherical coordinates. This is an improper integral. So, to be picky, we'll take the limit as R→∞R\rightarrow\infty of the integral over 0≤ρ≤R0\le\rho\le R.

∭R3[1+(x2+y2+z2)3]−1 dV=lim⁡R→∞∫0Rdρ∫02πdθ∫0πdφ ρ2sin⁡φ 11+ρ6=lim⁡R→∞∫0Rdρ∫02πdθ ρ21+ρ6[−cos⁡φ]0π=4πlim⁡R→∞∫0Rdρ ρ21+ρ6=4π3lim⁡R→∞∫0R3du 11+u2with u=ρ3, du=3ρ2 dρ=4π3lim⁡R→∞[arctan⁡u]0R3=2π23since lim⁡R→∞arctan⁡R3=π2\begin{aligned} \iiint _{\mathbb{R}^3} {\big[1+{(x^2+y^2+z^2)}^3\big]}^{-1}\ \mathrm{d}V &=\lim_{R\rightarrow\infty} \int_0^R \mathrm{d}\rho \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^\pi\mathrm{d}\varphi\ \rho^2\sin\varphi\ \frac{1}{1+\rho^6} \\ &=\lim_{R\rightarrow\infty} \int_0^R \mathrm{d}\rho \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \ \frac{\rho^2}{1+\rho^6}\Big[-\cos\varphi\Big]_0^\pi \\ &=4\pi \lim_{R\rightarrow\infty} \int_0^R \mathrm{d}\rho \ \frac{\rho^2}{1+\rho^6} \\ &=\frac{4\pi}{3} \lim_{R\rightarrow\infty} \int_0^{R^3} \mathrm{d}u \ \frac{1}{1+u^2}\qquad \text{with }u=\rho^3,\ \mathrm{d}u=3\rho^2\,\mathrm{d}\rho \\ &=\frac{4\pi}{3}\lim_{R\rightarrow\infty}\Big[\arctan u\Big]_0^{R^3} \\ &=\frac{2\pi^2}{3}\qquad\text{since } \lim_{R\rightarrow\infty}\arctan R^3=\frac{\pi}{2} \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.7절 · 12번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산보통자동 분류
53.CLP-3 · 3.7절 · 14번대학 수준우리말 번역

구면좌표로 바꾸어

∫−11∫−1−x21−x2∫1−1−x2−y21+1−x2−y2(x2+y2+z2)5/2 dz dy dx\int_{-1}^1 \int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}} \int_{1-\sqrt{1-x^2-y^2}}^{1+\sqrt{1-x^2-y^2}} (x^2+y^2+z^2)^{5/2} \ \mathrm{d}z\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}x

의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Evaluate

∫−11∫−1−x21−x2∫1−1−x2−y21+1−x2−y2(x2+y2+z2)5/2 dz dy dx\int_{-1}^1 \int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}} \int_{1-\sqrt{1-x^2-y^2}}^{1+\sqrt{1-x^2-y^2}} (x^2+y^2+z^2)^{5/2} \ \mathrm{d}z\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}x

by changing to spherical coordinates.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

적분 영역에서

  • xx 는 −1-1 부터 11 까지 변한다.
  • 그 범위의 각 고정된 xx 에 대해 yy 는 −1−x2-\sqrt{1-x^2} 부터 1−x2\sqrt{1-x^2} 까지 변한다. 부등식으로 나타내면 −1−x2≤y≤1−x2-\sqrt{1-x^2}\le y\le \sqrt{1-x^2} 이고, 이는 x2+y2≤1x^2+y^2\le 1 과 같다.
  • x2+y2≤1x^2+y^2\le 1 을 만족하는 각 고정된 (x,y)(x,y) 에 대해 zz 는 1−1−x2−y21-\sqrt{1-x^2-y^2} 부터 1+1−x2−y21+\sqrt{1-x^2-y^2} 까지 변한다. 부등식으로 나타내면 1−1−x2−y2≤z≤1+1−x2−y21-\sqrt{1-x^2-y^2}\le z\le 1+\sqrt{1-x^2-y^2} 이고, 이는 x2+y2+(z−1)2≤1x^2+y^2+(z-1)^2\le 1 과 같다.

따라서 적분 영역은

V={ (x,y,z) ∣ x2+y2+(z−1)2≤1 }V = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2+(z-1)^2\le 1\ \big\}

이다.

구면좌표에서 조건 x2+y2+(z−1)2≤1x^2+y^2+(z-1)^2\le 1 은

(ρsin⁡φcos⁡θ)2+(ρsin⁡φsin⁡θ)2+(ρcos⁡φ−1)2≤1  ⟺  ρ2sin⁡2φ+(ρcos⁡φ−1)2≤1  ⟺  ρ2sin⁡2φ+ρ2cos⁡2φ−2ρcos⁡φ+1≤1  ⟺  ρ2≤2ρcos⁡φ  ⟺  ρ≤2cos⁡φ\begin{aligned} &(\rho\sin\varphi\cos\theta)^2 +(\rho\sin\varphi\sin\theta)^2 +(\rho\cos\varphi-1)^2\le 1 \\ &\iff \rho^2\sin^2\varphi + (\rho\cos\varphi-1)^2\le 1 \\ &\iff \rho^2\sin^2\varphi + \rho^2\cos^2\varphi -2 \rho\cos\varphi +1 \le 1 \\ &\iff \rho^2\le 2\rho\cos\varphi \\ &\iff \rho\le 2\cos\varphi \end{aligned}

이다.

VV 는 R3\mathbb{R}^3 의 위쪽 절반 z≥0z\ge 0 에 포함되고 xyxy평면은 VV 에 접한다. 따라서 (x,y,z)(x,y,z) 가 VV 에서 변할 때 구면좌표 φ\varphi 는 00 (양의 zz축)부터 π/2{\pi}/{2} (xyxy평면)까지 변한다. 다음은 VV 를 옆에서 본 모양의 그림이다.

그림

dV=ρ2sin⁡φ dρ dφ dθ\mathrm{d}V = \rho^2\sin\varphi\ \mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\varphi\,\mathrm{d}\theta 이고 (x2+y2+z2)5/2=ρ5\big(x^2+y^2+z^2\big)^{5/2}=\rho^5 이므로 적분은 다음과 같다.

∫−11∫−1−x21−x2∫1−1−x2−y21+1−x2−y2(x2+y2+z2)5/2 dz dy dx=∫02πdθ∫0π/2dφ∫02cos⁡φdρ ρ2sin⁡φ ρ5=∫02πdθ∫0π/2dφ 28cos⁡8φ8sin⁡φ=32∫02πdθ [−cos⁡9φ9]0π/2=329(2π)=64π9\begin{aligned} \int_{-1}^1 \int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}} \int_{1-\sqrt{1-x^2-y^2}}^{1+\sqrt{1-x^2-y^2}} (x^2+y^2+z^2)^{5/2} \ \mathrm{d}z\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}x &=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi \int_0^{2\cos\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^2\sin\varphi \ \rho^5 \\ &=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi \ \frac{2^8\cos^8\varphi}{8}\sin\varphi \\ &=32\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \left[-\frac{\cos^9\varphi}{9}\right]_0^{\pi/2} \\ &=\frac{32}{9}(2\pi) =\frac{64\pi}{9} \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

On the domain of integration

  • xx runs from −1-1 to 11.
  • For each fixed xx in that range, yy runs from −1−x2-\sqrt{1-x^2} to 1−x2\sqrt{1-x^2}. In inequalities, that is −1−x2≤y≤1−x2-\sqrt{1-x^2}\le y\le \sqrt{1-x^2}, which is equivalent to x2+y2≤1x^2+y^2\le 1.
  • For each fixed (x,y)(x,y) obeying x2+y2≤1x^2+y^2\le 1, zz runs from 1−1−x2−y21-\sqrt{1-x^2-y^2} to 1+1−x2−y21+\sqrt{1-x^2-y^2}. In inequalities, that is 1−1−x2−y2≤z≤1+1−x2−y21-\sqrt{1-x^2-y^2}\le z\le 1+\sqrt{1-x^2-y^2}, which is equivalent to x2+y2+(z−1)2≤1x^2+y^2+(z-1)^2\le 1.

So the domain of integration is

V={ (x,y,z) ∣ x2+y2+(z−1)2≤1 }V = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2+(z-1)^2\le 1\ \big\}

In spherical coordinates, the condition x2+y2+(z−1)2≤1x^2+y^2+(z-1)^2\le 1 is

(ρsin⁡φcos⁡θ)2+(ρsin⁡φsin⁡θ)2+(ρcos⁡φ−1)2≤1  ⟺  ρ2sin⁡2φ+(ρcos⁡φ−1)2≤1  ⟺  ρ2sin⁡2φ+ρ2cos⁡2φ−2ρcos⁡φ+1≤1  ⟺  ρ2≤2ρcos⁡φ  ⟺  ρ≤2cos⁡φ\begin{aligned} &(\rho\sin\varphi\cos\theta)^2 +(\rho\sin\varphi\sin\theta)^2 +(\rho\cos\varphi-1)^2\le 1 \\ &\iff \rho^2\sin^2\varphi + (\rho\cos\varphi-1)^2\le 1 \\ &\iff \rho^2\sin^2\varphi + \rho^2\cos^2\varphi -2 \rho\cos\varphi +1 \le 1 \\ &\iff \rho^2\le 2\rho\cos\varphi \\ &\iff \rho\le 2\cos\varphi \end{aligned}

Note that VV is contained in the upper half, z≥0z\ge 0, of R3\mathbb{R}^3 and that the xyxy–plane in tangent to VV. So as (x,y,z)(x,y,z) runs over VV, the spherical coordinate φ\varphi runs from 00 (the positive zz–axis) to π/2{\pi}/{2} (the xyxy–plane). Here is a sketch of the side view of VV.

figure

As dV=ρ2sin⁡φ dρ dφ dθ\mathrm{d}V = \rho^2\sin\varphi\ \mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\varphi\,\mathrm{d}\theta and (x2+y2+z2)5/2=ρ5\big(x^2+y^2+z^2\big)^{5/2}=\rho^5, the integral is

∫−11∫−1−x21−x2∫1−1−x2−y21+1−x2−y2(x2+y2+z2)5/2 dz dy dx=∫02πdθ∫0π/2dφ∫02cos⁡φdρ ρ2sin⁡φ ρ5=∫02πdθ∫0π/2dφ 28cos⁡8φ8sin⁡φ=32∫02πdθ [−cos⁡9φ9]0π/2=329(2π)=64π9\begin{aligned} \int_{-1}^1 \int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}} \int_{1-\sqrt{1-x^2-y^2}}^{1+\sqrt{1-x^2-y^2}} (x^2+y^2+z^2)^{5/2} \ \mathrm{d}z\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}x &=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi \int_0^{2\cos\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^2\sin\varphi \ \rho^5 \\ &=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi \ \frac{2^8\cos^8\varphi}{8}\sin\varphi \\ &=32\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \left[-\frac{\cos^9\varphi}{9}\right]_0^{\pi/2} \\ &=\frac{32}{9}(2\pi) =\frac{64\pi}{9} \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.7절 · 7번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산보통자동 분류
54.CLP-3 · 3.7절 · 15번대학 수준우리말 번역

반지름이 aa 이고 높이가 hh 인 원기둥의 부피를 구면좌표계에서의 적분을 이용하여 구하세요.

영어 원문 보기

Evaluate the volume of a circular cylinder of radius aa and height hh by means of an integral in spherical coordinates.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

원기둥의 윗면의 방정식은 z=hz=h, 즉 ρcos⁡φ=h\rho\cos\varphi=h 이다. 원기둥의 옆면의 방정식은 x2+y2=a2x^2+y^2=a^2, 즉 ρsin⁡φ=a\rho\sin\varphi=a 이다. 원기둥의 밑면의 방정식은 z=0z=0, 즉 φ=π2\varphi=\frac{\pi}{2} 이다.

그림

그림

그림

각각의 고정된 φ\varphi 에 대하여 θ\theta 는 00 에서 2π2\pi 까지 변하고, ρ\rho 는 00 에서 hcos⁡φ\frac{h}{\cos\varphi} (통의 윗면에서, φ<tan⁡−1ah\varphi<\tan^{-1}\frac{a}{h} 인 경우) 또는 asin⁡φ\frac{a}{\sin\varphi} (통의 옆면에서, φ>tan⁡−1ah\varphi>\tan^{-1}\frac{a}{h} 인 경우) 까지 변한다. 따라서

부피=∫0tan⁡−1ahdφ∫02πdθ∫0h/cos⁡φdρ ρ2sin⁡φ+∫tan⁡−1ahπ2dφ∫02πdθ∫0a/sin⁡φdρ ρ2sin⁡φ=2π∫0tan⁡−1ahdφ h3sin⁡φ3cos⁡3φ+2π∫tan⁡−1ahπ2dφ a3sin⁡φ3sin⁡3φ=2π{∫0ahdt h33t−∫ha0ds a33} 여기서 t=tan⁡φ, dt=sec⁡2φ dφ, s=cot⁡φ, ds=−csc⁡2φ dφ=2π{h33 12(ah)2+a33 ha}=2π{ah26+a2h3}=πa2h\begin{aligned} \text{부피} &= \int_{0}^{\tan^{-1}{a\over h}} \mathrm{d}\varphi \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_0^{h/\cos\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^2\sin\varphi +\int_{\tan^{-1}{a\over h}}^{{\pi\over 2}} \mathrm{d}\varphi \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_0^{a/\sin\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^2\sin\varphi \\ &= 2\pi\int_{0}^{\tan^{-1}{a\over h}} \mathrm{d}\varphi \ \frac{h^3\sin\varphi}{3\cos^3\varphi} +2\pi\int_{\tan^{-1}{a\over h}}^{{\pi\over 2}} \mathrm{d}\varphi \ \frac{a^3\sin\varphi}{3\sin^3\varphi} \\ &=2\pi\Big\{\int_0^{{a\over h}}\mathrm{d}t\ \frac{h^3}{3}t -\int^0_{{h\over a}}\mathrm{d}s\ \frac{a^3}{3}\Big\} \\ &\text{ 여기서 $t=\tan\varphi$, $\mathrm{d}t=\sec^2\varphi\,\mathrm{d}\varphi$, $s=\cot\varphi$, $\mathrm{d}s=-\csc^2\varphi\,\mathrm{d}\varphi$} \\ &=2\pi\left\{\frac{h^3}{3}\,\frac{1}{2}\left(\frac{a}{h}\right)^2 +\frac{a^3}{3}\,\frac{h}{a}\right\} =2\pi\left\{\frac{ah^2}{6}+\frac{a^2h}{3}\right\} =\pi a^2h \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

The top of the cylinder has equation z=hz=h, i.e. ρcos⁡φ=h\rho\cos\varphi=h. The side of the cylinder has equation x2+y2=a2x^2+y^2=a^2, i.e. ρsin⁡φ=a\rho\sin\varphi=a. The bottom of the cylinder has equation z=0z=0, i.e. φ=π2\varphi=\frac{\pi}{2}.

figure

figure

figure

For each fixed φ\varphi, θ\theta runs from 00 to 2π2\pi and ρ\rho runs from 00 to either hcos⁡φ\frac{h}{\cos\varphi} (at the top of the can, if φ<tan⁡−1ah\varphi<\tan^{-1}\frac{a}{h}) or asin⁡φ\frac{a}{\sin\varphi} (at the side of the can, if φ>tan⁡−1ah\varphi>\tan^{-1}\frac{a}{h}). So the

Volume=∫0tan⁡−1ahdφ∫02πdθ∫0h/cos⁡φdρ ρ2sin⁡φ+∫tan⁡−1ahπ2dφ∫02πdθ∫0a/sin⁡φdρ ρ2sin⁡φ=2π∫0tan⁡−1ahdφ h3sin⁡φ3cos⁡3φ+2π∫tan⁡−1ahπ2dφ a3sin⁡φ3sin⁡3φ=2π{∫0ahdt h33t−∫ha0ds a33} where t=tan⁡φ, dt=sec⁡2φ dφ, s=cot⁡φ, ds=−csc⁡2φ dφ=2π{h33 12(ah)2+a33 ha}=2π{ah26+a2h3}=πa2h\begin{aligned} \text{Volume} &= \int_{0}^{\tan^{-1}{a\over h}} \mathrm{d}\varphi \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_0^{h/\cos\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^2\sin\varphi +\int_{\tan^{-1}{a\over h}}^{{\pi\over 2}} \mathrm{d}\varphi \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_0^{a/\sin\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^2\sin\varphi \\ &= 2\pi\int_{0}^{\tan^{-1}{a\over h}} \mathrm{d}\varphi \ \frac{h^3\sin\varphi}{3\cos^3\varphi} +2\pi\int_{\tan^{-1}{a\over h}}^{{\pi\over 2}} \mathrm{d}\varphi \ \frac{a^3\sin\varphi}{3\sin^3\varphi} \\ &=2\pi\Big\{\int_0^{{a\over h}}\mathrm{d}t\ \frac{h^3}{3}t -\int^0_{{h\over a}}\mathrm{d}s\ \frac{a^3}{3}\Big\} \\ &\text{ where $t=\tan\varphi$, $\mathrm{d}t=\sec^2\varphi\,\mathrm{d}\varphi$, $s=\cot\varphi$, $\mathrm{d}s=-\csc^2\varphi\,\mathrm{d}\varphi$} \\ &=2\pi\left\{\frac{h^3}{3}\,\frac{1}{2}\left(\frac{a}{h}\right)^2 +\frac{a^3}{3}\,\frac{h}{a}\right\} =2\pi\left\{\frac{ah^2}{6}+\frac{a^2h}{3}\right\} =\pi a^2h \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.7절 · 6번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분활용보통자동 분류
55.CLP-3 · 3.7절 · 16번대학 수준우리말 번역

BB 를 구 x2+y2+z2=4x^2+y^2+z^2=4 의 내부이고 원뿔 x2+y2=z2x^2+y^2=z^2 의 위쪽에 있는 영역이라고 하자. 관성 모멘트

∭Bz2 dV\iiint _B z^2\,\mathrm{d}V

를 구하세요.

영어 원문 보기

Let BB denote the region inside the sphere x2+y2+z2=4x^2+y^2+z^2=4 and above the cone x2+y2=z2x^2+y^2=z^2. Compute the moment of inertia

∭Bz2 dV\iiint _B z^2\,\mathrm{d}V

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

구면좌표계에서

x=ρsin⁡φcos⁡θy=ρsin⁡φsin⁡θz=ρcos⁡φx=\rho\sin\varphi\cos\theta\qquad y=\rho\sin\varphi\sin\theta\qquad z=\rho\cos\varphi

이므로 구 x2+y2+z2=4x^2+y^2+z^2=4 는 ρ2=4\rho^2=4 즉 ρ=2\rho=2 이고, 원뿔 x2+y2=z2x^2+y^2=z^2 은 ρ2sin⁡2φ=ρ2cos⁡2φ\rho^2\sin^2\varphi=\rho^2\cos^2\varphi 즉 tan⁡φ=±1\tan\varphi=\pm1 즉 φ=π4, 3π4\varphi=\frac{\pi}{4},\ \frac{3\pi}{4} 이다. 따라서

관성 모멘트=∫02dρ∫0π/4dφ∫02πdθ ρ2sin⁡φ (ρcos⁡φ)2=2π∫02dρ ρ4∫0π/4dφ sin⁡φcos⁡2φ=2π[ρ55]02[−13cos⁡3φ]0π/4=6415π(1−122)≈8.665\begin{aligned} \text{관성 모멘트} &=\int_0^2\mathrm{d}\rho\int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \rho^2\sin\varphi \ (\rho\cos\varphi)^2 =2\pi\int_0^2 \mathrm{d}\rho\ \rho^4\int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi\cos^2\varphi\\ &=2\pi\left[\frac{\rho^5}{5}\right]_0^2 \left[-\frac{1}{3}\cos^3\varphi\right]_0^{\pi/4} =\frac{64}{15}\pi\left(1-\frac{1}{2\sqrt{2}}\right)\approx 8.665 \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

In spherical coordinates,

x=ρsin⁡φcos⁡θy=ρsin⁡φsin⁡θz=ρcos⁡φx=\rho\sin\varphi\cos\theta\qquad y=\rho\sin\varphi\sin\theta\qquad z=\rho\cos\varphi

so that the sphere x2+y2+z2=4x^2+y^2+z^2=4 is ρ2=4\rho^2=4 or ρ=2\rho=2 and the cone x2+y2=z2x^2+y^2=z^2 is ρ2sin⁡2φ=ρ2cos⁡2φ\rho^2\sin^2\varphi=\rho^2\cos^2\varphi or tan⁡φ=±1\tan\varphi=\pm1 or φ=π4, 3π4\varphi=\frac{\pi}{4},\ \frac{3\pi}{4}. So

moment=∫02dρ∫0π/4dφ∫02πdθ ρ2sin⁡φ (ρcos⁡φ)2=2π∫02dρ ρ4∫0π/4dφ sin⁡φcos⁡2φ=2π[ρ55]02[−13cos⁡3φ]0π/4=6415π(1−122)≈8.665\begin{aligned} \text{moment} &=\int_0^2\mathrm{d}\rho\int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \rho^2\sin\varphi \ (\rho\cos\varphi)^2 =2\pi\int_0^2 \mathrm{d}\rho\ \rho^4\int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi\cos^2\varphi\\ &=2\pi\left[\frac{\rho^5}{5}\right]_0^2 \left[-\frac{1}{3}\cos^3\varphi\right]_0^{\pi/4} =\frac{64}{15}\pi\left(1-\frac{1}{2\sqrt{2}}\right)\approx 8.665 \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.7절 · 5번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산보통자동 분류
56.CLP-3 · 3.7절 · 17번대학 수준우리말 번역

(a) ∭Ωz dV\displaystyle \iiint _\Omega z\,\mathrm{d}V 의 값을 구하세요. 여기서 Ω\Omega 는 제1팔분공간 x≥0x\ge 0, y≥0y\ge 0, z≥0z\ge 0 에 있으면서 구 x2+y2+z2=1x^2+y^2+z^2=1 의 내부를 차지하는 3차원 영역입니다. (b) (a)의 결과를 이용하여 z≥0z\ge 0, x2+y2+z2≤1x^2+y^2+z^2\le 1 로 주어진 반구 모양 입체의 무게중심을 빠르게 구하세요.

영어 원문 보기

(a) Evaluate ∭Ωz dV\displaystyle \iiint _\Omega z\,\mathrm{d}V where Ω\Omega is the three dimensional region in the first octant x≥0x\ge 0, y≥0y\ge 0, z≥0z\ge 0, occupying the inside of the sphere x2+y2+z2=1x^2+y^2+z^2=1. (b) Use the result in part (a) to quickly determine the centroid of a hemispherical ball given by z≥0z\ge 0, x2+y2+z2≤1x^2+y^2+z^2\le 1.

정답·풀이 보기

(a) 구면좌표계에서

x=ρsin⁡ϕcos⁡θy=ρsin⁡ϕsin⁡θz=ρcos⁡ϕ\begin{aligned} x=\rho\sin\phi\cos\theta\qquad y=\rho\sin\phi\sin\theta\qquad z=\rho\cos\phi \end{aligned}

이므로

  • 구 x2+y2+z2=1x^2+y^2+z^2=1 은 ρ=1\rho=1 이고,
  • xyxy평면 z=0z=0 은 ϕ=π2\phi=\frac{\pi}{2} 이고,
  • xzxz평면의 양의 쪽 절반 y=0y=0, x>0x>0 은 θ=0\theta=0 이고
  • yzyz평면의 양의 쪽 절반 x=0x=0, y>0y>0 은 θ=π2\theta=\frac{\pi}{2} 이다.

따라서

∭Ωz dV=∫01dρ∫0π/2dϕ∫0π/2dθ ρ2sin⁡ϕ(ρcos⁡ϕ)⏞z=π2∫01dρ∫0π/2dϕ ρ3sin⁡ϕcos⁡ϕ=π2∫01dρ ρ3 12sin⁡2ϕ∣0π/2=π4∫01dρ ρ3=π16\begin{aligned} \iiint _\Omega z\,\mathrm{d}V&= \int_0^1 \mathrm{d}\rho\int_0^{\pi/2}d\phi\int _0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \rho^2\sin\phi\overbrace{(\rho\cos\phi)}^{z} \\ &=\frac{\pi}{2}\int_0^1 \mathrm{d}\rho\int_0^{\pi/2}d\phi\ \rho^3\sin\phi \cos\phi \\ &=\frac{\pi}{2}\int_0^1 \mathrm{d}\rho\ \rho^3\ \frac{1}{2}\sin^2\phi \Big|_0^{\pi/2} =\frac{\pi}{4}\int_0^1 \mathrm{d}\rho\ \rho^3 =\frac{\pi}{16} \end{aligned}

(b) z≥0z\ge 0, x2+y2+z2≤1x^2+y^2+z^2\le 1 로 주어진 반구 모양 입체 (이를 HH 라 하자)의 무게중심 (xˉ,yˉ,zˉ)(\bar x,\bar y,\bar z) 는 (대칭성에 의해) xˉ=yˉ=0\bar x=\bar y=0 이고

zˉ=∭Hz dV∭H dV=4∭Ωz dV12×43π=π42π3=38\begin{aligned} \bar z=\frac{\iiint _H z\,\mathrm{d}V}{\iiint _H\,\mathrm{d}V} =\frac{4\iiint _\Omega z\,\mathrm{d}V}{\tfrac{1}{2}\times\frac{4}{3}\pi} =\frac{\frac{\pi}{4}}{\frac{2\pi}{3}} =\frac{3}{8} \end{aligned}

이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) In spherical coordinates,

x=ρsin⁡ϕcos⁡θy=ρsin⁡ϕsin⁡θz=ρcos⁡ϕ\begin{aligned} x=\rho\sin\phi\cos\theta\qquad y=\rho\sin\phi\sin\theta\qquad z=\rho\cos\phi \end{aligned}

so that

  • the sphere x2+y2+z2=1x^2+y^2+z^2=1 is ρ=1\rho=1,
  • the xyxy-plane, z=0z=0, is ϕ=π2\phi=\frac{\pi}{2},
  • the positive half of the xzxz-plane, y=0y=0, x>0x>0, is θ=0\theta=0 and
  • the positive half of the yzyz-plane, x=0x=0, y>0y>0, is θ=π2\theta=\frac{\pi}{2}.

So

∭Ωz dV=∫01dρ∫0π/2dϕ∫0π/2dθ ρ2sin⁡ϕ(ρcos⁡ϕ)⏞z=π2∫01dρ∫0π/2dϕ ρ3sin⁡ϕcos⁡ϕ=π2∫01dρ ρ3 12sin⁡2ϕ∣0π/2=π4∫01dρ ρ3=π16\begin{aligned} \iiint _\Omega z\,\mathrm{d}V&= \int_0^1 \mathrm{d}\rho\int_0^{\pi/2}d\phi\int _0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \rho^2\sin\phi\overbrace{(\rho\cos\phi)}^{z} \\ &=\frac{\pi}{2}\int_0^1 \mathrm{d}\rho\int_0^{\pi/2}d\phi\ \rho^3\sin\phi \cos\phi \\ &=\frac{\pi}{2}\int_0^1 \mathrm{d}\rho\ \rho^3\ \frac{1}{2}\sin^2\phi \Big|_0^{\pi/2} =\frac{\pi}{4}\int_0^1 \mathrm{d}\rho\ \rho^3 =\frac{\pi}{16} \end{aligned}

(b) The hemispherical ball given by z≥0z\ge 0, x2+y2+z2≤1x^2+y^2+z^2\le 1 (call it HH) has centroid (xˉ,yˉ,zˉ)(\bar x,\bar y,\bar z) with xˉ=yˉ=0\bar x=\bar y=0 (by symmetry) and

zˉ=∭Hz dV∭H dV=4∭Ωz dV12×43π=π42π3=38\begin{aligned} \bar z=\frac{\iiint _H z\,\mathrm{d}V}{\iiint _H\,\mathrm{d}V} =\frac{4\iiint _\Omega z\,\mathrm{d}V}{\tfrac{1}{2}\times\frac{4}{3}\pi} =\frac{\frac{\pi}{4}}{\frac{2\pi}{3}} =\frac{3}{8} \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.7절 · 4번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산보통자동 분류
57.CLP-3 · 3.7절 · 18번대학 수준우리말 번역

원점을 중심으로 하는 반지름이 2인 공의 윗부분 절반을 생각하세요. 이 공의 밀도는 단위 부피당 질량이 9z9z 인 변수 밀도라고 하세요.

(a) 이 반구의 질량을 나타내는 삼중적분을 세우세요. (b) 이 질량 중 원뿔

z=x2+y2z=\sqrt{x^2+y^2}

안쪽에 있는 부분이 차지하는 분수를 구하세요.

영어 원문 보기

Consider the top half of a ball of radius 2 centred at the origin. Suppose that the ball has variable density equal to 9z9z units of mass per unit volume.

(a) Set up a triple integral giving the mass of this half–ball. (b) Find out what fraction of that mass lies inside the cone

z=x2+y2z=\sqrt{x^2+y^2}

정답·풀이 보기

(a) 구면좌표계에서

x=ρsin⁡ϕcos⁡θy=ρsin⁡ϕsin⁡θz=ρcos⁡ϕx=\rho\sin\phi\cos\theta\qquad y=\rho\sin\phi\sin\theta\qquad z=\rho\cos\phi

이므로 구 x2+y2+z2=4x^2+y^2+z^2=4 는 ρ2=4\rho^2=4 즉 ρ=2\rho=2 이고, xyxy평면은 ϕ=π2\phi=\frac{\pi}{2} 이다. 따라서

mass=∫02dρ∫0π/2dϕ∫02πdθ ρ2sin⁡ϕ (9ρcos⁡ϕ)⏞density\text{mass} =\int_0^2d\rho\int_0^{\pi/2}d\phi\int_0^{2\pi}d\theta\ \rho^2\sin\phi \ \overbrace{(9 \rho\cos\phi)}^{\rm density}

(b) 반구의 질량은

9∫02dρ∫0π/2dϕ∫02πdθ ρ3sin⁡ϕcos⁡ϕ=9[∫02dρ ρ3][∫0π/2dϕ sin⁡ϕcos⁡ϕ][∫02πdθ]9 \int_0^2d\rho\int_0^{\pi/2}d\phi\int_0^{2\pi}d\theta\ \rho^3\sin\phi \cos\phi =9 \bigg[\int_0^2d\rho\ \rho^3\bigg] \bigg[\int_0^{\pi/2}d\phi\ \sin\phi \cos\phi\bigg] \bigg[\int_0^{2\pi}d\theta\bigg]

이다. 구면좌표계에서 원뿔 x2+y2=z2x^2+y^2=z^2 은 ρ2sin⁡2ϕ=ρ2cos⁡2ϕ\rho^2\sin^2\phi=\rho^2\cos^2\phi 즉 tan⁡ϕ=±1\tan\phi=\pm1 이므로 ϕ=π4, 3π4\phi=\frac{\pi}{4},\ \frac{3\pi}{4} 이다. 따라서 원뿔 안쪽에 있는 부분의 질량은

9∫02dρ∫0π/4dϕ∫02πdθ ρ3sin⁡ϕcos⁡ϕ=9[∫02dρ ρ3][∫0π/4dϕ sin⁡ϕcos⁡ϕ][∫02πdθ]9 \int_0^2d\rho\int_0^{\pi/4}d\phi\int_0^{2\pi}d\theta\ \rho^3\sin\phi \cos\phi =9 \bigg[\int_0^2d\rho\ \rho^3\bigg] \bigg[\int_0^{\pi/4}d\phi\ \sin\phi \cos\phi\bigg] \bigg[\int_0^{2\pi}d\theta\bigg]

이다.

원뿔 안쪽의 분수는

∫0π/4dϕ sin⁡ϕcos⁡ϕ∫0π/2dϕ sin⁡ϕcos⁡ϕ=12sin⁡2ϕ∣0π/412sin⁡2ϕ∣0π/2=12\frac{\int_0^{\pi/4}d\phi\ \sin\phi \cos\phi}{\int_0^{\pi/2}d\phi\ \sin\phi \cos\phi} =\frac{\tfrac{1}{2}\sin^2\phi\big|_0^{\pi/4}}{\tfrac{1}{2}\sin^2\phi\big|_0^{\pi/2}} =\frac{1}{2}

이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) In spherical coordinates,

x=ρsin⁡ϕcos⁡θy=ρsin⁡ϕsin⁡θz=ρcos⁡ϕx=\rho\sin\phi\cos\theta\qquad y=\rho\sin\phi\sin\theta\qquad z=\rho\cos\phi

the sphere x2+y2+z2=4x^2+y^2+z^2=4 is ρ2=4\rho^2=4 or ρ=2\rho=2 and the xyxy-plane is ϕ=π2\phi=\frac{\pi}{2}. So

mass=∫02dρ∫0π/2dϕ∫02πdθ ρ2sin⁡ϕ (9ρcos⁡ϕ)⏞density\text{mass} =\int_0^2d\rho\int_0^{\pi/2}d\phi\int_0^{2\pi}d\theta\ \rho^2\sin\phi \ \overbrace{(9 \rho\cos\phi)}^{\rm density}

(b) The mass of the half ball is

9∫02dρ∫0π/2dϕ∫02πdθ ρ3sin⁡ϕcos⁡ϕ=9[∫02dρ ρ3][∫0π/2dϕ sin⁡ϕcos⁡ϕ][∫02πdθ]9 \int_0^2d\rho\int_0^{\pi/2}d\phi\int_0^{2\pi}d\theta\ \rho^3\sin\phi \cos\phi =9 \bigg[\int_0^2d\rho\ \rho^3\bigg] \bigg[\int_0^{\pi/2}d\phi\ \sin\phi \cos\phi\bigg] \bigg[\int_0^{2\pi}d\theta\bigg]

In spherical coordinates, the cone x2+y2=z2x^2+y^2=z^2 is ρ2sin⁡2ϕ=ρ2cos⁡2ϕ\rho^2\sin^2\phi=\rho^2\cos^2\phi or tan⁡ϕ=±1\tan\phi=\pm1 or ϕ=π4, 3π4\phi=\frac{\pi}{4},\ \frac{3\pi}{4}. So the mass of the part that is inside the cone is

9∫02dρ∫0π/4dϕ∫02πdθ ρ3sin⁡ϕcos⁡ϕ=9[∫02dρ ρ3][∫0π/4dϕ sin⁡ϕcos⁡ϕ][∫02πdθ]9 \int_0^2d\rho\int_0^{\pi/4}d\phi\int_0^{2\pi}d\theta\ \rho^3\sin\phi \cos\phi =9 \bigg[\int_0^2d\rho\ \rho^3\bigg] \bigg[\int_0^{\pi/4}d\phi\ \sin\phi \cos\phi\bigg] \bigg[\int_0^{2\pi}d\theta\bigg]

The fraction inside the cone is

∫0π/4dϕ sin⁡ϕcos⁡ϕ∫0π/2dϕ sin⁡ϕcos⁡ϕ=12sin⁡2ϕ∣0π/412sin⁡2ϕ∣0π/2=12\frac{\int_0^{\pi/4}d\phi\ \sin\phi \cos\phi}{\int_0^{\pi/2}d\phi\ \sin\phi \cos\phi} =\frac{\tfrac{1}{2}\sin^2\phi\big|_0^{\pi/4}}{\tfrac{1}{2}\sin^2\phi\big|_0^{\pi/2}} =\frac{1}{2}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.7절 · 3번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산보통자동 분류