다중적분 전체 연습문제 | 빌드라인 스쿨

1.CLP-3 · 3.2절 · 20번대학 수준우리말 번역

$G$ 를 다음과 같이 주어진 $\mathbb{R}^2$ 의 영역이라 하자.

$\begin{gathered} x^2 + y^2 \le 1 \\ 0 \le x \le 2y \\ y \le 2x \end{gathered}$

(a) 영역 $G$ 의 그래프를 그리세요. (b) 적분 $\iint _G f(x,y)\ \mathrm{d}A$ 를 반복적분 $\iint f(x, y)\ \mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 의 합으로 나타내세요. (c) 적분 $\iint _G f(x,y)\ \mathrm{d}A$ 를 $x = r \cos(\theta)$ , $y = r \sin(\theta)$ 인 극좌표 $(r, \theta)$ 에서의 반복적분으로 나타내세요.

영어 원문 보기

Let $G$ be the region in $\mathbb{R}^2$ given by

$\begin{gathered} x^2 + y^2 \le 1 \\ 0 \le x \le 2y \\ y \le 2x \end{gathered}$

(a) Sketch the region $G$ . (b) Express the integral $\iint _G f(x,y)\ \mathrm{d}A$ a sum of iterated integrals $\iint f(x, y)\ \mathrm{d}x\mathrm{d}y$ . (c) Express the integral $\iint _G f(x,y)\ \mathrm{d}A$ as an iterated integral in polar coordinates $(r, \theta)$ where $x = r \cos(\theta)$ and $y = r \sin(\theta)$ .

정답·풀이 보기

(a) 다음에 주목한다.

조건 $x^2+y^2\le 1$ 은 $G$ 를 원점을 중심으로 하는 반지름이 $1$ 인 원의 내부로 제한한다.
조건 $0\le x\le 2y$ 는 $G$ 를 $x\ge 0$ , $y\ge 0$ 인 부분, 즉 제1사분면으로 제한한다.
조건 $x\le 2y$ 와 $y\le 2x$ 는 $\frac{x}{2}\le y\le 2x$ 로 제한한다. 따라서 $G$ 는 (가파른) 직선 $y=2x$ 의 아래쪽에 있고, (가파르지 않은) 직선 $y=\frac{x}{2}$ 의 위쪽에 있다.

다음은 $G$ 의 그래프이다.

(b) 직선 $y=2x$ 는 원 $x^2+y^2=1$ 과 다음을 만족하는 점 $(x,y)$ 에서 만난다.

$\begin{aligned} x^2+(2x)^2=x^2+y^2=1 \implies 5x^2=1 \end{aligned}$

또한 직선 $x=2y$ 는 원 $x^2+y^2=1$ 과 다음을 만족하는 점 $(x,y)$ 에서 만난다.

$\begin{aligned} (2y)^2+y^2=x^2+y^2=1 \implies 5y^2=1 \end{aligned}$

따라서 제1팔분면에서 $y=2x$ 와 $x^2+y^2=1$ 의 교점은 $\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\,,\,\frac{2}{\sqrt{5}}\right)$ 이고, 제1팔분면에서 $x=2y$ 와 $x^2+y^2=1$ 의 교점은 $\left(\frac{2}{\sqrt{5}}\,,\,\frac{1}{\sqrt{5}}\right)$ 이다.

다음 그림과 같이 가로 띠를 이용하여 반복적분을 세운다.

이 그림을 보면 $G$ 위에서

$y$ 는 $0$ 에서 $\frac{2}{\sqrt{5}}$ 까지 변하고,
$0$ 과 $\frac{1}{\sqrt{5}}$ 사이의 각 고정된 $y$ 에 대해 $x$ 는 $\frac{y}{2}$ 에서 $2y$ 까지 변하고,
$\frac{1}{\sqrt{5}}$ 과 $\frac{2}{\sqrt{5}}$ 사이의 각 고정된 $y$ 에 대해 $x$ 는 $\frac{y}{2}$ 에서 $\sqrt{1-y^2}$ 까지 변한다.

그러므로

$\begin{aligned} \iint _G f(x,y)\ \mathrm{d}A &=\int_0^{\frac{1}{\sqrt{5}}}\mathrm{d}y\int_{y/2}^{2y}\mathrm{d}x\ f(x,y) +\int_{\frac{1}{\sqrt{5}}}^{\frac{2}{\sqrt{5}}}\mathrm{d}y\int_{y/2}^{\sqrt{1-y^2}} \mathrm{d}x\ f(x,y) \end{aligned}$

(b) 극좌표에서

방정식 $x^2+y^2=1$ 은 $r=1$ 이 되고,
방정식 $y=x/2$ 는 $r\sin\theta = \frac{r}{2}\cos\theta$ , 즉 $\tan\theta =\frac{1}{2}$ 이 되고,
방정식 $y=2x$ 는 $r\sin\theta = 2r\cos\theta$ , 즉 $\tan\theta =2$ 가 된다.

다음 그림을 보면

$G$ 위에서

$\theta$ 는 $\arctan\frac{1}{2}$ 에서 $\arctan 2$ 까지 변하고,
그 범위의 각 고정된 $\theta$ 에 대해 $r$ 는 $0$ 에서 $1$ 까지 변한다.

$\mathrm{d}A=r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$ 이고 $x=r\cos\theta$ , $y=r\sin\theta$ 이므로

$\begin{aligned} \iint _G f(x,y)\ \mathrm{d}A &=\int_{\arctan\frac{1}{2}}^{\arctan 2}\mathrm{d}\theta \int_0^1\mathrm{d}r\ r\,f(r\cos\theta,r\sin\theta) \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

(a) Observe that

the condition $x^2+y^2\le 1$ restricts $G$ to the interior of the circle of radius $1$ centred on the origin, and
the conditions $0\le x\le 2y$ restricts $G$ to $x\ge 0$ , $y\ge 0$ , i.e. to the first quadrant, and
the conditions $x\le 2y$ and $y\le 2x$ restrict $\frac{x}{2}\le y\le 2x$ . So $G$ lies below the (steep) line $y=2x$ and lies above the (not steep) line $y=\frac{x}{2}$ .

Here is a sketch of $G$

(b) Observe that the line $y=2x$ crosses the circle $x^2+y^2=1$ at a point $(x,y)$ obeying

$\begin{aligned} x^2+(2x)^2=x^2+y^2=1 \implies 5x^2=1 \end{aligned}$

and that the line $x=2y$ crosses the circle $x^2+y^2=1$ at a point $(x,y)$ obeying

$\begin{aligned} (2y)^2+y^2=x^2+y^2=1 \implies 5y^2=1 \end{aligned}$

So the intersection point of $y=2x$ and $x^2+y^2=1$ in the first octant is $\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\,,\,\frac{2}{\sqrt{5}}\right)$ and the intersection point of $x=2y$ and $x^2+y^2=1$ in the first octant is $\left(\frac{2}{\sqrt{5}}\,,\,\frac{1}{\sqrt{5}}\right)$ .

We'll set up the iterated integral using horizontal strips as in the sketch

Looking at that sketch, we see that, on $G$ ,

$y$ runs from $0$ to $\frac{2}{\sqrt{5}}$ , and
for each fixed $y$ between $0$ and $\frac{1}{\sqrt{5}}$ , $x$ runs from $\frac{y}{2}$ to $2y$ , and
for each fixed $y$ between $\frac{1}{\sqrt{5}}$ and $\frac{2}{\sqrt{5}}$ $x$ runs from $\frac{y}{2}$ to $\sqrt{1-y^2}$ .

So

$\begin{aligned} \iint _G f(x,y)\ \mathrm{d}A &=\int_0^{\frac{1}{\sqrt{5}}}\mathrm{d}y\int_{y/2}^{2y}\mathrm{d}x\ f(x,y) +\int_{\frac{1}{\sqrt{5}}}^{\frac{2}{\sqrt{5}}}\mathrm{d}y\int_{y/2}^{\sqrt{1-y^2}} \mathrm{d}x\ f(x,y) \end{aligned}$

(b) In polar coordinates

the equation $x^2+y^2=1$ becomes $r=1$ , and
the equation $y=x/2$ becomes $r\sin\theta = \frac{r}{2}\cos\theta$ or $\tan\theta =\frac{1}{2}$ , and
the equation $y=2x$ becomes $r\sin\theta = 2r\cos\theta$ or $\tan\theta =2$ .

Looking at the sketch

we see that, on $G$ ,

$\theta$ runs from $\arctan\frac{1}{2}$ to $\arctan 2$ , and
for each fixed $\theta$ in that range, $r$ runs from $0$ to $1$ .

As $\mathrm{d}A=r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$ , and $x=r\cos\theta$ , $y=r\sin\theta$ ,

$\begin{aligned} \iint _G f(x,y)\ \mathrm{d}A &=\int_{\arctan\frac{1}{2}}^{\arctan 2}\mathrm{d}\theta \int_0^1\mathrm{d}r\ r\,f(r\cos\theta,r\sin\theta) \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.2절 · 23번

# 극좌표 이중적분그래프·표 해석도전자동 분류

2.CLP-3 · 3.2절 · 21번대학 수준우리말 번역

다음을 생각하세요.

$J = \int_0^{\sqrt{2}} \int_y^{\sqrt{4-y^2}} \frac{y}{x} e^{x^2+y^2}\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$

(a) 적분 영역을 그림으로 그리세요. (b) 적분 순서를 바꾸세요. (c) 극좌표를 이용하여 $J$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Consider

$J = \int_0^{\sqrt{2}} \int_y^{\sqrt{4-y^2}} \frac{y}{x} e^{x^2+y^2}\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$

(a) Sketch the region of integration. (b) Reverse the order of integration. (c) Evaluate $J$ by using polar coordinates.

정답·풀이 보기

(a) 적분 정의역에서

$y$ 는 $0$ 부터 $\sqrt{2}$ 까지 변하고,
그 범위의 각 $y$ 에 대해 $x$ 는 $y$ 부터 $\sqrt{4-y^2}$ 까지 변한다. $x=\sqrt{4-y^2}$ 을 더 익숙한 꼴인 $x^2+y^2=4$ , $x\ge 0$ 으로 고쳐 쓸 수 있다.

아래 왼쪽 그림은 적분 정의역의 개형이다. 또한 주어진 반복적분을 세우는 데 사용한 일반적인 가로 방향 띠도 보여 준다.

(b) 적분 순서를 바꾸기 위해 가로 방향 띠 대신 세로 방향 띠를 사용한다. 위 오른쪽 그림에서 알 수 있듯이, 적분 정의역에서

$x$ 는 $0$ 부터 $2$ 까지 변하고,
$0\le x\le\sqrt{2}$ 인 범위의 각 $x$ 에 대해 $y$ 는 $0$ 부터 $x$ 까지 변한다.
$\sqrt{2}\le x\le 2$ 인 범위의 각 $x$ 에 대해 $y$ 는 $0$ 부터 $\sqrt{4-x^2}$ 까지 변한다.

따라서 적분은 다음과 같다.

$J = \int_0^{\sqrt{2}}\int_0^x \frac{y}{x} e^{x^2+y^2}\ \mathrm{d}y\,\mathrm{d}x + \int_{\sqrt{2}}^2\int_0^{\sqrt{4-x^2}} \frac{y}{x} e^{x^2+y^2}\ \mathrm{d}y\,\mathrm{d}x$

(c) 극좌표에서 직선 $y=x$ 는 $\theta=\frac{\pi}{4}$ 이고, 원 $x^2+y^2=4$ 는 $r=2$ 이며, $\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$ 이다. 따라서

$\begin{aligned} J&=\int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\theta\int_0^2\mathrm{d}r\ r \overbrace{\frac{r\sin\theta}{r\cos\theta}}^{\frac{y}{x}}e^{r^2} \\ &=\int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\theta\ \frac{\sin\theta}{\cos\theta} \left[\frac{1}{2} e^{r^2}\right]_0^2 \\ &=-\frac{1}{2}\left[e^4-1\right] \int_1^{1/\sqrt{2}}\mathrm{d}u\ \frac{1}{u} \qquad\text{여기서 }u=\cos\theta,\ \mathrm{d}u=-\sin\theta\,\mathrm{d}\theta \\ &=-\frac{1}{2}\left[e^4-1\right]\ \Big[\ln|u|\Big]_1^{1/\sqrt{2}} \\ &= \frac{1}{4}\left[e^4-1\right]\ln 2 \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

(a) On the domain of integration

$y$ runs from $0$ to $\sqrt{2}$ and
for each $y$ in that range, $x$ runs from $y$ to $\sqrt{4-y^2}$ . We can rewrite $x=\sqrt{4-y^2}$ in the more familiar form $x^2+y^2=4$ , $x\ge 0$ .

The figure on the left below provides a sketch of the domain of integration. It also shows the generic horizontal slice that was used to set up the given iterated integral.

(b) To reverse the order of integration observe, we use vertical, rather than horizontal slices. From the figure on the right above that, on the domain of integration,

$x$ runs from $0$ to $2$ and
for each $x$ in the range $0\le x\le\sqrt{2}$ , $y$ runs from $0$ to $x$ .
for each $x$ in the range $\sqrt{2}\le x\le 2$ , $y$ runs from $0$ to $\sqrt{4-x^2}$ .

So the integral

$J = \int_0^{\sqrt{2}}\int_0^x \frac{y}{x} e^{x^2+y^2}\ \mathrm{d}y\,\mathrm{d}x + \int_{\sqrt{2}}^2\int_0^{\sqrt{4-x^2}} \frac{y}{x} e^{x^2+y^2}\ \mathrm{d}y\,\mathrm{d}x$

(c) In polar coordinates, the line $y=x$ is $\theta=\frac{\pi}{4}$ , the circle $x^2+y^2=4$ is $r=2$ , and $\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$ . So

$\begin{aligned} J&=\int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\theta\int_0^2\mathrm{d}r\ r \overbrace{\frac{r\sin\theta}{r\cos\theta}}^{\frac{y}{x}}e^{r^2} \\ &=\int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\theta\ \frac{\sin\theta}{\cos\theta} \left[\frac{1}{2} e^{r^2}\right]_0^2 \\ &=-\frac{1}{2}\left[e^4-1\right] \int_1^{1/\sqrt{2}}\mathrm{d}u\ \frac{1}{u} \qquad\text{with }u=\cos\theta,\ \mathrm{d}u=-\sin\theta\,\mathrm{d}\theta \\ &=-\frac{1}{2}\left[e^4-1\right]\ \Big[\ln|u|\Big]_1^{1/\sqrt{2}} \\ &= \frac{1}{4}\left[e^4-1\right]\ln 2 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.2절 · 20번

# 극좌표 이중적분그래프·표 해석도전자동 분류

3.CLP-3 · 3.2절 · 22번대학 수준우리말 번역

제1팔분면에서 포물면 $z=1-\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}$ 아래에 있는 영역의 부피를 구하세요.

영어 원문 보기

Find the volume of the region in the first octant below the paraboloid $z=1-\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}$

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

포물면은 $xy$ –평면과 $\frac{x^2}{a^2} +\frac{y^2}{b^2}=1$ 에서 만난다.

$\begin{aligned} \text{부피} &=\int_0^a \mathrm{d}x\int_0^{b\sqrt{1-{x^2\over a^2}}} \mathrm{d}y\ \left(1-\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}\right) \\ &=b\int_0^a \mathrm{d}x\int_0^{\sqrt{1-{x^2\over a^2}}} \mathrm{d}v\ \left(1-\frac{x^2}{a^2}-v^2\right) \qquad\text{ 여기서 $y=bv$}\\ \end{aligned}$

이 적분을 다음 꼴로 생각한다.

$\displaystyle b\int_0^a \mathrm{d}x\ g(x)\quad \text{여기서}\quad \displaystyle g(x)=\int_0^{\sqrt{1-{x^2\over a^2}}} \mathrm{d}v\ \left(1-\frac{x^2}{a^2}-v^2\right)$

$x=au$ 로 치환하면,

$\begin{aligned} \text{부피} &=ab\int_0^1 \mathrm{d}u\int_0^{\sqrt{1-u^2}} \mathrm{d}v\ \big(1-u^2-v^2\big) \\ &=ab\iint _{u^2+v^2\le 1\atop u,v\ge 0} \mathrm{d}u \mathrm{d}v\ \big(1-u^2-v^2\big) \end{aligned}$

이제 $u=r\cos\theta$ , $v=r\sin\theta$ 를 이용하여 극좌표로 바꾼다.

$\begin{aligned} \text{부피} &=ab\int_0^1 \mathrm{d}r\int_0^{\pi\over 2} \mathrm{d}\theta\ r\big(1-r^2\big) =ab\ \frac{\pi}{2}\ \left[\frac{r^2}{2}-\frac{r^4}{4}\right]_0^1 =\frac{\pi}{8}ab \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

The paraboloid hits the $xy$ –plane at $\frac{x^2}{a^2} +\frac{y^2}{b^2}=1$ .

$\begin{aligned} \text{Volume} &=\int_0^a \mathrm{d}x\int_0^{b\sqrt{1-{x^2\over a^2}}} \mathrm{d}y\ \left(1-\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}\right) \\ &=b\int_0^a \mathrm{d}x\int_0^{\sqrt{1-{x^2\over a^2}}} \mathrm{d}v\ \left(1-\frac{x^2}{a^2}-v^2\right) \qquad\text{ where $y=bv$}\\ \end{aligned}$

Think of this integral as being of the form

$\displaystyle b\int_0^a \mathrm{d}x\ g(x)\quad \text{with}\quad \displaystyle g(x)=\int_0^{\sqrt{1-{x^2\over a^2}}} \mathrm{d}v\ \left(1-\frac{x^2}{a^2}-v^2\right)$

Then, substituting $x=au$ ,

$\begin{aligned} \text{Volume} &=ab\int_0^1 \mathrm{d}u\int_0^{\sqrt{1-u^2}} \mathrm{d}v\ \big(1-u^2-v^2\big) \\ &=ab\iint _{u^2+v^2\le 1\atop u,v\ge 0} \mathrm{d}u \mathrm{d}v\ \big(1-u^2-v^2\big) \end{aligned}$

Now switch to polar coordinates using $u=r\cos\theta$ , $v=r\sin\theta$ .

$\begin{aligned} \text{Volume} &=ab\int_0^1 \mathrm{d}r\int_0^{\pi\over 2} \mathrm{d}\theta\ r\big(1-r^2\big) =ab\ \frac{\pi}{2}\ \left[\frac{r^2}{2}-\frac{r^4}{4}\right]_0^1 =\frac{\pi}{8}ab \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.2절 · 24번

# 극좌표 이중적분활용도전자동 분류

4.CLP-3 · 3.2절 · 23번대학 수준우리말 번역

대칭인 커피 퍼컬레이터는 가득 채우면 24컵이 들어간다. 내부는 단면이 원형이며, 가운데에서 반지름이 3"이고 밑면과 윗면에서 반지름이 2"로 가늘어지는데, 밑면과 윗면 사이의 거리는 12"이다. 겉면은 포물선 모양이다. 6컵 수위를 나타내는 눈금은 어디에 표시해야 하는가?

영어 원문 보기

A symmetrical coffee percolator holds 24 cups when full. The interior has a circular cross-section which tapers from a radius of 3" at the centre to 2" at the base and top, which are 12" apart. The bounding surface is parabolic. Where should the mark indicating the 6 cup level be placed?

정답·풀이 보기

$r(z)$ 를 항아리의 가운데로부터 높이 $z$ 에서의 반지름이라 하자. 항아리의 겉면이 포물선이므로 $r(z)$ 는 $z$ 에 대한 이차함수이어야 하고, $z=0$ 에서 $3$ , $z=\pm 6$ 에서 $2$ 의 값을 갖는다. 즉 $r(z)$ 는 $r(z)=az^2+bz+c$ 꼴이어야 한다. $r(0)=3$ 이라는 조건에서 $c=3$ 이다. $r(\pm 6)=2$ 라는 조건에서

$\begin{aligned} 6^2a + 6b + 3 &=2 \\ 6^2a - 6b + 3 &=2 \end{aligned}$

이므로 $b=0$ 이고 $6^2a=-1$ 이어서 $a=-\frac{1}{6^2}$ 이다. 따라서 $r(z)=3-\big(\frac{z}{6}\big)^2$ 이다.

항아리를 수평으로 얇게 자르면, 높이 $z$ 에서의 조각은 반지름이 $r(z)$ 이고 두께가 $\mathrm{d}z$ 인 원판이므로 부피는 $\pi r(z)^2\mathrm{d}z$ 이다. 높이 $z_0$ 까지의 부피는

$\begin{aligned} V(z) &=\int_{-6}^{z_0} \mathrm{d}z\ \pi r(z)^2 =\int_{-6}^{z_0} \mathrm{d}z\ \pi\left[3-\frac{z^2}{36}\right]^2 =\pi\left[9z-\frac{z^3}{18}+\frac{z^5}{5\times36^2}\right]_{-6}^{z_0}\\ \end{aligned}$

이다. 눈금은 6컵 수위에 있어야 하고 항아리에는 24컵이 들어가므로, 눈금은 부피 $V(z_0)$ 가 전체 부피 $V(6)$ 의 4분의 1이 되는 높이 $z_0$ 에 있어야 한다. 즉 $V(z_0)=\frac{1}{4} V(6)$ 이 되도록 $z_0$ 를 정해야 하므로

$\pi\left[9z-\frac{z^3}{18}+\frac{z^5}{5\times36^2}\right]_{-6}^{z_0} =\frac{\pi}{4}\left[9z-\frac{z^3}{18}+\frac{z^5}{5\times36^2}\right]_{-6}^{6} =\frac{\pi}{2}\left[9\times 6-\frac{6^3}{18}+\frac{6^5}{5\times36^2}\right]$

또는

$9z_0-\frac{z_0^3}{18}+\frac{z_0^5}{5\times36^2} =-\frac{1}{2}\left[9\times 6-\frac{6^3}{18}+\frac{6^5}{5\times36^2}\right] =-21.60$

이다. $\Big[9z_0-\frac{z_0^3}{18}+\frac{z_0^5}{6480}\Big]_{z_0=-2.495}=-21.61$ 이고 $\Big[9z_0-\frac{z_0^3}{18}+\frac{z_0^5}{6480}\Big]_{z_0=-2.490}=-21.57$ 이므로, 해는 $z_0=-2.49$ (소수 둘째 자리까지)이다. 눈금은 바닥에서 위로 약 3.5”에 표시해야 한다.

원본 교재 풀이(영어)

Let $r(z)$ be the radius of the urn at height $z$ above its middle. Because the bounding surface of the urn is parabolic, $r(z)$ must be a quadratic function of $z$ that varies between $3$ at $z=0$ and $2$ at $z=\pm 6$ . That is, $r(z)$ must be of the form $r(z)=az^2+bz+c$ . The condition that $r(0)=3$ tells us that $c=3$ . The conditions that $r(\pm 6)=2$ tells us that

$\begin{aligned} 6^2a + 6b + 3 &=2 \\ 6^2a - 6b + 3 &=2 \end{aligned}$

So $b=0$ and $6^2a=-1$ so that $a=-\frac{1}{6^2}$ . All together $r(z)=3-\big(\frac{z}{6}\big)^2$ .

Slice the urn into horzontal slices, with the slice at height $z$ a disk of radius $r(z)$ and thickness $\mathrm{d}z$ and hence of volume $\pi r(z)^2\mathrm{d}z$ . The volume to height $z_0$ is

$\begin{aligned} V(z) &=\int_{-6}^{z_0} \mathrm{d}z\ \pi r(z)^2 =\int_{-6}^{z_0} \mathrm{d}z\ \pi\left[3-\frac{z^2}{36}\right]^2 =\pi\left[9z-\frac{z^3}{18}+\frac{z^5}{5\times36^2}\right]_{-6}^{z_0}\\ \end{aligned}$

We are told that the mark is to be at the 6 cup level and that the urn holds 24 cups. So the mark is to be at the height $z_0$ for which the volume, $V(z_0)$ , is one quarter of the total volume, $V(6)$ . That is, we are to choose $z_0$ so that $V(z_0)=\frac{1}{4} V(6)$ or

$\pi\left[9z-\frac{z^3}{18}+\frac{z^5}{5\times36^2}\right]_{-6}^{z_0} =\frac{\pi}{4}\left[9z-\frac{z^3}{18}+\frac{z^5}{5\times36^2}\right]_{-6}^{6} =\frac{\pi}{2}\left[9\times 6-\frac{6^3}{18}+\frac{6^5}{5\times36^2}\right]$

or

$9z_0-\frac{z_0^3}{18}+\frac{z_0^5}{5\times36^2} =-\frac{1}{2}\left[9\times 6-\frac{6^3}{18}+\frac{6^5}{5\times36^2}\right] =-21.60$

Since $\Big[9z_0-\frac{z_0^3}{18}+\frac{z_0^5}{6480}\Big]_{z_0=-2.495}=-21.61$ and $\Big[9z_0-\frac{z_0^3}{18}+\frac{z_0^5}{6480}\Big]_{z_0=-2.490}=-21.57$ , there is a solution $z_0=-2.49$ (to two decimal places). The mark should be about 3.5” above the bottom.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.2절 · 22번

# 극좌표 이중적분그래프·표 해석도전자동 분류

5.CLP-3 · 3.2절 · 24번대학 수준우리말 번역

곡면 $S$ 가 $z=e^{x^2+y^2}$ 로 주어져 있다고 하자.

(a) $xy$ 평면에서 원판 $x^2+y^2\le 9$ 의 위쪽, 곡면 $S$ 의 아래쪽에 있는 부피를 계산하세요. (b) $xy$ 평면의 어떤 영역 $R$ 의 위쪽, 곡면 $S$ 의 아래쪽에 있는 부피가 다음과 같습니다.

$\int_0^1\bigg(\int_0^y e^{x^2+y^2}\,\mathrm{d}x\bigg)\mathrm{d}y +\int_1^2\bigg(\int_0^{2-y} e^{x^2+y^2}\,\mathrm{d}x\bigg)\mathrm{d}y$

$R$ 을 그리고, 적분 순서를 바꾸어 이 부피를 하나의 반복적분으로 나타내세요. (b)에서는 두 적분 중 어느 것도 계산하지 마세요.

영어 원문 보기

Consider the surface $S$ given by $z=e^{x^2+y^2}$ .

(a) Compute the volume under $S$ and above the disk $x^2+y^2\le 9$ in the $xy$ -plane. (b) The volume under $S$ and above a certain region $R$ in the $xy$ -plane is

$\int_0^1\bigg(\int_0^y e^{x^2+y^2}\,\mathrm{d}x\bigg)\mathrm{d}y +\int_1^2\bigg(\int_0^{2-y} e^{x^2+y^2}\,\mathrm{d}x\bigg)\mathrm{d}y$

Sketch $R$ and express the volume as a single iterated integral with the order of integration reversed. Do not compute either integral in part (b).

정답·풀이 보기

(a) 극좌표에서 밑면의 영역 $x^2+y^2\le 9$ 는 $r\le 3$ , $0\le\theta\le 2\pi$ 이다. 따라서

$\begin{aligned} \text{Volume} &=\iint _{x^2+y^2\le 9} e^{x^2+y^2}\ \mathrm{d}x\mathrm{d}y =\int_0^3 \mathrm{d}r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ r e^{r^2} =2\pi\int_0^3\mathrm{d}r\ r e^{r^2} =\pi e^{r^2}\Big|_0^3 \\ &=\pi\big(e^9-1\big)\approx 25,453 \end{aligned}$

(b) 두 적분의 정의역은 다음과 같다.

$\begin{aligned} \big\{ \ (x,y)\ \big|\ 0\le y\le 1,\ 0\le x\le y\ \big\}\qquad \big\{ \ (x,y)\ \big|\ 1\le y\le 2,\ 0\le x\le 2-y\ \big\} \end{aligned}$

이 두 정의역의 합집합(과 주어진 두 적분을 세울 때 사용한 가로 띠)을 아래 왼쪽 그림에 나타내었다.

적분 순서를 바꾸기 위해, 위 오른쪽 그림과 같이 세로 띠를 이용하여 정의역을 나눈다.

$x$ 는 $0$ 에서 $1$ 까지 변하고,
$0$ 과 $1$ 사이의 각 고정된 $x$ 에 대해 $y$ 는 $x$ 에서 $2-x$ 까지 변한다.

따라서

$\text{Volume}=\int_0^1 \mathrm{d}x\int_x^{2-x}\mathrm{d}y\ e^{x^2+y^2}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) In polar coordinates, the base region $x^2+y^2\le 9$ is $r\le 3$ , $0\le\theta\le 2\pi$ . So the

$\begin{aligned} \text{Volume} &=\iint _{x^2+y^2\le 9} e^{x^2+y^2}\ \mathrm{d}x\mathrm{d}y =\int_0^3 \mathrm{d}r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ r e^{r^2} =2\pi\int_0^3\mathrm{d}r\ r e^{r^2} =\pi e^{r^2}\Big|_0^3 \\ &=\pi\big(e^9-1\big)\approx 25,453 \end{aligned}$

(b) The two integrals have domains

$\begin{aligned} \big\{ \ (x,y)\ \big|\ 0\le y\le 1,\ 0\le x\le y\ \big\}\qquad \big\{ \ (x,y)\ \big|\ 1\le y\le 2,\ 0\le x\le 2-y\ \big\} \end{aligned}$

The union of those two domains (as well as horizontal strips that were used in setting up the two given integrals) is sketched in the figure on the left below.

To reverse the order of integration, we decompose the domain using vertical strips as in the figure on the right above. As

$x$ runs from $0$ to $1$ and
for each fixed $x$ between $0$ and $1$ , $y$ runs from $x$ to $2-x$ .

we have that the

$\text{Volume}=\int_0^1 \mathrm{d}x\int_x^{2-x}\mathrm{d}y\ e^{x^2+y^2}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 5.3절 · 32번

# 극좌표 이중적분그래프·표 해석도전자동 분류

6.CLP-3 · 3.3절 · 10번대학 수준우리말 번역

$a$ , $b$ , $c$ 를 양수라 하고, $T$ 를 꼭짓점이 $(-a,0)$ , $(b,0)$ , $(0,c)$ 인 삼각형이라 하자.

(a) $T$ 위에서 밀도가 상수라고 가정할 때, $T$ 의 질량중심을 구하세요. (b) $T$ 의 중선은 $T$ 의 한 꼭짓점과 그 대변의 중점을 잇는 선분이다. 임의의 삼각형의 세 중선은 한 점에서 만난다는 것은 잘 알려진 사실이며, 이 점을 $T$ 의 무게중심이라 한다. $T$ 의 무게중심이 $T$ 의 질량중심임을 보이세요.

영어 원문 보기

Let $a$ , $b$ and $c$ be positive numbers, and let $T$ be the triangle whose vertices are $(-a,0)$ , $(b,0)$ and $(0,c)$ .

(a) Assuming that the density is constant on $T$ , find the center of mass of $T$ . (b) The medians of $T$ are the line segments which join a vertex of $T$ to the midpoint of the opposite side. It is a well known fact that the three medians of any triangle meet at a point, which is known as the centroid of $T$ . Show that the centroid of $T$ is its centre of mass.

정답·풀이 보기

(a) $(-a,0)$ 에서 $(0,c)$ 까지의 삼각형의 변은 그 두 점을 지나는 직선이다. $x=-a$ 일 때 $y=0$ 이므로, 이 직선의 방정식은 어떤 상수 $K$ 에 대해 $y=K(x+a)$ 꼴이어야 한다. $x=0$ 일 때 $y=c$ 이므로 상수 $K=\frac{c}{a}$ 이다. 따라서 방정식은 $y=\frac{c}{a}(x+a)$ 이고, 이는 방정식 $cx-ay=-ac$ 와 같다. 마찬가지로 $(b,0)$ 에서 $(0,c)$ 까지의 삼각형의 변의 방정식은 $y=\frac{c}{b}(b-x)$ 이다. 삼각형의 넓이는 $A=\frac{1}{2}(a+b)c$ 이다. 질량중심 $(\bar x,\bar y)$ 는 다음과 같다.

$\begin{aligned} \bar x=\frac{1}{A}\iint _T x\ \mathrm{d}x\mathrm{d}y\qquad \bar y=\frac{1}{A}\iint _T y\ \mathrm{d}x\mathrm{d}y \end{aligned}$

이 적분들을 계산하기 위해 그림과 같이 삼각형을 세로 띠로 나눈다.

$\begin{aligned} \bar x&=\frac{1}{A}\iint _T x\ \mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ &=\frac{1}{A}\bigg(\int_{-a}^0 \mathrm{d}x\int_0^{c+{c\over a}x}\mathrm{d}y\ x +\int_0^b \mathrm{d}x\int_0^{c-{c\over b}x}\mathrm{d}y\ x\bigg)\\ &=\frac{1}{A}\bigg(\int_{-a}^0 \mathrm{d}x\ x\left(c+\frac{c}{a}x\right) +\int_0^b \mathrm{d}x\ x\left(c-\frac{c}{b}x\right)\bigg)\\ &=\frac{1}{A}\left(\left[\frac{1}{2} cx^2+\frac{c}{3a}x^3\right]_{-a}^0 +\left[\frac{1}{2} cx^2-\frac{c}{3b}x^3\right]_0^b\right) \\ &=2\frac{\frac{1}{2} c(b^2-a^2)+\frac{c}{3}(a^2-b^2)}{(a+b)c} =\frac{1}{3}(b-a)\\ \bar y&=\frac{1}{A}\iint _T y\ \mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ &=\frac{1}{A}\bigg(\int_{-a}^0 \mathrm{d}x\int_0^{c+{c\over a}x}\mathrm{d}y\ y +\int_0^b \mathrm{d}x\int_0^{c-{c\over b}x}\mathrm{d}y\ y\bigg)\\ &=\frac{1}{A}\bigg(\int_{-a}^0 \mathrm{d}x\ \frac{1}{2}\left(c+\frac{c}{a}x\right)^2 +\int_0^b \mathrm{d}x\ \frac{1}{2}\left(c-\frac{c}{b}x\right)^2\bigg)\\ &=\frac{1}{A}\left(\frac{a}{6c}\left[c+\frac{c}{a}x\right]^3\bigg|_{-a}^0 -\frac{b}{6c}\left(c-\frac{c}{b}x\right)^3\bigg|_0^b\, \right) \\ &=2\frac{\frac{ac^2}{6}+\frac{bc^2}{6}}{(a+b)c} =\frac{c}{3} \end{aligned}$

(b) $(-a,0)$ 의 대변의 중점은 $\frac{1}{2}\big[(b,0)+(0,c)\big]=\frac{1}{2}(b,c)$ 이다. $(-a,0)$ 에서 $\frac{1}{2}(b,c)$ 로 향하는 벡터는 $\frac{1}{2}\left< b,c\right>-\left<-a,0\right> =\left< a+\frac{b}{2},\frac{c}{2}\right>$ 이다. 따라서 이 두 점을 잇는 직선의 벡터 매개변수 방정식은 다음과 같다.

$\mathbf{r}(t)=\left< -a,0\right>+t\left< a+\frac{1}{2} b\,,\,\frac{1}{2} c\right>$

다음이 성립하므로 점 $(\bar x,\bar y)$ 는 이 직선 위에 있다.

$\mathbf{r}\left(\frac{2}{3}\right)=\left(\frac{1}{3}(b-a)\,,\,\frac{c}{3}\right) =(\bar x,\bar y)$

마찬가지로 $(b,0)$ 의 대변의 중점은 $\frac{1}{2}(-a,c)$ 이다. 이 두 점을 잇는 직선의 벡터 매개변수 방정식은 다음과 같다.

$\mathbf{r}(t)=\left< b,0\right> +t\left<-b-\frac{1}{2} a\,,\,\frac{1}{2} c\right>$

다음이 성립하므로 점 $(\bar x,\bar y)$ 는 이 직선 위에도 있다.

$\mathbf{r}\left(\frac{2}{3}\right)=\left(\frac{1}{3}(b-a),\frac{c}{3}\right) =(\bar x,\bar y)$

$(\bar x,\bar y)$ 가 세 번째 중선 위에 있는지 확인할 필요는 사실 없지만, 어쨌든 확인해 보자. $(0,c)$ 의 대변의 중점은 $\frac{1}{2}(b-a,0)$ 이다. 이 두 점을 잇는 직선의 벡터 매개변수 방정식은 다음과 같다.

$\mathbf{r}(t)=\left< 0,c\right>+t\left<\frac{b}{2}-\frac{a}{2},-c\right>$

다음이 성립하므로 점 $(\bar x,\bar y)$ 는 이 중선 위에도 있다.

$\mathbf{r}\left(\frac{2}{3}\right)=\left(\frac{1}{3}(b-a),\frac{c}{3}\right) =(\bar x,\bar y)$

원본 교재 풀이(영어)

(a) The side of the triangle from $(-a,0)$ to $(0,c)$ is straight line that passes through those two points. As $y=0$ when $x=-a$ , the line must have an equation of the form $y=K(x+a)$ for some constant $K$ . Since $y=c$ when $x=0$ , the constant $K=\frac{c}{a}$ . So that the equation is $y=\frac{c}{a}(x+a)$ . has equation $cx-ay=-ac$ . Similarly the side of the triangle from $(b,0)$ to $(0,c)$ has equation $y=\frac{c}{b}(b-x)$ . The triangle has area $A=\frac{1}{2}(a+b)c$ . It has centre of mass $(\bar x,\bar y)$ with

$\begin{aligned} \bar x=\frac{1}{A}\iint _T x\ \mathrm{d}x\mathrm{d}y\qquad \bar y=\frac{1}{A}\iint _T y\ \mathrm{d}x\mathrm{d}y \end{aligned}$

To evaluate the integrals we'll decompose the triangle into vertical strips as in the figure

$\begin{aligned} \bar x&=\frac{1}{A}\iint _T x\ \mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ &=\frac{1}{A}\bigg(\int_{-a}^0 \mathrm{d}x\int_0^{c+{c\over a}x}\mathrm{d}y\ x +\int_0^b \mathrm{d}x\int_0^{c-{c\over b}x}\mathrm{d}y\ x\bigg)\\ &=\frac{1}{A}\bigg(\int_{-a}^0 \mathrm{d}x\ x\left(c+\frac{c}{a}x\right) +\int_0^b \mathrm{d}x\ x\left(c-\frac{c}{b}x\right)\bigg)\\ &=\frac{1}{A}\left(\left[\frac{1}{2} cx^2+\frac{c}{3a}x^3\right]_{-a}^0 +\left[\frac{1}{2} cx^2-\frac{c}{3b}x^3\right]_0^b\right) \\ &=2\frac{\frac{1}{2} c(b^2-a^2)+\frac{c}{3}(a^2-b^2)}{(a+b)c} =\frac{1}{3}(b-a)\\ \bar y&=\frac{1}{A}\iint _T y\ \mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ &=\frac{1}{A}\bigg(\int_{-a}^0 \mathrm{d}x\int_0^{c+{c\over a}x}\mathrm{d}y\ y +\int_0^b \mathrm{d}x\int_0^{c-{c\over b}x}\mathrm{d}y\ y\bigg)\\ &=\frac{1}{A}\bigg(\int_{-a}^0 \mathrm{d}x\ \frac{1}{2}\left(c+\frac{c}{a}x\right)^2 +\int_0^b \mathrm{d}x\ \frac{1}{2}\left(c-\frac{c}{b}x\right)^2\bigg)\\ &=\frac{1}{A}\left(\frac{a}{6c}\left[c+\frac{c}{a}x\right]^3\bigg|_{-a}^0 -\frac{b}{6c}\left(c-\frac{c}{b}x\right)^3\bigg|_0^b\, \right) \\ &=2\frac{\frac{ac^2}{6}+\frac{bc^2}{6}}{(a+b)c} =\frac{c}{3} \end{aligned}$

(b) The midpoint of the side opposite $(-a,0)$ is $\frac{1}{2}\big[(b,0)+(0,c)\big]=\frac{1}{2}(b,c)$ . The vector from $(-a,0)$ to $\frac{1}{2}(b,c)$ is $\frac{1}{2}\left< b,c\right>-\left<-a,0\right> =\left< a+\frac{b}{2},\frac{c}{2}\right>$ . So the line joining these two points has vector parametric equation

$\mathbf{r}(t)=\left< -a,0\right>+t\left< a+\frac{1}{2} b\,,\,\frac{1}{2} c\right>$

The point $(\bar x,\bar y)$ lies on this line since

$\mathbf{r}\left(\frac{2}{3}\right)=\left(\frac{1}{3}(b-a)\,,\,\frac{c}{3}\right) =(\bar x,\bar y)$

Similarly, the midpoint of the side opposite $(b,0)$ is $\frac{1}{2}(-a,c)$ . The line joining these two points has vector parametric equation

$\mathbf{r}(t)=\left< b,0\right> +t\left<-b-\frac{1}{2} a\,,\,\frac{1}{2} c\right>$

The point $(\bar x,\bar y)$ lies on this line too, since

$\mathbf{r}\left(\frac{2}{3}\right)=\left(\frac{1}{3}(b-a),\frac{c}{3}\right) =(\bar x,\bar y)$

It is not really necessary to check that $(\bar x,\bar y)$ lies on the third median, but let's do it anyway. The midpoint of the side opposite $(0,c)$ is $\frac{1}{2}(b-a,0)$ . The line joining these two points has vector parametric equation

$\mathbf{r}(t)=\left< 0,c\right>+t\left<\frac{b}{2}-\frac{a}{2},-c\right>$

The point $(\bar x,\bar y)$ lies on this median too, since

$\mathbf{r}\left(\frac{2}{3}\right)=\left(\frac{1}{3}(b-a),\frac{c}{3}\right) =(\bar x,\bar y)$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 5.6절 · 47번

# 다중적분의 응용(질량·질량중심)증명·논술도전자동 분류

7.CLP-3 · 3.6절 · 16번대학 수준우리말 번역

공간의 어떤 영역에서 수소 기체의 밀도는 다음 식으로 주어진다.

$\rho(x,y,z) =\frac{z+2x^2}{1+x^2+y^2}$

(a) $(1,0,-1)$ 에서 수소의 밀도가 가장 빠르게 증가하는 방향은 어느 쪽인지 구하세요. (b) 당신은 원점에 있는 우주선에 타고 있습니다. 이 우주선이 $\left< 0,0,1\right>$ 방향으로 날아간다고 하세요. 우주선에는 수소를 모으기 위해, 우주선을 중심으로 하고 진행 방향에 수직으로 펼쳐진 반지름 $1$ 인 원판이 달려 있습니다. 우주선이 거리 $2$ 만큼 이동했을 때까지 모은 수소의 양을 구하세요.

$\int_0^{2\pi}\cos^2\theta\ \mathrm{d}\theta =\pi$ 임을 이용해도 됩니다.

영어 원문 보기

The density of hydrogen gas in a region of space is given by the formula

$\rho(x,y,z) =\frac{z+2x^2}{1+x^2+y^2}$

(a) At $(1,0,-1)$ , in which direction is the density of hydrogen increasing most rapidly? (b) You are in a spacecraft at the origin. Suppose the spacecraft flies in the direction of $\left< 0,0,1\right>$ . It has a disc of radius $1$ , centred on the spacecraft and deployed perpendicular to the direction of travel, to catch hydrogen. How much hydrogen has been collected by the time that the spacecraft has traveled a distance $2$ ?

You may use the fact that $\int_0^{2\pi}\cos^2\theta\ \mathrm{d}\theta =\pi$ .

정답·풀이 보기

(a) 증가율이 최대인 방향은 ${ \boldsymbol{\nabla} }\rho(1,0,-1)$ 이다. 다음이 성립하므로

$\begin{aligned} \frac{\partial \rho}{\partial x}(x,y,z) &= \frac{4x}{1+x^2+y^2} -\frac{2x(z+2x^2)}{{(1+x^2+y^2)}^2} & \frac{\partial \rho}{\partial x}(1,0,-1) &= \frac{4}{2} -\frac{2(-1+2)}{{(2)}^2} =\frac{3}{2} \\ \frac{\partial \rho}{\partial y}(x,y,z) &= -\frac{2y(z+2x^2)}{{(1+x^2+y^2)}^2} & \frac{\partial \rho}{\partial y}(1,0,-1) &= 0\\ \frac{\partial \rho}{\partial z}(x,y,z) &= \frac{1}{1+x^2+y^2} & \frac{\partial \rho}{\partial z}(1,0,-1) &= \frac{1}{2} \end{aligned}$

${ \boldsymbol{\nabla} }\rho(1,0,-1) = \frac{1}{2}(3,0,1)$ 이다. 이 방향의 단위벡터는 $\frac{1}{\sqrt{10}}(3,0,1)$ 이다.

(b) 우주선이 지나가는 영역은 원기둥좌표로 다음과 같다.

$V=\big\{ \ (r\cos\theta\,,\,r\sin\theta\,,\,z)\ \big|\ 0\le\theta\le 2\pi,\ 0\le r\le 1,\ 0\le z\le 2\ \big\}$

모은 수소의 양은 다음과 같다.

$\begin{aligned} \iiint _V \rho\ \mathrm{d}V &=\iiint _V\frac{z+2r^2\cos^2\theta}{1+r^2}r\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z \\ &=\int_0^2\mathrm{d}z \int_0^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_0^1\mathrm{d}r\ \frac{zr+(2\cos^2\theta)r^3}{1+r^2} \\ &=\int_0^2\mathrm{d}z \int_0^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_0^1\mathrm{d}r\ \left[ z \frac{r}{1+r^2} +2r\cos^2\theta -\cos^2\theta\frac{2r}{1+r^2}\right]\\ &\text{다음이 성립하므로 }\frac{r^3}{1+r^2} = \frac{r+r^3 - r}{1+r^2} =r-\frac{r}{1+r^2} \\ &=\int_0^2\mathrm{d}z \int_0^{2\pi} \mathrm{d}\theta\ \left[\frac{z}{2}\ln(1+r^2)+r^2\cos^2\theta -\ln(1+r^2)\cos^2\theta\right]_0^1 \\ &=\int_0^2\mathrm{d}z \int_0^{2\pi} \mathrm{d}\theta\ \left[\frac{\ln 2}{2} z+ \cos^2\theta -\ln(2)\cos^2\theta\right] \\ &=\int_0^2\mathrm{d}z \ \left[(\pi\ln 2) z+ \pi-\pi\ln 2\right] \\ &= 2\pi\ln 2 +2\pi -2\pi\ln 2 \\ &=2\pi \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

(a) The direction of maximum rate of increase is ${ \boldsymbol{\nabla} }\rho(1,0,-1)$ . As

$\begin{aligned} \frac{\partial \rho}{\partial x}(x,y,z) &= \frac{4x}{1+x^2+y^2} -\frac{2x(z+2x^2)}{{(1+x^2+y^2)}^2} & \frac{\partial \rho}{\partial x}(1,0,-1) &= \frac{4}{2} -\frac{2(-1+2)}{{(2)}^2} =\frac{3}{2} \\ \frac{\partial \rho}{\partial y}(x,y,z) &= -\frac{2y(z+2x^2)}{{(1+x^2+y^2)}^2} & \frac{\partial \rho}{\partial y}(1,0,-1) &= 0\\ \frac{\partial \rho}{\partial z}(x,y,z) &= \frac{1}{1+x^2+y^2} & \frac{\partial \rho}{\partial z}(1,0,-1) &= \frac{1}{2} \end{aligned}$

So ${ \boldsymbol{\nabla} }\rho(1,0,-1) = \frac{1}{2}(3,0,1)$ . The unit vector in this direction is $\frac{1}{\sqrt{10}}(3,0,1)$ .

(b) The region swept by the space craft is, in cylindrical coordinates,

$V=\big\{ \ (r\cos\theta\,,\,r\sin\theta\,,\,z)\ \big|\ 0\le\theta\le 2\pi,\ 0\le r\le 1,\ 0\le z\le 2\ \big\}$

and the amount of hydrogen collected is

$\begin{aligned} \iiint _V \rho\ \mathrm{d}V &=\iiint _V\frac{z+2r^2\cos^2\theta}{1+r^2}r\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z \\ &=\int_0^2\mathrm{d}z \int_0^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_0^1\mathrm{d}r\ \frac{zr+(2\cos^2\theta)r^3}{1+r^2} \\ &=\int_0^2\mathrm{d}z \int_0^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_0^1\mathrm{d}r\ \left[ z \frac{r}{1+r^2} +2r\cos^2\theta -\cos^2\theta\frac{2r}{1+r^2}\right]\\ &\text{since }\frac{r^3}{1+r^2} = \frac{r+r^3 - r}{1+r^2} =r-\frac{r}{1+r^2} \\ &=\int_0^2\mathrm{d}z \int_0^{2\pi} \mathrm{d}\theta\ \left[\frac{z}{2}\ln(1+r^2)+r^2\cos^2\theta -\ln(1+r^2)\cos^2\theta\right]_0^1 \\ &=\int_0^2\mathrm{d}z \int_0^{2\pi} \mathrm{d}\theta\ \left[\frac{\ln 2}{2} z+ \cos^2\theta -\ln(2)\cos^2\theta\right] \\ &=\int_0^2\mathrm{d}z \ \left[(\pi\ln 2) z+ \pi-\pi\ln 2\right] \\ &= 2\pi\ln 2 +2\pi -2\pi\ln 2 \\ &=2\pi \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.6절 · 7번

# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산도전자동 분류

8.CLP-3 · 3.7절 · 19번대학 수준우리말 번역

극한을 구하거나 존재하지 않음을 보이세요.

$\lim_{(x,y,z)\to(0,0,0)}\frac{xy+yz^2+xz^2}{x^2+y^2+z^4}$

영어 원문 보기

Find the limit or show that it does not exist

$\lim_{(x,y,z)\to(0,0,0)}\frac{xy+yz^2+xz^2}{x^2+y^2+z^4}$

정답·풀이 보기

구면좌표계에서 $x=\rho\sin\varphi\cos\theta$ , $y=\rho\sin\varphi\sin\theta$ , $z=\rho\cos\varphi$ 이므로

$\begin{aligned} &\frac{\rho^2\sin^2\varphi\cos\theta\sin\theta +\rho^3\sin\varphi\sin\theta\,\cos^2\varphi +\rho^3\sin\varphi\,\cos^2\varphi} {\rho^2\sin^2\varphi+\rho^4\cos^4\varphi} \\ & =\frac{\sin^2\varphi\cos\theta\sin\theta +\rho\sin\varphi\sin\theta\,\cos^2\varphi +\rho\sin\varphi\cos\theta\,\cos^2\varphi} {\sin^2\varphi+\rho^2\cos^4\varphi} \end{aligned}$

이다. $(x,y,z)\to (0,0,0)$ 일 때 반지름 $\rho\to 0$ 이고, 분자의 둘째 항과 셋째 항, 그리고 분모의 둘째 항은 $0$ 으로 수렴한다. 그러면 남는 것은

$\frac{\sin^2\varphi\cos\theta\sin\theta}{\sin^2\varphi} =\cos\theta\sin\theta$

이고, 이는 여러 가지 서로 다른 값을 가진다. 특히 $(x,y,z)\to (0,0,0)$ 을 $x$ 축 또는 $y$ 축을 따라 보내면, 즉 $z=0$ 이고 $x=0$ 또는 $y=0$ 이면

$\frac{xy+yz^2+xz^2}{x^2+y^2+z^4}\bigg|_{\genfrac{}{}{0pt}{}{x=0\text{ 또는 }y=0}{z=0}}=0$

이므로 $0$ 으로 수렴한다. 그러나 $(x,y,z)\to (0,0,0)$ 을 직선 $y=x$ , $z=0$ 을 따라 보내면

$\frac{xy+yz^2+xz^2}{x^2+y^2+z^4}\bigg|_{\genfrac{}{}{0pt}{}{y=x}{z=0}}=\frac{x^2}{2x^2} =\frac{1}{2}$

이므로 $1/2$ 로 수렴한다. 따라서 $(x,y,z)\to(0,0,0)$ 일 때 $\frac{xy+yz^2+xz^2}{x^2+y^2+z^4}$ 은 하나의 값에 가까워지지 않으므로 극한은 존재하지 않는다.

원본 교재 풀이(영어)

In spherical coordinates, $x=\rho\sin\varphi\cos\theta$ , $y=\rho\sin\varphi\sin\theta$ , $z=\rho\cos\varphi$ so that

$\begin{aligned} &\frac{\rho^2\sin^2\varphi\cos\theta\sin\theta +\rho^3\sin\varphi\sin\theta\,\cos^2\varphi +\rho^3\sin\varphi\,\cos^2\varphi} {\rho^2\sin^2\varphi+\rho^4\cos^4\varphi} \\ & =\frac{\sin^2\varphi\cos\theta\sin\theta +\rho\sin\varphi\sin\theta\,\cos^2\varphi +\rho\sin\varphi\cos\theta\,\cos^2\varphi} {\sin^2\varphi+\rho^2\cos^4\varphi} \end{aligned}$

As $(x,y,z)\to (0,0,0)$ , the radius $\rho\to 0$ and the second and third terms in the numerator and the second term in the denominator converge to $0$ . But that leaves

$\frac{\sin^2\varphi\cos\theta\sin\theta}{\sin^2\varphi} =\cos\theta\sin\theta$

which takes many different values. In particular, if we send $(x,y,z)\to (0,0,0)$ along either the $x$ – or $y$ –axis, that is with $z=0$ and either $x=0$ or $y=0$ , then

$\frac{xy+yz^2+xz^2}{x^2+y^2+z^4}\bigg|_{\genfrac{}{}{0pt}{}{x=0\text{ or }y=0}{z=0}}=0$

converges to $0$ . But, if we send $(x,y,z)\to (0,0,0)$ along the line $y=x$ , $z=0$

$\frac{xy+yz^2+xz^2}{x^2+y^2+z^4}\bigg|_{\genfrac{}{}{0pt}{}{y=x}{z=0}}=\frac{x^2}{2x^2} =\frac{1}{2}$

converges to $1/2$ . So $\frac{xy+yz^2+xz^2}{x^2+y^2+z^4}$ does not approach a single value as $(x,y,z)\to(0,0,0)$ and the limit does not exist.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.7절 · 2번

# 원기둥·구면좌표 삼중적분증명·논술도전자동 분류

9.CLP-3 · 3.7절 · 20번대학 수준우리말 번역

어떤 입체 $V$ 는 직원기둥이다. 밑면은 $xy$ 평면에서 원점을 중심으로 하는 반지름 $2$ 인 원판이다. 높이는 $2$ 이고 밀도는 $\sqrt{x^2 + y^2}$ 이다.

$V$ 의 윗면을 밑면으로 하고 점 $(0, 0, 0)$ 을 꼭짓점으로 하는 거꾸로 놓인 원뿔을 제거하여, 더 작은 입체 $U$ 를 얻는다.

(a) 원기둥좌표를 사용하여 $U$ 의 질량을 나타내는 적분을 세우세요. (b) 구면좌표를 사용하여 $U$ 의 질량을 나타내는 적분을 세우세요. (c) 그 질량을 구하세요.

영어 원문 보기

A certain solid $V$ is a right–circular cylinder. Its base is the disk of radius $2$ centred at the origin in the $xy$ –plane. It has height $2$ and density $\sqrt{x^2 + y^2}$ .

A smaller solid $U$ is obtained by removing the inverted cone, whose base is the top surface of $V$ and whose vertex is the point $(0, 0, 0)$ .

(a) Use cylindrical coordinates to set up an integral giving the mass of $U$ . (b) Use spherical coordinates to set up an integral giving the mass of $U$ . (c) Find that mass.

정답·풀이 보기

$xy$ 평면에서 원점을 중심으로 하는 반지름 $2$ 인 원판은 $x^2+y^2\le 4$ 이다. 따라서

$\begin{aligned} V&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le 4,\ 0\le z\le 2\ \big\} \end{aligned}$

$U$ 의 윗 가장자리 $x+y^2=4$ , $z=2$ 를 포함하면서 꼭짓점이 원점인 원뿔은 $x^2+y^2=z^2$ 이다. 따라서

$\begin{aligned} U&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le 4,\ 0\le z\le 2,\ x^2+y^2\ge z^2\ \big\} \end{aligned}$

다음은 $V$ (왼쪽)와 $U$ (오른쪽)의 $y=0$ 단면을 그린 그림이다.

(a) 원기둥좌표에서 $x^2+y^2\le 4$ 는 $r\le 2$ 가 되고, $x^2+y^2\ge z^2$ 는 $r\ge |z|$ 이며, 밀도는 $\sqrt{x^2+y^2}=r$ 이다. 따라서

$\begin{aligned} U&=\big\{ \ (r\cos\theta,r\sin\theta,z)\ \big|\ r\le 2,\ 0\le z\le 2,\ r\ge z\ \big\} \end{aligned}$

아래 왼쪽 그림을 보면, $U$ 에서

$z$ 는 $0$ 에서 $2$ 까지 변하고,
그 범위의 각 $z$ 에 대해 $r$ 는 $z$ 에서 $2$ 까지, $\theta$ 는 $0$ 에서 $2\pi$ 까지 변한다.
$\mathrm{d}V =r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z$

따라서

$\begin{aligned} \text{질량}&= \int_0^2\mathrm{d}z\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_z^2\mathrm{d}r\ r\ \overbrace{r}^{\text{밀도}} = \int_0^2\mathrm{d}z\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_z^2\mathrm{d}r\ r^2 \end{aligned}$

(b) 구면좌표에서

$\begin{aligned} x&=\rho\sin\varphi\cos\theta \\ y&=\rho\sin\varphi\sin\theta \\ z&=\rho\cos\varphi \\ x^2+y^2 &=\rho^2\sin^2\varphi \end{aligned}$

이므로 $x^2+y^2\le 4$ 는 $\rho\sin\varphi\le 2$ 가 되고, $x^2+y^2\ge z^2$ 는 다음과 같이 된다.

$\begin{aligned} \rho\sin\varphi \ge \rho\cos\varphi \iff \tan\varphi\ge 1 \iff \varphi\ge\frac{\pi}{4} \end{aligned}$

그리고 밀도는 $\sqrt{x^2+y^2}=\rho\sin\varphi$ 이다. 따라서

$\begin{aligned} U&=\big\{ \ (\rho\sin\varphi\cos\theta,\rho\sin\varphi\sin\theta,\rho\cos\varphi)\ \big|\ {\pi}/{4}\le\varphi\le{\pi}/{2},\ 0\le \theta\le 2\pi,\ \rho\sin\varphi\le 2\ \big\} \end{aligned}$

위의 오른쪽 그림을 보면, $U$ 에서

$\varphi$ 는 $\frac{\pi}{4}$ (원뿔 위)에서 $\frac{\pi}{2}$ ( $xy$ 평면 위)까지 변하고,
그 범위의 각 $\varphi$ 에 대해 $\rho$ 는 $0$ 에서 $\frac{2}{\sin\varphi}$ 까지, $\theta$ 는 $0$ 에서 $2\pi$ 까지 변한다.
$\mathrm{d}V =\rho^2\sin\varphi\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi$

따라서

$\begin{aligned} \text{질량}&= \int_{\pi/4}^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{2/\sin\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^2\sin\varphi\ \overbrace{\rho\sin\varphi}^{\text{밀도}} \\ &= \int_{\pi/4}^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{2/\sin\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^3\sin^2\varphi \end{aligned}$

(c) 원기둥좌표로 나타낸 식을 사용한다.

$\begin{aligned} \text{질량} &= \int_0^2\mathrm{d}z\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_z^2\mathrm{d}r\ r^2 \\ &=2\pi \int_0^2\mathrm{d}z\ \frac{8-z^3}{3} \\ &=\frac{2\pi}{3}\ \left[16-\frac{2^4}{4}\right] \\ &=8\pi \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

The disk of radius $2$ centred at the origin in the $xy$ –plane is $x^2+y^2\le 4$ . So

$\begin{aligned} V&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le 4,\ 0\le z\le 2\ \big\} \end{aligned}$

The cone with vertex at the origin that contains the top edge, $x+y^2=4$ , $z=2$ , of $U$ is $x^2+y^2=z^2$ . So

$\begin{aligned} U&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le 4,\ 0\le z\le 2,\ x^2+y^2\ge z^2\ \big\} \end{aligned}$

Here are sketches of the $y=0$ cross–section of $V$ , on the left, and $U$ , on the right.

(a) In cylindrical coordinates, $x^2+y^2\le 4$ becomes $r\le 2$ and $x^2+y^2\ge z^2$ is $r\ge |z|$ , and the density is $\sqrt{x^2+y^2}=r$ . So

$\begin{aligned} U&=\big\{ \ (r\cos\theta,r\sin\theta,z)\ \big|\ r\le 2,\ 0\le z\le 2,\ r\ge z\ \big\} \end{aligned}$

Looking at the figure on the left below, we see that, on $U$

$z$ runs from $0$ to $2$ , and
for each $z$ is that range, $r$ runs from $z$ to $2$ and $\theta$ runs from $0$ to $2\pi$ .
$\mathrm{d}V =r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z$

So

$\begin{aligned} \text{Mass}&= \int_0^2\mathrm{d}z\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_z^2\mathrm{d}r\ r\ \overbrace{r}^{\text{density}} = \int_0^2\mathrm{d}z\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_z^2\mathrm{d}r\ r^2 \end{aligned}$

(b) Recall that in spherical coordinates,

$\begin{aligned} x&=\rho\sin\varphi\cos\theta \\ y&=\rho\sin\varphi\sin\theta \\ z&=\rho\cos\varphi \\ x^2+y^2 &=\rho^2\sin^2\varphi \end{aligned}$

so that $x^2+y^2\le 4$ becomes $\rho\sin\varphi\le 2$ , and $x^2+y^2\ge z^2$ becomes

$\begin{aligned} \rho\sin\varphi \ge \rho\cos\varphi \iff \tan\varphi\ge 1 \iff \varphi\ge\frac{\pi}{4} \end{aligned}$

and the density $\sqrt{x^2+y^2}=\rho\sin\varphi$ . So

$\begin{aligned} U&=\big\{ \ (\rho\sin\varphi\cos\theta,\rho\sin\varphi\sin\theta,\rho\cos\varphi)\ \big|\ {\pi}/{4}\le\varphi\le{\pi}/{2},\ 0\le \theta\le 2\pi,\ \rho\sin\varphi\le 2\ \big\} \end{aligned}$

Looking at the figure on the right above, we see that, on $U$

$\varphi$ runs from $\frac{\pi}{4}$ (on the cone) to $\frac{\pi}{2}$ (on the $xy$ –plane), and
for each $\varphi$ is that range, $\rho$ runs from $0$ to $\frac{2}{\sin\varphi}$ and $\theta$ runs from $0$ to $2\pi$ .
$\mathrm{d}V =\rho^2\sin\varphi\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi$

So

$\begin{aligned} \text{Mass}&= \int_{\pi/4}^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{2/\sin\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^2\sin\varphi\ \overbrace{\rho\sin\varphi}^{\text{density}} \\ &= \int_{\pi/4}^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{2/\sin\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^3\sin^2\varphi \end{aligned}$

(c) We'll use the cylindrical form.

$\begin{aligned} \text{Mass} &= \int_0^2\mathrm{d}z\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_z^2\mathrm{d}r\ r^2 \\ &=2\pi \int_0^2\mathrm{d}z\ \frac{8-z^3}{3} \\ &=\frac{2\pi}{3}\ \left[16-\frac{2^4}{4}\right] \\ &=8\pi \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.7절 · 21번

# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산도전자동 분류

10.CLP-3 · 3.7절 · 21번대학 수준우리말 번역

어떤 입체가 아래로는 원뿔 $z\!=\!\sqrt{x^2\!+\!y^2}\$ 으로, 위로는 구 $x^2+y^2+z^2 = 2$ 로 유계이다. 이 입체의 밀도는 $\delta (x,y,z) = x^2 + y^2$ 이다.

(a) 이 입체의 질량 $M$ 을 원기둥좌표계에서 적분 구간과 함께 삼중적분으로 나타내세요. (b) (a)와 같이 하되 구면좌표계에서 나타내세요. (c) $M$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

A solid is bounded below by the cone $z\!=\!\sqrt{x^2\!+\!y^2}\$ and above by the sphere $x^2+y^2+z^2 = 2$ . It has density $\delta (x,y,z) = x^2 + y^2$ .

(a) Express the mass $M$ of the solid as a triple integral, with limits, in cylindrical coordinates. (b) Same as (a) but in spherical coordinates. (c) Evaluate $M$ .

정답·풀이 보기

(a) 이 입체를 $V$ 라 하자. 원기둥좌표계에서

$x^2+y^2+z^2\le 2$ 는 $r^2+z^2\le 2$ 이고
$\sqrt{x^2+y^2}\le z$ 는 $r\le z$ 이고
밀도는 $\delta =r^2$ 이고
$\mathrm{d}V$ 는 $r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z$ 이다.

$r^2+z^2= 2$ 와 $r= z$ 는 $2r^2=2$ 일 때 만나므로 $r=z=1$ 임을 알 수 있다. 다음은 $E$ 의 $y=0$ 단면의 그림이다.

따라서

$V =\big\{ \ (r\cos\theta\,,\,r\sin\theta\,,\,z)\ \big|\ 0\le r\le 1,\ 0\le\theta\le2\pi,\ r\le z\le \sqrt{2-r^2}\ \big\}$

이고

$\begin{aligned} M &=\iiint _V \rho(x,y,z)\ \mathrm{d}V =\int_0^1\mathrm{d}r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_r^{\sqrt{2-r^2}}\mathrm{d}z\ r\overbrace{(r^2)}^{\delta } =\int_0^1\mathrm{d}r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_r^{\sqrt{2-r^2}}\mathrm{d}z\ r^3 \end{aligned}$

이다.

(b)

구면좌표계에서

$x^2+y^2+z^2\le 2$ 는 $\rho\le\sqrt{2}$ 이고,
$\sqrt{x^2+y^2}\le z$ 는 $\rho\sin\varphi\le \rho\cos\varphi$ , 즉 $\tan\varphi\le 1$ 또는 $\varphi\le\frac{\pi}{4}$ 이고,
밀도는 $x^2+y^2=\rho^2\sin^2\varphi$ 이고,
$\mathrm{d}V$ 는 $\rho^2\sin\varphi\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi$ 이다.

따라서

$V =\big\{ \ (\rho\sin\varphi\cos\theta\,,\,\rho\sin\varphi\sin\theta\,,\, \rho\cos\varphi)\ \big|\ 0\le\rho\le \sqrt{2},\ 0\le\theta\le2\pi,\ 0\le \varphi\le {\pi}/{4}\ \big\}$

이고, 피적분함수가 $x^2+y^2=\rho^2\sin^2\varphi$ 이므로

$\begin{aligned} M &=\iiint _V \big(x^2+y^2\big)\ \mathrm{d}V =\int_0^{\sqrt{2}}\mathrm{d}\rho\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\ \rho^2\sin\varphi\ \rho^2\sin^2\varphi \\ &=\int_0^{\sqrt{2}}\mathrm{d}\rho\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\ \rho^4\sin^3\varphi \end{aligned}$

이다.

(c) 구면좌표계로 나타낸 식을 이용한다.

$\begin{aligned} M &=\int_0^{\sqrt{2}}\mathrm{d}\rho\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\ \rho^4\sin^3\varphi \\ &=\int_0^{\sqrt{2}}\mathrm{d}\rho\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\ \rho^4\sin\varphi \big[1-\cos^2\varphi\big] \\ &=2\pi \int_0^{\sqrt{2}}\mathrm{d}\rho\ \rho^4 \left[-\cos\varphi +\frac{\cos^3\varphi}{3}\right]_0^{\pi/4} =2\pi \left[\frac{2}{3} - \frac{5}{6\sqrt{2}}\right] \int_0^{\sqrt{2}}\mathrm{d}\rho\ \rho^4 \\ &=2\pi \frac{4\sqrt{2}}{5}\left[\frac{2}{3} - \frac{5}{6\sqrt{2}}\right] =\pi \left[\frac{16\sqrt{2}}{15} - \frac{4}{3}\right] \approx 0.5503 \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

(a) Call the solid $V$ . In cylindrical coordinates

$x^2+y^2+z^2\le 2$ is $r^2+z^2\le 2$ and
$\sqrt{x^2+y^2}\le z$ is $r\le z$ and
the density $\delta =r^2$ , and
$\mathrm{d}V$ is $r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z$

Observe that $r^2+z^2= 2$ and $r= z$ intersect when $2r^2=2$ so that $r=z=1$ . Here is a sketch of the $y=0$ cross–section of $E$ .

So

$V =\big\{ \ (r\cos\theta\,,\,r\sin\theta\,,\,z)\ \big|\ 0\le r\le 1,\ 0\le\theta\le2\pi,\ r\le z\le \sqrt{2-r^2}\ \big\}$

and

$\begin{aligned} M &=\iiint _V \rho(x,y,z)\ \mathrm{d}V =\int_0^1\mathrm{d}r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_r^{\sqrt{2-r^2}}\mathrm{d}z\ r\overbrace{(r^2)}^{\delta } =\int_0^1\mathrm{d}r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_r^{\sqrt{2-r^2}}\mathrm{d}z\ r^3 \end{aligned}$

(b)

In spherical coordinates

$x^2+y^2+z^2\le 2$ is $\rho\le\sqrt{2}$ , and
$\sqrt{x^2+y^2}\le z$ is $\rho\sin\varphi\le \rho\cos\varphi$ , or $\tan\varphi\le 1$ or $\varphi\le\frac{\pi}{4}$ , and
the density $x^2+y^2=\rho^2\sin^2\varphi$ , and
$\mathrm{d}V$ is $\rho^2\sin\varphi\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi$

So

$V =\big\{ \ (\rho\sin\varphi\cos\theta\,,\,\rho\sin\varphi\sin\theta\,,\, \rho\cos\varphi)\ \big|\ 0\le\rho\le \sqrt{2},\ 0\le\theta\le2\pi,\ 0\le \varphi\le {\pi}/{4}\ \big\}$

and, since the integrand $x^2+y^2=\rho^2\sin^2\varphi$ ,

$\begin{aligned} M &=\iiint _V \big(x^2+y^2\big)\ \mathrm{d}V =\int_0^{\sqrt{2}}\mathrm{d}\rho\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\ \rho^2\sin\varphi\ \rho^2\sin^2\varphi \\ &=\int_0^{\sqrt{2}}\mathrm{d}\rho\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\ \rho^4\sin^3\varphi \end{aligned}$

(c) We'll use the spherical coordinate form.

$\begin{aligned} M &=\int_0^{\sqrt{2}}\mathrm{d}\rho\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\ \rho^4\sin^3\varphi \\ &=\int_0^{\sqrt{2}}\mathrm{d}\rho\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\ \rho^4\sin\varphi \big[1-\cos^2\varphi\big] \\ &=2\pi \int_0^{\sqrt{2}}\mathrm{d}\rho\ \rho^4 \left[-\cos\varphi +\frac{\cos^3\varphi}{3}\right]_0^{\pi/4} =2\pi \left[\frac{2}{3} - \frac{5}{6\sqrt{2}}\right] \int_0^{\sqrt{2}}\mathrm{d}\rho\ \rho^4 \\ &=2\pi \frac{4\sqrt{2}}{5}\left[\frac{2}{3} - \frac{5}{6\sqrt{2}}\right] =\pi \left[\frac{16\sqrt{2}}{15} - \frac{4}{3}\right] \approx 0.5503 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.7절 · 22번

# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산도전자동 분류

11.CLP-3 · 3.7절 · 22번대학 수준우리말 번역

$\begin{aligned} I = \iiint _E xz\ \mathrm{d}V \end{aligned}$

라 하자. 여기서 $E$ 는 구 $x^2+y^2+z^2\le 1$ 의 8분의 1 부분으로, $x,y,z\ge 0$ 이다.

(a) $I$ 를 구면좌표계에서의 삼중적분으로 나타내세요. (b) $I$ 를 원기둥좌표계에서의 삼중적분으로 나타내세요. (c) 어떤 방법으로든 $I$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let

$\begin{aligned} I = \iiint _E xz\ \mathrm{d}V \end{aligned}$

where $E$ is the eighth of the sphere $x^2+y^2+z^2\le 1$ with $x,y,z\ge 0$ .

(a) Express $I$ as a triple integral in spherical coordinates. (b) Express $I$ as a triple integral in cylindrical coordinates. (c) Evaluate $I$ by any method.

정답·풀이 보기

(a) $E$ 위에서

구면좌표 $\varphi$ 는 $0$ (양의 $z$ 축)에서 ${\pi}/{2}$ ( $xy$ 평면)까지 움직이고,
그 범위의 각 고정된 $\varphi$ 에 대해 $\theta$ 는 $0$ 에서 ${\pi}/{2}$ 까지 움직이며,
각 고정된 $\varphi$ 와 $\theta$ 에 대해 구면좌표 $\rho$ 는 $0$ 에서 $1$ 까지 움직인다.
구면좌표에서 $\mathrm{d}V=\rho^2\,\sin\varphi\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\, \mathrm{d}\varphi$ 이고

$xz=\big(\rho\sin\varphi\cos\theta\big)\big(\rho\cos\varphi\big) =\rho^2 \sin\varphi\ \cos\varphi\ \cos\theta$

이다. 따라서

$\begin{aligned} I=\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_0^1\mathrm{d}\rho\ \rho^4\sin^2\varphi\cos\varphi\ \cos\theta \end{aligned}$

(b) 원기둥좌표에서 조건 $x^2+y^2+z^2\le 1$ 은 $r^2+z^2\le 1$ 이 된다. 따라서 $E$ 위에서

원기둥좌표 $z$ 는 $0$ ( $xy$ 평면 위)에서 $1$ ( $(0,0,1)$ 에서)까지 움직이고,
그 범위의 각 고정된 $z$ 에 대해 $\theta$ 는 $0$ 에서 $\pi/2$ 까지 움직이며,
각 고정된 $z$ 와 $\theta$ 에 대해 원기둥좌표 $r$ 은 $0$ 에서 $\sqrt{1-z^2}$ 까지 움직인다 ( $r^2+z^2\le 1$ 임을 떠올리자).
원기둥좌표에서 $\mathrm{d}V=r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\, \mathrm{d}z$ 이고

$xz=\big(r\cos\theta\big)\big(z\big) =r\,z\, \cos\theta$

이다. 따라서

$\begin{aligned} I=\int_0^1\mathrm{d}z\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_0^{\sqrt{1-z^2}}\mathrm{d}r \ r^2\,z\,\cos\theta \end{aligned}$

(c) 구면좌표와 원기둥좌표의 적분 모두 계산이 간단하다. 두 가지를 모두 계산해 보자. 먼저 구면좌표에서는

$\begin{aligned} I&= \left[\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi\ \sin^2\varphi\cos\varphi\right] \left[\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \cos\theta\right] \left[\int_0^1\mathrm{d}\rho\ \rho^4\right] \\ &=\left[\frac{\sin^3\varphi}{3}\right]_0^{\pi/2} \left[\sin\theta\right]_0^{\pi/2} \left[\frac{\rho^5}{5}\right]_0^1 \\ &=\frac{1}{15} \end{aligned}$

이다. 이제 원기둥좌표에서는

$\begin{aligned} I&=\int_0^1\mathrm{d}z\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_0^{\sqrt{1-z^2}}\mathrm{d}r \ r^2\,z\,\cos\theta \\ &=\frac{1}{3}\int_0^1\mathrm{d}z\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ z{(1-z^2\big)}^{3/2}\, \cos\theta \\ &=\frac{1}{3}\int_0^1\mathrm{d}z\ z{(1-z^2\big)}^{3/2} \\ &=\frac{1}{3}\left[-\frac{1}{2}\ \frac{(1-z^2)^{5/2}}{5/2}\right]_0^1\\ &=\frac{1}{15} \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) On $E$ ,

the spherical coordinate $\varphi$ runs from $0$ (the positive $z$ –xis) to ${\pi}/{2}$ (the $xy$ –plane), and
for each fixed $\varphi$ in that range, $\theta$ runs from $0$ to ${\pi}/{2}$ , and
for each fixed $\varphi$ and $\theta$ , the spherical coordinate $\rho$ runs from $0$ to $1$ .
In spherical coordinates $\mathrm{d}V=\rho^2\,\sin\varphi\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\, \mathrm{d}\varphi$ and

$xz=\big(\rho\sin\varphi\cos\theta\big)\big(\rho\cos\varphi\big) =\rho^2 \sin\varphi\ \cos\varphi\ \cos\theta$

So

$\begin{aligned} I=\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_0^1\mathrm{d}\rho\ \rho^4\sin^2\varphi\cos\varphi\ \cos\theta \end{aligned}$

(b) In cylindrical coordinates, the condition $x^2+y^2+z^2\le 1$ becomes $r^2+z^2\le 1$ . So, on $E$

the cylindrical coordinate $z$ runs from $0$ (in the $xy$ –plane) to $1$ (at $(0,0,1)$ ) and
for each fixed $z$ in that range, $\theta$ runs from $0$ to $\pi/2$ and
for each such fixed $z$ and $\theta$ , the cylindrical coordinate $r$ runs from $0$ to $\sqrt{1-z^2}$ (recall that $r^2+z^2\le 1$ ).
In cylindrical coordinates $\mathrm{d}V=r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\, \mathrm{d}z$ and

$xz=\big(r\cos\theta\big)\big(z\big) =r\,z\, \cos\theta$

So

$\begin{aligned} I=\int_0^1\mathrm{d}z\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_0^{\sqrt{1-z^2}}\mathrm{d}r \ r^2\,z\,\cos\theta \end{aligned}$

(c) Both spherical and cylindrical integrals are straight forward to evaluate. Here are both. First, in spherical coordinates,

$\begin{aligned} I&= \left[\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi\ \sin^2\varphi\cos\varphi\right] \left[\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \cos\theta\right] \left[\int_0^1\mathrm{d}\rho\ \rho^4\right] \\ &=\left[\frac{\sin^3\varphi}{3}\right]_0^{\pi/2} \left[\sin\theta\right]_0^{\pi/2} \left[\frac{\rho^5}{5}\right]_0^1 \\ &=\frac{1}{15} \end{aligned}$

Now in cylindrical coordinates

$\begin{aligned} I&=\int_0^1\mathrm{d}z\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_0^{\sqrt{1-z^2}}\mathrm{d}r \ r^2\,z\,\cos\theta \\ &=\frac{1}{3}\int_0^1\mathrm{d}z\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ z{(1-z^2\big)}^{3/2}\, \cos\theta \\ &=\frac{1}{3}\int_0^1\mathrm{d}z\ z{(1-z^2\big)}^{3/2} \\ &=\frac{1}{3}\left[-\frac{1}{2}\ \frac{(1-z^2)^{5/2}}{5/2}\right]_0^1\\ &=\frac{1}{15} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.7절 · 23번

# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산도전자동 분류

12.CLP-3 · 3.7절 · 23번대학 수준우리말 번역

$I = \iiint _T (x^2+y^2)\ \mathrm{d}V$

라 하자. 여기서 $T$ 는 아래로는 원뿔 $z =\sqrt{3x^2+3y^2}$ 로, 위로는 구 $x^2 + y^2 + z^2 = 9$ 로 유계인 입체 영역이다.

(a) $I$ 를 구면좌표계의 삼중적분으로 나타내세요. (b) $I$ 를 원기둥좌표계의 삼중적분으로 나타내세요. (c) 어떤 방법으로든 $I$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let

$I = \iiint _T (x^2+y^2)\ \mathrm{d}V$

where $T$ is the solid region bounded below by the cone $z =\sqrt{3x^2+3y^2}$ and above by the sphere $x^2 + y^2 + z^2 = 9$ .

(a) Express $I$ as a triple integral in spherical coordinates. (b) Express $I$ as a triple integral in cylindrical coordinates. (c) Evaluate $I$ by any method.

정답·풀이 보기

(a) 구면좌표계에서

$\begin{aligned} x=\rho\,\sin\varphi\,\cos\theta\qquad y=\rho\,\sin\varphi\,\sin\theta\qquad z=\rho\,\cos\varphi \end{aligned}$

이므로

$x^2+y^2+z^2\le 9$ 는 $\rho\le 3$ 이고,
$\sqrt{3x^2+3y^2}\le z$ 는 $\sqrt{3}\rho\sin\varphi\le \rho\cos\varphi$ , 즉 $\tan\varphi\le \frac{1}{\sqrt{3}}$ 또는 $\varphi\le\frac{\pi}{6}$ 이고,
피적분함수 $x^2+y^2=\rho^2\sin^2\varphi$ 이고,
$\mathrm{d}V$ 는 $\rho^2\sin\varphi\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi$ 이다.

따라서

$T =\big\{ \ (\rho\sin\varphi\cos\theta\,,\,\rho\sin\varphi\sin\theta\,,\, \rho\cos\varphi)\ \big|\ 0\le\rho\le 3,\ 0\le\theta\le2\pi,\ 0\le \varphi\le {\pi}/{6}\ \big\}$

이고,

$\begin{aligned} I &=\iiint _T \big(x^2+y^2\big)\ \mathrm{d}V =\int_0^{3}\mathrm{d}\rho\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\pi/6}\mathrm{d}\varphi\ \rho^2\sin\varphi\ \overbrace{\rho^2\sin^2\varphi}^{x^2+y^2} \\ &=\int_0^{3}\mathrm{d}\rho\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\pi/6}\mathrm{d}\varphi\ \rho^4\sin^3\varphi \end{aligned}$

(b) 원기둥좌표계에서

$x^2+y^2+z^2\le 9$ 는 $r^2+z^2\le 9$ 이고,
$\sqrt{3 x^2+3 y^2}\le z$ 는 $\sqrt{3}\,r\le z$ 이고,
피적분함수 $x^2+y^2=r^2$ 이고,
$\mathrm{d}V$ 는 $r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z$ 이다.

$r^2+z^2= 9$ 와 $\sqrt{3}\,r= z$ 는 $r^2+3r^2=9$ 일 때 만나므로 $r=\frac{3}{2}$ , $z=\frac{3\sqrt{3}}{2}$ 임을 알 수 있다. 다음은 $T$ 의 $y=0$ 단면의 그림이다.

따라서

$T =\big\{ \ (r\cos\theta\,,\,r\sin\theta\,,\,z)\ \big|\ 0\le r\le \tfrac{3}{2},\ 0\le\theta\le2\pi,\ \sqrt{3}\,r\le z\le \sqrt{9-r^2}\ \big\}$

이고

$\begin{aligned} I &=\iiint _V (x^2+y^2)\ \mathrm{d}V =\int_0^{3/2}\mathrm{d}r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{\sqrt{3}\,r}^{\sqrt{9-r^2}}\mathrm{d}z\ r\overbrace{(r^2)}^{x^2+y^2} =\int_0^{3/2}\mathrm{d}r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{\sqrt{3}\,r}^{\sqrt{9-r^2}}\mathrm{d}z\ \ r^3 \end{aligned}$

(c) 구면좌표로 나타낸 식을 이용한다.

$\begin{aligned} I &=\int_0^{3}\mathrm{d}\rho\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\pi/6}\mathrm{d}\varphi\ \rho^4\sin^3\varphi \\ &=\int_0^{3}\mathrm{d}\rho\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\pi/6}\mathrm{d}\varphi\ \rho^4\sin\varphi \big[1-\cos^2\varphi\big] \\ &=2\pi \int_0^3\mathrm{d}\rho\ \rho^4 \left[-\cos\varphi +\frac{\cos^3\varphi}{3}\right]_0^{\pi/6} =2\pi \left[-\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{3}}{8}+1-\frac{1}{3}\right] \int_0^3\mathrm{d}\rho\ \rho^4 \\ &=2\pi \frac{3^5}{5}\left[\frac{2}{3} - \frac{3\sqrt{3}}{8}\right] =\overbrace{81}^{3^4}\pi \left[\frac{4}{5} - \frac{9\sqrt{3}}{20}\right] \approx 5.24 \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

(a) Recall that in spherical coordinates

$\begin{aligned} x=\rho\,\sin\varphi\,\cos\theta\qquad y=\rho\,\sin\varphi\,\sin\theta\qquad z=\rho\,\cos\varphi \end{aligned}$

so that

$x^2+y^2+z^2\le 9$ is $\rho\le 3$ , and
$\sqrt{3x^2+3y^2}\le z$ is $\sqrt{3}\rho\sin\varphi\le \rho\cos\varphi$ , or $\tan\varphi\le \frac{1}{\sqrt{3}}$ or $\varphi\le\frac{\pi}{6}$ , and
the integrand $x^2+y^2=\rho^2\sin^2\varphi$ , and
$\mathrm{d}V$ is $\rho^2\sin\varphi\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi$

So

$T =\big\{ \ (\rho\sin\varphi\cos\theta\,,\,\rho\sin\varphi\sin\theta\,,\, \rho\cos\varphi)\ \big|\ 0\le\rho\le 3,\ 0\le\theta\le2\pi,\ 0\le \varphi\le {\pi}/{6}\ \big\}$

and,

$\begin{aligned} I &=\iiint _T \big(x^2+y^2\big)\ \mathrm{d}V =\int_0^{3}\mathrm{d}\rho\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\pi/6}\mathrm{d}\varphi\ \rho^2\sin\varphi\ \overbrace{\rho^2\sin^2\varphi}^{x^2+y^2} \\ &=\int_0^{3}\mathrm{d}\rho\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\pi/6}\mathrm{d}\varphi\ \rho^4\sin^3\varphi \end{aligned}$

(b) In cylindrical coordinates

$x^2+y^2+z^2\le 9$ is $r^2+z^2\le 9$ and
$\sqrt{3 x^2+3 y^2}\le z$ is $\sqrt{3}\,r\le z$ and
the integand $x^2+y^2=r^2$ , and
$\mathrm{d}V$ is $r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z$

Observe that $r^2+z^2= 9$ and $\sqrt{3}\,r= z$ intersect when $r^2+3r^2=9$ so that $r=\frac{3}{2}$ and $z=\frac{3\sqrt{3}}{2}$ . Here is a sketch of the $y=0$ cross–section of $T$ .

So

$T =\big\{ \ (r\cos\theta\,,\,r\sin\theta\,,\,z)\ \big|\ 0\le r\le \tfrac{3}{2},\ 0\le\theta\le2\pi,\ \sqrt{3}\,r\le z\le \sqrt{9-r^2}\ \big\}$

and

$\begin{aligned} I &=\iiint _V (x^2+y^2)\ \mathrm{d}V =\int_0^{3/2}\mathrm{d}r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{\sqrt{3}\,r}^{\sqrt{9-r^2}}\mathrm{d}z\ r\overbrace{(r^2)}^{x^2+y^2} =\int_0^{3/2}\mathrm{d}r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{\sqrt{3}\,r}^{\sqrt{9-r^2}}\mathrm{d}z\ \ r^3 \end{aligned}$

(c) We'll use the spherical coordinate form.

$\begin{aligned} I &=\int_0^{3}\mathrm{d}\rho\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\pi/6}\mathrm{d}\varphi\ \rho^4\sin^3\varphi \\ &=\int_0^{3}\mathrm{d}\rho\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\pi/6}\mathrm{d}\varphi\ \rho^4\sin\varphi \big[1-\cos^2\varphi\big] \\ &=2\pi \int_0^3\mathrm{d}\rho\ \rho^4 \left[-\cos\varphi +\frac{\cos^3\varphi}{3}\right]_0^{\pi/6} =2\pi \left[-\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{3}}{8}+1-\frac{1}{3}\right] \int_0^3\mathrm{d}\rho\ \rho^4 \\ &=2\pi \frac{3^5}{5}\left[\frac{2}{3} - \frac{3\sqrt{3}}{8}\right] =\overbrace{81}^{3^4}\pi \left[\frac{4}{5} - \frac{9\sqrt{3}}{20}\right] \approx 5.24 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.7절 · 8번

# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산도전자동 분류

13.CLP-3 · 3.7절 · 24번대학 수준우리말 번역

$E$ 를 “아이스크림콘” $x^2 + y^2 + z^2 \le 1$ , $x^2 + y^2 \le z^2$ , $z \ge 0$ 이라 하자. 다음을 생각하세요.

$J =\iiint _E \sqrt{x^2+y^2+z^2}\ \mathrm{d}V$

(a) $J$ 를 원통좌표계에서 적분 구간을 포함한 반복적분으로 나타내세요. (b) $J$ 를 구면좌표계에서 적분 구간을 포함한 반복적분으로 나타내세요. (c) $J$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let $E$ be the “ice cream cone” $x^2 + y^2 + z^2 \le 1$ , $x^2 + y^2 \le z^2$ , $z \ge 0$ . Consider

$J =\iiint _E \sqrt{x^2+y^2+z^2}\ \mathrm{d}V$

(a) Write $J$ as an iterated integral, with limits, in cylindrical coordinates. (b) Write $J$ as an iterated integral, with limits, in spherical coordinates. (c) Evaluate $J$ .

정답·풀이 보기

(a) 원통좌표계에서

$x^2+y^2+z^2\le 1$ 은 $r^2+z^2\le 1$ 이고
$x^2+y^2\le z^2$ 은 $r^2\le z^2$ 이고
$\mathrm{d}V$ 는 $r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z$ 이다.

$r^2+z^2= 1$ 과 $r^2= z^2$ 은 $r^2=z^2=\frac{1}{2}$ 일 때 만난다. 다음은 $E$ 의 $y=0$ 단면의 그림이다.

따라서

$E =\big\{ \ (r\cos\theta\,,\,r\sin\theta\,,\,z)\ \big|\ 0\le r\le{1}/{\sqrt{2}},\ 0\le\theta\le2\pi,\ r\le z\le \sqrt{1-r^2}\ \big\}$

이고

$\begin{aligned} J &=\iiint _E \sqrt{x^2+y^2+z^2}\ \mathrm{d}V =\int_0^{1/\sqrt{2}}\mathrm{d}r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_r^{\sqrt{1-r^2}}\mathrm{d}z\ r\sqrt{r^2+z^2} \end{aligned}$

이다.

(b) 구면좌표계에서

$x^2+y^2+z^2\le 1$ 은 $\rho\le 1$ 이고
$x^2+y^2\le z^2$ 은 $\rho^2\sin^2\varphi\le \rho^2\cos^2\varphi$ , 즉 $\tan\varphi\le 1$ 또는 $\varphi\le\frac{\pi}{4}$ 이고,
$\mathrm{d}V$ 는 $\rho^2\sin\varphi\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi$ 이다.

따라서

$E =\big\{ \ (\rho\sin\varphi\cos\theta\,,\,\rho\sin\varphi\sin\theta\,,\, \rho\cos\varphi)\ \big|\ 0\le\rho\le 1,\ 0\le\theta\le2\pi,\ 0\le \varphi\le {\pi}/{4}\ \big\}$

이고, 피적분함수 $\sqrt{x^2+y^2+z^2}=\rho$ 이므로

$\begin{aligned} J &=\iiint _E \sqrt{x^2+y^2+z^2}\ \mathrm{d}V =\int_0^{1}\mathrm{d}\rho\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\ \rho^2\sin\varphi\ \rho \\ &=\int_0^{1}\mathrm{d}\rho\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\ \rho^3\sin\varphi \end{aligned}$

이다.

(c) 구면좌표계로 나타낸 식을 이용하여 값을 구한다.

$\begin{aligned} J &=\int_0^{1}\mathrm{d}\rho\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\ \rho^3\sin\varphi \\ &=2\pi \int_0^{1}\mathrm{d}\rho\ \rho^3 \Big[-\cos\varphi\Big]_0^{\pi/4} =2\pi\ \frac{1}{4}\ \left[1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right] \\ &=\frac{\pi}{2}\ \left[1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right] \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

(a) In cylindrical coordinates

$x^2+y^2+z^2\le 1$ is $r^2+z^2\le 1$ and
$x^2+y^2\le z^2$ is $r^2\le z^2$ and
$\mathrm{d}V$ is $r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z$

Observe that $r^2+z^2= 1$ and $r^2= z^2$ intersect when $r^2=z^2=\frac{1}{2}$ . Here is a sketch of the $y=0$ cross–section of $E$ .

So

$E =\big\{ \ (r\cos\theta\,,\,r\sin\theta\,,\,z)\ \big|\ 0\le r\le{1}/{\sqrt{2}},\ 0\le\theta\le2\pi,\ r\le z\le \sqrt{1-r^2}\ \big\}$

and

$\begin{aligned} J &=\iiint _E \sqrt{x^2+y^2+z^2}\ \mathrm{d}V =\int_0^{1/\sqrt{2}}\mathrm{d}r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_r^{\sqrt{1-r^2}}\mathrm{d}z\ r\sqrt{r^2+z^2} \end{aligned}$

(b) In spherical coordinates

$x^2+y^2+z^2\le 1$ is $\rho\le 1$ and
$x^2+y^2\le z^2$ is $\rho^2\sin^2\varphi\le \rho^2\cos^2\varphi$ , or $\tan\varphi\le 1$ or $\varphi\le\frac{\pi}{4}$ , and
$\mathrm{d}V$ is $\rho^2\sin\varphi\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi$

So

$E =\big\{ \ (\rho\sin\varphi\cos\theta\,,\,\rho\sin\varphi\sin\theta\,,\, \rho\cos\varphi)\ \big|\ 0\le\rho\le 1,\ 0\le\theta\le2\pi,\ 0\le \varphi\le {\pi}/{4}\ \big\}$

and, since the integrand $\sqrt{x^2+y^2+z^2}=\rho$ ,

$\begin{aligned} J &=\iiint _E \sqrt{x^2+y^2+z^2}\ \mathrm{d}V =\int_0^{1}\mathrm{d}\rho\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\ \rho^2\sin\varphi\ \rho \\ &=\int_0^{1}\mathrm{d}\rho\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\ \rho^3\sin\varphi \end{aligned}$

(c) We'll use the spherical coordinate form to evaluate

$\begin{aligned} J &=\int_0^{1}\mathrm{d}\rho\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\ \rho^3\sin\varphi \\ &=2\pi \int_0^{1}\mathrm{d}\rho\ \rho^3 \Big[-\cos\varphi\Big]_0^{\pi/4} =2\pi\ \frac{1}{4}\ \left[1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right] \\ &=\frac{\pi}{2}\ \left[1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right] \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.7절 · 26번

# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산도전자동 분류

14.CLP-3 · 3.7절 · 26번대학 수준우리말 번역

(a) 구면좌표계에서 방정식 $\rho = 8 \sin(\varphi)$ 로 정의된 곡면의 내부에 있는 입체의 부피를 구하세요.

다음을 이용해도 됩니다.

$\int \sin^4(\varphi) =\frac{1}{32}\big(12\varphi -8\sin(2\varphi) +\sin(4\varphi)\big) +C$ (b) 이 입체의 그림을 그리거나 어떤 모양인지 설명하세요.

영어 원문 보기

(a) Find the volume of the solid inside the surface defined by the equation $\rho = 8 \sin(\varphi)$ in spherical coordinates.

You may use that

$\int \sin^4(\varphi) =\frac{1}{32}\big(12\varphi -8\sin(2\varphi) +\sin(4\varphi)\big) +C$ (b) Sketch this solid or describe what it looks like.

정답·풀이 보기

(a) 구면좌표계에서 $\varphi$ 는 $0$ (양의 $z$ 축)부터 $\pi$ (음의 $z$ 축)까지 변하고, $\theta$ 는 $0$ 부터 $2\pi$ 까지 변하며 ( $\theta$ 는 일반적인 극좌표 또는 원기둥좌표이다) $\mathrm{d}V = \rho^2\ \sin\varphi\ \mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi$ 임을 떠올리자. 따라서

$\begin{aligned} \text{부피} & = \int_0^\pi \mathrm{d}\varphi\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{8\sin\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^2\ \sin\varphi \\ & = \int_0^\pi \mathrm{d}\varphi\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \frac{(8\sin\varphi)^3}{3} \sin\varphi \\ & = \frac{2(8^3)\,\pi}{3} \int_0^\pi \mathrm{d}\varphi\ \sin^4\varphi \\ &= \frac{2(8^3)\,\pi}{3} \left[\frac{1}{32}\big(12\varphi -8\sin(2\varphi) +\sin(4\varphi)\big)\right]_0^\pi \\ &=\frac{2(8^3)\,\pi}{3}\ \frac{12\,\pi}{32} =128\pi^2 \end{aligned}$

(b) $0$ 과 $\pi$ 사이의 임의의 $\varphi$ 를 고정하자. $\rho=8\sin\varphi$ 일 때, $\theta$ 가 $0$ 부터 $2\pi$ 까지 변하면

$\begin{aligned} (x,y,z) &= \big(\rho\sin\varphi\cos\theta\,,\,\rho\sin\varphi\sin\theta\,,\, \rho\cos\varphi\big) \\ &= \big(8\sin^2\varphi\cos\theta\,,\,8\sin^2\varphi\sin\theta\,,\, 8\sin\varphi\cos\varphi\big) \\ &= \big(R\cos\theta\,,\,R\sin\theta\,,\,Z\big)\qquad \text{여기서 }R=8\sin^2\varphi,\ Z= 8\sin\varphi\cos\varphi \end{aligned}$

는 평면 $z=Z=8\sin\varphi\cos\varphi$ 위에 있고 $\big(0,0,Z=8\sin\varphi\cos\varphi\big)$ 을 중심으로 하는 반지름 $R=8\sin^2\varphi$ 인 원을 그린다. 따라서 이 곡면은 원들을 차곡차곡 쌓아 올린 것이며, 회전면이다. 이 곡면은 다음과 같이 그릴 수 있다.

먼저 곡면의 $\theta=0$ 단면 (곡면 중 $xz$ 평면의 오른쪽 절반에 있는 부분)을 그린다.
그다음 그 결과를 $z$ 축을 중심으로 회전시킨다.

곡면의 $\theta=0$ 부분은

$\begin{aligned} &\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x=8\sin^2\varphi,\ y=0,\ z=8\sin\varphi\cos\varphi,\ 0\le\varphi\le \pi\ \big\} \\ &=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x=4-4\cos(2\varphi),\ y=0,\ z=4\sin(2\varphi),\ 0\le\varphi\le \pi\ \big\} \end{aligned}$

이다. 이것은 $xz$ 평면 (즉 $y=0$ ) 위에 있고 $(4,0,0)$ 을 중심으로 하는 반지름 $4$ 인 원이다! 아래 왼쪽 그림은 이 원의 위쪽 절반을 그린 것이다. 이 원을 $z$ 축을 중심으로 회전시키면 토러스(도넛 모양)가 되는데, 가운데 구멍이 한 점으로 줄어든 모양이다. 아래 오른쪽 그림은 토러스 중 제1팔분공간에 있는 부분을 그린 것이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) Recall that, in spherical coordinates, $\varphi$ runs from $0$ (that's the positive $z$ –axis) to $\pi$ (that's the negative $z$ –axis), $\theta$ runs from $0$ to $2\pi$ ( $\theta$ is the regular polar or cylindrical coordinate) and $\mathrm{d}V = \rho^2\ \sin\varphi\ \mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi$ . So

$\begin{aligned} \text{Volume} & = \int_0^\pi \mathrm{d}\varphi\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{8\sin\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^2\ \sin\varphi \\ & = \int_0^\pi \mathrm{d}\varphi\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \frac{(8\sin\varphi)^3}{3} \sin\varphi \\ & = \frac{2(8^3)\,\pi}{3} \int_0^\pi \mathrm{d}\varphi\ \sin^4\varphi \\ &= \frac{2(8^3)\,\pi}{3} \left[\frac{1}{32}\big(12\varphi -8\sin(2\varphi) +\sin(4\varphi)\big)\right]_0^\pi \\ &=\frac{2(8^3)\,\pi}{3}\ \frac{12\,\pi}{32} =128\pi^2 \end{aligned}$

(b) Fix any $\varphi$ between $0$ and $\pi$ . If $\rho=8\sin\varphi$ , then as $\theta$ runs from $0$ to $2\pi$ ,

$\begin{aligned} (x,y,z) &= \big(\rho\sin\varphi\cos\theta\,,\,\rho\sin\varphi\sin\theta\,,\, \rho\cos\varphi\big) \\ &= \big(8\sin^2\varphi\cos\theta\,,\,8\sin^2\varphi\sin\theta\,,\, 8\sin\varphi\cos\varphi\big) \\ &= \big(R\cos\theta\,,\,R\sin\theta\,,\,Z\big)\qquad \text{with }R=8\sin^2\varphi,\ Z= 8\sin\varphi\cos\varphi \end{aligned}$

sweeps out a circle of radius $R=8\sin^2\varphi$ contained in the plane $z=Z=8\sin\varphi\cos\varphi$ and centred on $\big(0,0,Z=8\sin\varphi\cos\varphi\big)$ . So the surface is a bunch of circles stacked one on top of the other. It is a surface of revolution. We can sketch it by

first sketching the $\theta=0$ section of the surface (that's the part of the surface in the right half of the $xz$ –plane)
and then rotate the result about the $z$ –axis.

The $\theta=0$ part of the surface is

$\begin{aligned} &\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x=8\sin^2\varphi,\ y=0,\ z=8\sin\varphi\cos\varphi,\ 0\le\varphi\le \pi\ \big\} \\ &=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x=4-4\cos(2\varphi),\ y=0,\ z=4\sin(2\varphi),\ 0\le\varphi\le \pi\ \big\} \end{aligned}$

It's a circle of radius $4$ , contained in the $xz$ –plane (i.e. $y=0$ ) and centred on $(4,0,0)$ ! The figure on the left below is a sketch of the top half of the circle. When we rotate the circle about the $z$ –axis we get a torus (a donut) but with the hole in the centre shrunk to a point. The figure on the right below is a sketch of the part of the torus in the first octant.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.7절 · 27번

# 원기둥·구면좌표 삼중적분그래프·표 해석도전자동 분류

15.CLP-3 · 3.7절 · 27번대학 수준우리말 번역

$E$ 를 다음과 같은 입체라 하자.

$0 \le z \le \sqrt{x^2 + y^2},\qquad x^2 + y^2 \le 1,$

그리고 다음 적분을 생각하자.

$I = \iiint _E z \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}\ \mathrm{d}V.$

(a) 적분 $I$ 를 원기둥좌표계로 나타내세요. (b) 적분 $I$ 를 구면좌표계로 나타내세요. (c) 두 형태 중 하나를 사용하여 적분 $I$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let $E$ be the solid

$0 \le z \le \sqrt{x^2 + y^2},\qquad x^2 + y^2 \le 1,$

and consider the integral

$I = \iiint _E z \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}\ \mathrm{d}V.$

(a) Write the integral $I$ in cylindrical coordinates. (b) Write the integral $I$ in spherical coordinates. (c) Evaluate the integral $I$ using either form.

정답·풀이 보기

(a) 원기둥좌표계에서 $0\le z\le \sqrt{x^2+y^2}$ 은 $0\le z\le r$ 이 되고, $x^2+y^2\le 1$ 은 $0\le r\le 1$ 이 된다. 따라서

$E = \big\{ \ (r\cos\theta\,,\,r\sin\theta\,,\,z)\ \big|\ 0\le r\le 1,\ 0\le\theta\le 2\pi, \ 0\le z\le r\ \big\}$

이고, $\mathrm{d}V = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z$ 이므로

$\begin{aligned} I &= \iiint _E z \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}\ \mathrm{d}V = \int_0^1\mathrm{d}r \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^r\mathrm{d}z\ r\ z\ \sqrt{\underbrace{r^2+z^2}_{x^2+y^2+z^2}} \end{aligned}$

(b) 다음은 $E$ 를 $\theta$ 가 상수인 평면으로 자른 단면의 그림이다.

구면좌표 $\varphi$ 는 $z$ 축과 반지름 벡터 사이의 각임을 기억하자. 따라서 구면좌표계에서 $z=r$ (이는 $z$ 축과 $\frac{\pi}{4}$ 의 각을 이룬다)은 $\varphi=\frac{\pi}{4}$ 가 되고, 평면 $z=0$ , 즉 $xy$ 평면은 $\varphi=\frac{\pi}{2}$ 가 되며, $r=1$ 은 $\rho\sin\varphi = 1$ 이 된다. 따라서

$E = \left\{(\rho\sin\varphi\cos\theta\,,\,\rho\sin\varphi\sin\theta\,,\, \rho\cos\varphi)\ \left|\ \frac{\pi}{4}\le \varphi\le \frac{\pi}{2}, \ 0\le\theta\le 2\pi, \ 0\le \rho\le \frac{1}{\sin\varphi}\ \right.\right\}$

이고, $\mathrm{d}V = \rho^2\sin\varphi\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi$ 이므로

$\begin{aligned} I &= \iiint _E z \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}\ \mathrm{d}V = \int_{\pi/4}^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{1/\sin\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^2\sin\varphi \ \overbrace{\rho\cos\varphi}^{z}\ \rho \\ &= \int_{\pi/4}^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{1/\sin\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^4\sin\varphi \ \cos\varphi \end{aligned}$

(c) 구면좌표계 형태를 사용하여 적분하자.

$\begin{aligned} I &= \int_{\pi/4}^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{1/\sin\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^4\sin\varphi \ \cos\varphi \\ &= \int_{\pi/4}^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \frac{1}{5\sin^5\varphi}\sin\varphi \ \cos\varphi \\ &= \frac{2\pi}{5}\int_{\pi/4}^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi\ \frac{\cos\varphi}{\sin^4\varphi} \\ &= \frac{2\pi}{5}\int_{1/\sqrt{2}}^{1} \frac{\mathrm{d}u}{u^4}\qquad\text{단, } u=\sin\varphi,\ \mathrm{d}u=\cos\varphi\,\mathrm{d}\varphi \\ &= \frac{2\pi}{5} \left[\frac{u^{-3}}{-3}\right]_{1/\sqrt{2}}^{1} \\ &= \frac{2(2\sqrt{2}-1)\pi}{15} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

(a) In cylindrical coordinates $0\le z\le \sqrt{x^2+y^2}$ becomes $0\le z\le r$ , and $x^2+y^2\le 1$ becomes $0\le r\le 1$ . So

$E = \big\{ \ (r\cos\theta\,,\,r\sin\theta\,,\,z)\ \big|\ 0\le r\le 1,\ 0\le\theta\le 2\pi, \ 0\le z\le r\ \big\}$

and, since $\mathrm{d}V = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z$ ,

$\begin{aligned} I &= \iiint _E z \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}\ \mathrm{d}V = \int_0^1\mathrm{d}r \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^r\mathrm{d}z\ r\ z\ \sqrt{\underbrace{r^2+z^2}_{x^2+y^2+z^2}} \end{aligned}$

(b) Here is a sketch of a constant $\theta$ section of $E$ .

Recall that the spherical coordinate $\varphi$ is the angle between the $z$ –axis and the radius vector. So, in spherical coordinates $z=r$ (which makes an angle $\frac{\pi}{4}$ with the $z$ axis) becomes $\varphi=\frac{\pi}{4}$ , and the plane $z=0$ , i.e. the $xy$ –plane, becomes $\varphi=\frac{\pi}{2}$ , and $r=1$ becomes $\rho\sin\varphi = 1$ . So

$E = \left\{(\rho\sin\varphi\cos\theta\,,\,\rho\sin\varphi\sin\theta\,,\, \rho\cos\varphi)\ \left|\ \frac{\pi}{4}\le \varphi\le \frac{\pi}{2}, \ 0\le\theta\le 2\pi, \ 0\le \rho\le \frac{1}{\sin\varphi}\ \right.\right\}$

and, since $\mathrm{d}V = \rho^2\sin\varphi\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi$ ,

$\begin{aligned} I &= \iiint _E z \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}\ \mathrm{d}V = \int_{\pi/4}^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{1/\sin\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^2\sin\varphi \ \overbrace{\rho\cos\varphi}^{z}\ \rho \\ &= \int_{\pi/4}^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{1/\sin\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^4\sin\varphi \ \cos\varphi \end{aligned}$

(c) We'll integrate using the spherical coordinate version.

$\begin{aligned} I &= \int_{\pi/4}^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{1/\sin\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^4\sin\varphi \ \cos\varphi \\ &= \int_{\pi/4}^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \frac{1}{5\sin^5\varphi}\sin\varphi \ \cos\varphi \\ &= \frac{2\pi}{5}\int_{\pi/4}^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi\ \frac{\cos\varphi}{\sin^4\varphi} \\ &= \frac{2\pi}{5}\int_{1/\sqrt{2}}^{1} \frac{\mathrm{d}u}{u^4}\qquad\text{with } u=\sin\varphi,\ \mathrm{d}u=\cos\varphi\,\mathrm{d}\varphi \\ &= \frac{2\pi}{5} \left[\frac{u^{-3}}{-3}\right]_{1/\sqrt{2}}^{1} \\ &= \frac{2(2\sqrt{2}-1)\pi}{15} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.7절 · 20번

# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산도전자동 분류

16.CLP-3 · 3.7절 · 28번대학 수준우리말 번역

다음 반복적분을 생각하세요.

$I =\int_{-a}^0\int_{-\sqrt{a^2-x^2}}^0 \int_0^{\sqrt{a^2-x^2-y^2}} \big(x^2+y^2+z^2\big)^{2014}\ \mathrm{d}z\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}x$

여기서 $a$ 는 양의 상수입니다.

(a) $I$ 를 원기둥좌표계에서의 반복적분으로 나타내세요. (b) $I$ 를 구면좌표계에서의 반복적분으로 나타내세요. (c) 원하는 방법을 사용하여 $I$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Consider the iterated integral

$I =\int_{-a}^0\int_{-\sqrt{a^2-x^2}}^0 \int_0^{\sqrt{a^2-x^2-y^2}} \big(x^2+y^2+z^2\big)^{2014}\ \mathrm{d}z\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}x$

where $a$ is a positive constant.

(a) Write $I$ as an iterated integral in cylindrical coordinates. (b) Write $I$ as an iterated integral in spherical coordinates. (c) Evaluate I using whatever method you prefer.

정답·풀이 보기

핵심은 적분 영역이 어떤 모양인지 알아내는 것이다.

가장 바깥쪽 적분은 $x$ 가 $-a$ 에서 $0$ 까지 움직인다는 뜻이다.
가운데 적분은 그 범위의 각 $x$ 에 대하여 $y$ 가 $-\sqrt{a^2-x^2}$ 에서 $0$ 까지 움직인다는 뜻이다. $y=-\sqrt{a^2-x^2}$ 을 더 익숙한 꼴인 $x^2+y^2=a^2$ , $y\le 0$ 으로 고쳐 쓸 수 있다. 따라서 $(x,y)$ 는 원점을 중심으로 하는 반지름 $a$ 인 원판 중 제3사분면에 있는 부분 위를 움직인다.

마지막으로 가장 안쪽 적분은 사분원판 안의 각 $(x,y)$ 에 대하여 $z$ 가 $0$ 에서 $\sqrt{a^2-x^2-y^2}$ 까지 움직인다는 뜻이다. 여기서도 $z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$ 을 더 익숙한 꼴인 $x^2+y^2+z^2=a^2$ , $z\ge 0$ 으로 고쳐 쓸 수 있다.

따라서 적분 영역은 원점을 중심으로 하는 반지름 $a$ 인 구의 내부 중 팔분공간 $x\le 0$ , $y\le 0$ , $z\ge 0$ 에 놓인 부분이다.

$\begin{aligned} V&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ -a\le x\le 0,\ -\sqrt{a^2-x^2}\le y\le 0,\ 0\le z\le\sqrt{a^2-x^2-y^2} \ \big\} \\ &=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2+z^2\le a^2,\ x\le 0,\ y\le 0,\ z\ge 0 \ \big\} \end{aligned}$

(a) $V$ 에서 $(x,y)$ 는 제3사분면에 제한되며, 이는 원기둥좌표계에서 $\pi\le\theta\le\frac{3\pi}{2}$ 이다. 따라서 원기둥좌표계에서

$\begin{aligned} V&=\Big\{(r\cos\theta,r\sin\theta,z)\ \Big|\ r^2+z^2\le a^2,\ \pi\le\theta\le\frac{3\pi}{2},\ z\ge 0 \Big\} \\ &=\Big\{(r\cos\theta,r\sin\theta,z)\ \Big|\ 0\le z\le a,\ \pi\le\theta\le\frac{3\pi}{2},\ 0\le r\le\sqrt{a^2-z^2} \Big\} \end{aligned}$

이고

$\begin{aligned} I&= \iiint _V \big(x^2+y^2+z^2\big)^{2014}\ \mathrm{d}V = \iiint _V \big(r^2+z^2\big)^{2014}\ r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z \\ &=\int_0^a \mathrm{d}z\int_{\pi}^{3\pi/2}\mathrm{d}\theta \int_0^{\sqrt{a^2-z^2}}\mathrm{d}r\ r\big(r^2+z^2\big)^{2014} \end{aligned}$

(b) 구면좌표 $\varphi$ 는 $0$ (반지름 벡터가 양의 $z$ 축 방향일 때)에서 ${\pi}/{2}$ (반지름 벡터가 $xy$ 평면 위에 있을 때)까지 움직이므로

$\begin{aligned} I&= \iiint _V \big(x^2+y^2+z^2\big)^{2014}\ \mathrm{d}V = \iiint _V \rho^{2\times 2014}\ \rho^2\sin\varphi\ \mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi \\ &=\int_0^{\pi/2} \mathrm{d}\varphi\int_{\pi}^{3\pi/2}\mathrm{d}\theta \int_0^a\mathrm{d}\rho\ \rho^{4030}\sin\varphi \end{aligned}$

(c) 구면좌표로 나타낸 식을 이용하면

$\begin{aligned} I&=\int_0^{\pi/2} \mathrm{d}\varphi\int_{\pi}^{3\pi/2}\mathrm{d}\theta \int_0^a\mathrm{d}\rho\ \rho^{4030}\sin\varphi \\ &=\frac{a^{4031}}{4031} \int_0^{\pi/2} \mathrm{d}\varphi\int_{\pi}^{3\pi/2}\mathrm{d}\theta \ \sin\varphi \\ &=\frac{a^{4031}\pi}{8062} \int_0^{\pi/2} \mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi \\ &=\frac{a^{4031}\pi}{8062} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

The main step is to figure out what the domain of integration looks like.

The outside integral says that $x$ runs from $-a$ to $0$ .
The middle integrals says that, for each $x$ in that range, $y$ runs from $-\sqrt{a^2-x^2}$ to $0$ . We can rewrite $y=-\sqrt{a^2-x^2}$ in the more familiar form $x^2+y^2=a^2$ , $y\le 0$ . So $(x,y)$ runs over the third quadrant part of the disk of radius $a$ , centred on the origin.

Finally, the inside integral says that, for each $(x,y)$ in the quarter disk, $z$ runs from $0$ to $\sqrt{a^2-x^2-y^2}$ . We can also rewrite $z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$ in the more familiar form $x^2+y^2+z^2=a^2$ , $z\ge 0$ .

So the domain of integration is the part of the interior of the sphere of radius $a$ , centred on the origin, that lies in the octant $x\le 0$ , $y\le 0$ , $z\ge 0$ .

$\begin{aligned} V&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ -a\le x\le 0,\ -\sqrt{a^2-x^2}\le y\le 0,\ 0\le z\le\sqrt{a^2-x^2-y^2} \ \big\} \\ &=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2+z^2\le a^2,\ x\le 0,\ y\le 0,\ z\ge 0 \ \big\} \end{aligned}$

(a) Note that, in $V$ , $(x,y)$ is restricted to the third quadrant, which in cylindrical coordinates is $\pi\le\theta\le\frac{3\pi}{2}$ . So, in cylindrical coordinates,

$\begin{aligned} V&=\Big\{(r\cos\theta,r\sin\theta,z)\ \Big|\ r^2+z^2\le a^2,\ \pi\le\theta\le\frac{3\pi}{2},\ z\ge 0 \Big\} \\ &=\Big\{(r\cos\theta,r\sin\theta,z)\ \Big|\ 0\le z\le a,\ \pi\le\theta\le\frac{3\pi}{2},\ 0\le r\le\sqrt{a^2-z^2} \Big\} \end{aligned}$

and

$\begin{aligned} I&= \iiint _V \big(x^2+y^2+z^2\big)^{2014}\ \mathrm{d}V = \iiint _V \big(r^2+z^2\big)^{2014}\ r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z \\ &=\int_0^a \mathrm{d}z\int_{\pi}^{3\pi/2}\mathrm{d}\theta \int_0^{\sqrt{a^2-z^2}}\mathrm{d}r\ r\big(r^2+z^2\big)^{2014} \end{aligned}$

(b) The spherical coordinate $\varphi$ runs from $0$ (when the radius vector is along the positive $z$ –axis) to ${\pi}/{2}$ (when the radius vector lies in the $xy$ –plane) so that

$\begin{aligned} I&= \iiint _V \big(x^2+y^2+z^2\big)^{2014}\ \mathrm{d}V = \iiint _V \rho^{2\times 2014}\ \rho^2\sin\varphi\ \mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi \\ &=\int_0^{\pi/2} \mathrm{d}\varphi\int_{\pi}^{3\pi/2}\mathrm{d}\theta \int_0^a\mathrm{d}\rho\ \rho^{4030}\sin\varphi \end{aligned}$

(c) Using the spherical coordinate version

$\begin{aligned} I&=\int_0^{\pi/2} \mathrm{d}\varphi\int_{\pi}^{3\pi/2}\mathrm{d}\theta \int_0^a\mathrm{d}\rho\ \rho^{4030}\sin\varphi \\ &=\frac{a^{4031}}{4031} \int_0^{\pi/2} \mathrm{d}\varphi\int_{\pi}^{3\pi/2}\mathrm{d}\theta \ \sin\varphi \\ &=\frac{a^{4031}\pi}{8062} \int_0^{\pi/2} \mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi \\ &=\frac{a^{4031}\pi}{8062} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.7절 · 29번

# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산도전자동 분류

17.CLP-3 · 3.7절 · 29번대학 수준우리말 번역

입체 $E$ 는 아래로는 포물면 $z = x^2 + y^2$ 으로, 위로는 원뿔 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 으로 유계이다. 다음과 같이 두자.

$I = \iiint _E z\big(x^2+y^2+z^2\big)\ \mathrm{d}V$

(a) $I$ 를 원기둥좌표로 나타내세요. 값을 구하지는 마세요. (b) $I$ 를 구면좌표로 나타내세요. 값을 구하지는 마세요. (c) $I$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

The solid $E$ is bounded below by the paraboloid $z = x^2 + y^2$ and above by the cone $z=\sqrt{x^2+y^2}$ . Let

$I = \iiint _E z\big(x^2+y^2+z^2\big)\ \mathrm{d}V$

(a) Write $I$ in terms of cylindrical coordinates. Do not evaluate. (b) Write $I$ in terms of spherical coordinates. Do not evaluate. (c) Calculate $I$ .

정답·풀이 보기

(a) 원기둥좌표에서 포물면은 $z=r^2$ 이고 원뿔은 $z=r$ 이다. 두 곡면은 $r^2=r$ 일 때 만난다. 즉, $r=0$ 일 때와 $r=1$ 일 때이다. 따라서 원기둥좌표로 나타내면

$\begin{aligned} I = \int_0^1 \mathrm{d}r\ r \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{r^2}^r\mathrm{d}z\ z(r^2+z^2) \end{aligned}$

(b) 구면좌표에서 포물면은

$\rho\cos\varphi=\rho^2\sin^2\varphi\qquad\text{또는}\qquad \rho=\frac{\cos\varphi}{\sin^2\varphi}$

이고 원뿔은

$\rho\cos\varphi=\rho\sin\varphi\quad\text{또는}\quad \tan\varphi=1\quad\text{또는}\quad \varphi=\frac{\pi}{4}$

이다. 아래 그림은 $\theta$ 가 상수인 $E$ 의 단면을 보여 준다. 이 그림을 보면 $\varphi$ 는 $\frac{\pi}{4}$ (즉, 원뿔)에서 $\frac{\pi}{2}$ (즉, $xy$ 평면)까지 변한다.

따라서 구면좌표로 나타내면

$\begin{aligned} I &= \int_{\pi/4}^{\pi/2} \mathrm{d}\varphi \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\cos\varphi/\sin^2\varphi} \mathrm{d}\rho\ \rho^2\sin\varphi \ \overbrace{\rho\cos\varphi}^{z} \overbrace{\rho^2}^{x^2+y^2+z^2} \\ &= \int_{\pi/4}^{\pi/2} \mathrm{d}\varphi \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\cos\varphi/\sin^2\varphi} \mathrm{d}\rho\ \rho^5\sin\varphi \cos\varphi \end{aligned}$

(c) 원기둥좌표 적분이 더 쉬워 보인다.

$\begin{aligned} I &= \int_0^1 \mathrm{d}r\ r \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{r^2}^r\mathrm{d}z\ z(r^2+z^2) \\ &= \int_0^1 \mathrm{d}r\ r \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \left[r^2\frac{z^2}{2}+\frac{z^4}{4}\right]_{r^2}^r \\ &= 2\pi \int_0^1 \mathrm{d}r\ r \left[r^2\frac{r^2}{2}+\frac{r^4}{4} -r^2\frac{r^4}{2}-\frac{r^8}{4}\right] \\ &=2\pi \left[\frac{1}{12}+\frac{1}{24} -\frac{1}{16}-\frac{1}{40}\right] =\frac{\pi}{2} \left[\frac{1}{3}+\frac{1}{6} -\frac{1}{4}-\frac{1}{10}\right] \\ &=\frac{3\pi}{40} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

(a) In cylindrical coordinates, the paraboloid is $z=r^2$ and the cone is $z=r$ . The two meet when $r^2=r$ . That is, when $r=0$ and when $r=1$ . So, in cylindrical coordinates

$\begin{aligned} I = \int_0^1 \mathrm{d}r\ r \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{r^2}^r\mathrm{d}z\ z(r^2+z^2) \end{aligned}$

(b) In spherical coordinates, the paraboloid is

$\rho\cos\varphi=\rho^2\sin^2\varphi\qquad\text{or}\qquad \rho=\frac{\cos\varphi}{\sin^2\varphi}$

and the cone is

$\rho\cos\varphi=\rho\sin\varphi\quad\text{or}\quad \tan\varphi=1\quad\text{or}\quad \varphi=\frac{\pi}{4}$

The figure below shows a constant $\theta$ cross–section of $E$ . Looking at that figure, we see that $\varphi$ runs from $\frac{\pi}{4}$ (i.e. the cone) to $\frac{\pi}{2}$ (i.e. the $xy$ –plane).

So, is spherical coordinates,

$\begin{aligned} I &= \int_{\pi/4}^{\pi/2} \mathrm{d}\varphi \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\cos\varphi/\sin^2\varphi} \mathrm{d}\rho\ \rho^2\sin\varphi \ \overbrace{\rho\cos\varphi}^{z} \overbrace{\rho^2}^{x^2+y^2+z^2} \\ &= \int_{\pi/4}^{\pi/2} \mathrm{d}\varphi \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\cos\varphi/\sin^2\varphi} \mathrm{d}\rho\ \rho^5\sin\varphi \cos\varphi \end{aligned}$

(c) The cylindrical coordinates integral looks easier.

$\begin{aligned} I &= \int_0^1 \mathrm{d}r\ r \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{r^2}^r\mathrm{d}z\ z(r^2+z^2) \\ &= \int_0^1 \mathrm{d}r\ r \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \left[r^2\frac{z^2}{2}+\frac{z^4}{4}\right]_{r^2}^r \\ &= 2\pi \int_0^1 \mathrm{d}r\ r \left[r^2\frac{r^2}{2}+\frac{r^4}{4} -r^2\frac{r^4}{2}-\frac{r^8}{4}\right] \\ &=2\pi \left[\frac{1}{12}+\frac{1}{24} -\frac{1}{16}-\frac{1}{40}\right] =\frac{\pi}{2} \left[\frac{1}{3}+\frac{1}{6} -\frac{1}{4}-\frac{1}{10}\right] \\ &=\frac{3\pi}{40} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.7절 · 19번

# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산도전자동 분류

18.CLP-3 · 3.7절 · 30번대학 수준우리말 번역

$S$ 를 제1팔분공간( $x,y,z\ge 0$ )에 있는 영역으로서 원뿔 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 의 위쪽, 구 $(z-1)^2 +x^2+y^2=1$ 의 아래쪽에 놓인 부분이라 하자. $V$ 를 그 부피라 하자.

(a) $V$ 를 원기둥좌표계에서의 삼중적분으로 나타내세요. (b) $V$ 를 구면좌표계에서의 삼중적분으로 나타내세요. (c) 위의 두 적분 중 하나를 이용하여 $V$ 를 계산하세요.

영어 원문 보기

Let $S$ be the region on the first octant (so that $x,y,z\ge 0$ ) which lies above the cone $z=\sqrt{x^2+y^2}$ and below the sphere $(z-1)^2 +x^2+y^2=1$ . Let $V$ be its volume.

(a) Express $V$ as a triple integral in cylindrical coordinates. (b) Express $V$ as an triple integral in spherical coordinates. (c) Calculate $V$ using either of the integrals above.

정답·풀이 보기

구 $x^2+y^2+(z-1)^2=1$ 과 원뿔 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 은 모두 $z$ 축을 중심으로 한 회전에 대하여 변하지 않는다. 구 $x^2 + y^2 + (z-1)^2 = 1$ 과 원뿔 $z = \sqrt{x^2 + y^2}$ 은 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 일 때 만나므로 $x^2+y^2=z^2$ 이고,

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

따라서 두 곡면은 원 $z=1$ , $x^2+y^2=1$ 에서 만나며

$S = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x,y\ge 0,\ x^2+y^2\le 1,\ \sqrt{x^2+y^2}\le z\le 1+\sqrt{1-x^2-y^2}\ \big\}$

이다.

다음은 $S$ 의 $y=0$ 단면의 개형이다.

(a) 원기둥좌표계에서

조건 $x,y\ge 0$ 은 $0\le\theta\le{\pi}/{2}$ 이고,
조건 $x^2+y^2\le 1$ 은 $r\le 1$ 이며,
조건 $\sqrt{x^2+y^2}\le z\le 1+\sqrt{1-x^2-y^2}$ 은 $r\le z\le 1+\sqrt{1-r^2}$ 이고,
$\mathrm{d}V = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z$ 이다.

따라서

$\begin{aligned} V = \iiint _S\mathrm{d}V = \int_0^1\mathrm{d}r \int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_r^{1+\sqrt{1-r^2}}\mathrm{d}z \ r \end{aligned}$

이다.

(b) 구면좌표계에서

원뿔 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 은 다음과 같이 된다.

$\begin{aligned} \rho\,\cos\varphi =\sqrt{\rho^2\sin^2\varphi\,\cos^2\theta +\rho^2\sin^2\varphi\,\sin^2\theta} =\rho\sin\varphi \iff \tan\varphi=1 \iff \varphi=\frac{\pi}{4} \end{aligned}$

따라서 $S$ 위에서 구면좌표 $\varphi$ 는 $\varphi=0$ ( $z$ 축의 양의 부분)에서 $\varphi={\pi}/{4}$ (원뿔 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ )까지 변하며, 이는 원뿔의 위쪽에 머물도록 한다.
조건 $x,y\ge 0$ 은 $0\le\theta\le{\pi}/{2}$ 이다.
조건 $x^2+y^2+(z-1)^2\le 1$ (구의 내부에 머물도록 하는 조건)은 다음과 같이 된다.

$\begin{aligned} &\rho^2\sin^2\varphi\,\cos^2\theta + \rho^2\sin^2\varphi\,\sin^2\theta +\big(\rho\cos\varphi-1\big)^2\le 1 \\ &\iff \rho^2\,\sin^2\varphi +\rho^2\cos^2\varphi -2\rho\cos\varphi +1 \le 1 \\ &\iff \rho^2-2\rho\cos\varphi\le 0 \\ &\iff \rho\le 2 \cos\varphi \end{aligned}$

그리고 $\mathrm{d}V = \rho^2\sin\varphi\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi$ 이다.

따라서

$\begin{aligned} V = \iiint _S\mathrm{d}V = \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi \int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta \int_0^{2\cos\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^2\sin\varphi \end{aligned}$

이다.

(c) (b)의 구면좌표계 적분을 이용하여 $V$ 를 계산한다.

$\begin{aligned} V &= \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi \int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta \int_0^{2\cos\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^2\sin\varphi \\ &=\frac{8}{3} \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi \int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \cos^3\varphi\ \sin\varphi \\ &=\frac{8}{3}\ \frac{\pi}{2}\ \left[-\frac{\cos^4\varphi}{4}\right]_0^{\pi/4} \\ &=\frac{\pi}{3} \left[1-\frac{1}{(\sqrt{2})^4}\right] \\ &=\frac{\pi}{4} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

Note that both the sphere $x^2+y^2+(z-1)^2=1$ and the cone $z=\sqrt{x^2+y^2}$ are invariant under rotations around the $z$ –axis. The sphere $x^2 + y^2 + (z-1)^2 = 1$ and the cone $z = \sqrt{x^2 + y^2}$ intersect when $z=\sqrt{x^2+y^2}$ , so that $x^2+y^2=z^2$ , and

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

So the surfaces intersect on the circle $z=1$ , $x^2+y^2=1$ and

$S = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x,y\ge 0,\ x^2+y^2\le 1,\ \sqrt{x^2+y^2}\le z\le 1+\sqrt{1-x^2-y^2}\ \big\}$

Here is a sketch of the $y=0$ cross section of S.

(a) In cylindrical coordinates

the condition $x,y\ge 0$ is $0\le\theta\le{\pi}/{2}$ ,
the condition $x^2+y^2\le 1$ is $r\le 1$ , and
the conditions $\sqrt{x^2+y^2}\le z\le 1+\sqrt{1-x^2-y^2}$ are $r\le z\le 1+\sqrt{1-r^2}$ , and
$\mathrm{d}V = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z$ .

So

$\begin{aligned} V = \iiint _S\mathrm{d}V = \int_0^1\mathrm{d}r \int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_r^{1+\sqrt{1-r^2}}\mathrm{d}z \ r \end{aligned}$

(b) In spherical coordinates,

the cone $z=\sqrt{x^2+y^2}$ becomes

$\begin{aligned} \rho\,\cos\varphi =\sqrt{\rho^2\sin^2\varphi\,\cos^2\theta +\rho^2\sin^2\varphi\,\sin^2\theta} =\rho\sin\varphi \iff \tan\varphi=1 \iff \varphi=\frac{\pi}{4} \end{aligned}$

so that, on $S$ , the spherical coordinate $\varphi$ runs from $\varphi=0$ (the positive $z$ –axis) to $\varphi={\pi}/{4}$ (the cone $z=\sqrt{x^2+y^2}$ ), which keeps us above the cone,
the condition $x,y\ge 0$ is $0\le\theta\le{\pi}/{2}$ ,
the condition $x^2+y^2+(z-1)^2\le 1$ , (which keeps us inside the sphere), becomes

$\begin{aligned} &\rho^2\sin^2\varphi\,\cos^2\theta + \rho^2\sin^2\varphi\,\sin^2\theta +\big(\rho\cos\varphi-1\big)^2\le 1 \\ &\iff \rho^2\,\sin^2\varphi +\rho^2\cos^2\varphi -2\rho\cos\varphi +1 \le 1 \\ &\iff \rho^2-2\rho\cos\varphi\le 0 \\ &\iff \rho\le 2 \cos\varphi \end{aligned}$

and $\mathrm{d}V = \rho^2\sin\varphi\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi$ .

So

$\begin{aligned} V = \iiint _S\mathrm{d}V = \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi \int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta \int_0^{2\cos\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^2\sin\varphi \end{aligned}$

(c) We'll evaluate $V$ using the spherical coordinate integral of part (b).

$\begin{aligned} V &= \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi \int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta \int_0^{2\cos\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^2\sin\varphi \\ &=\frac{8}{3} \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi \int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \cos^3\varphi\ \sin\varphi \\ &=\frac{8}{3}\ \frac{\pi}{2}\ \left[-\frac{\cos^4\varphi}{4}\right]_0^{\pi/4} \\ &=\frac{\pi}{3} \left[1-\frac{1}{(\sqrt{2})^4}\right] \\ &=\frac{\pi}{4} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.7절 · 28번

# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산도전자동 분류

19.CLP-3 · 3.7절 · 31번대학 수준우리말 번역

입체가 원뿔 $z=\sqrt{3x^2+3y^2}$ 로 아래로 유계이고 구 $x^2+y^2+z^2=9$ 로 위로 유계이다. 이 입체의 밀도는 $\delta (x,y,z)=x^2+y^2$ 이다.

(a) 이 입체의 질량 $m$ 을 원기둥좌표계에서의 삼중적분으로 나타내세요. (b) 이 입체의 질량 $m$ 을 구면좌표계에서의 삼중적분으로 나타내세요. (c) $m$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

A solid is bounded below by the cone $z=\sqrt{3x^2+3y^2}$ and above by the sphere $x^2+y^2+z^2=9$ . It has density $\delta (x,y,z)=x^2+y^2$ .

(a) Express the mass $m$ of the solid as a triple integral in cylindrical coordinates. (b) Express the mass $m$ of the solid as a triple integral in spherical coordinates. (c) Evaluate $m$ .

정답·풀이 보기

(a) 원기둥좌표계에서 밀도는 $\delta =x^2+y^2=r^2$ 이고, 입체의 아랫면은 $z=\sqrt{3x^2+3y^2}=\sqrt{3}\,r$ 이고 입체의 윗면은 $z=\sqrt{9-x^2-y^2}=\sqrt{9-r^2}$ 이다. 윗면과 아랫면은 다음 조건에서 만난다.

$\sqrt{3}\,r=\sqrt{9-r^2}\iff 3r^2=9-r^2\iff 4r^2=9\iff r=\frac{3}{2}$

질량은 다음과 같다.

$\begin{aligned} m=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^{3/2}\mathrm{d}r\ r\int_{\sqrt{3}\,r}^{\sqrt{9-r^2}}dz\ \overbrace{r^2}^{\delta } \end{aligned}$

(b) 구면좌표계에서 밀도는 $\delta =x^2+y^2=\rho^2\sin^2\varphi$ 이고, 입체의 아랫면은

$z=\sqrt{3}\,r\iff \rho\cos\varphi=\sqrt{3}\,\rho\sin\varphi\iff \tan\varphi=\frac{1}{\sqrt{3}}\iff\varphi=\frac{\pi}{6}$

에 있고, 입체의 윗면은 $x^2+y^2+z^2=\rho^2=9$ 에 있다. 질량은 다음과 같다.

$m=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^{\pi/6}\mathrm{d}\varphi\int_0^3\mathrm{d}\rho\ \big(\rho^2\sin\varphi\big) \overbrace{\big(\rho^2\sin^2\varphi\big)}^{\delta }$

(c) 풀이 1: (b)의 적분에서 $s=\cos\varphi$ , $\mathrm{d}s=-\sin\varphi\ \mathrm{d}\varphi$ 로 변수를 바꾸면,

$\begin{aligned} m&=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^{\pi/6}\mathrm{d}\varphi \int_0^3\mathrm{d}\rho\ \rho^4\sin\varphi \big(1-\cos^2\varphi\big) \\ &=\frac{3^5}{5}\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^{\pi/6}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi \big(1-\cos^2\varphi\big) \\ &=-\frac{3^5}{5}\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_1^{\sqrt{3}/2}\mathrm{d}s\ (1-s^2) \\ &=-\frac{3^5}{5}\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \left[s-\frac{s^3}{3}\right]_1^{\sqrt{3}/2} \\ &=2\pi \frac{3^5}{5} \left[1-\frac{1}{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{8}\right] \\ &=2\pi \frac{3^5}{5} \left[\frac{2}{3}-\frac{3\sqrt{3}}{8}\right] \end{aligned}$

(c) 풀이 2: 다른 풀이로, (a)의 적분을 계산할 수도 있다.

$\begin{aligned} m&=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^{3/2}\mathrm{d}r\ r\int_{\sqrt{3}\,r}^{\sqrt{9-r^2}}dz\ r^2\\ &=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^{3/2}\mathrm{d}r\ r^3\big(\sqrt{9-r^2}-\sqrt{3}\,r\big)\\ &=2\pi\int_0^{3/2}\mathrm{d}r\ r^3\big(\sqrt{9-r^2}-\sqrt{3}\,r\big) \end{aligned}$

둘째 항은

$-2\pi\int_0^{3/2}\mathrm{d}r\ \sqrt{3}\,r^4=-2\pi\sqrt{3}\,\frac{r^5}{5}\bigg|_0^{3/2} =-2\pi\sqrt{3}\,\frac{3^5}{5\times 2^5}$

이다. 첫째 항은 $s=9-r^2$ , $\mathrm{d}s=-2r\,\mathrm{d}r$ 로 치환한다.

$\begin{aligned} 2\pi\int_0^{3/2}\mathrm{d}r\ r^3\sqrt{9-r^2} &=2\pi\int_9^{27/4}\overbrace{\frac{\mathrm{d}s}{-2}}^{r\,\mathrm{d}r} \overbrace{(9-s)}^{r^2} \sqrt{s} =-\pi \left[6s^{3/2}-\frac{2}{5}s^{5/2}\right]_9^{27/4}\\ &=-\pi \left[\frac{3^5\sqrt{3}}{4}-2\times 3^4 -\frac{3^7}{2^4 5}\sqrt{3}+2\frac{3^5}{5}\right] \end{aligned}$

두 항을 더하면,

$\begin{aligned} m&=-2\pi\frac{3^5}{5} \frac{\sqrt{3}}{32} -2\pi\frac{3^5}{5} \frac{5\sqrt{3}}{8} +2\pi\frac{3^5}{5} \frac{5}{3} +2\pi\frac{3^5}{5} \frac{9\sqrt{3}}{32} -2\pi\frac{3^5}{5} \\ &=2\pi\frac{3^5}{5}\left[\left(\frac{5}{3}-1\right) -\sqrt{3}\left(\frac{1}{32}+\frac{5}{8}-\frac{9}{32}\right)\right] \\ &=2\pi \frac{3^5}{5} \left[\frac{2}{3}-\frac{3\sqrt{3}}{8}\right] \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

(a) In cylindrical coordinates, the density of is $\delta =x^2+y^2=r^2$ , the bottom of the solid is at $z=\sqrt{3x^2+3y^2}=\sqrt{3}\,r$ and the top of the solid is at $z=\sqrt{9-x^2-y^2}=\sqrt{9-r^2}$ . The top and bottom meet when

$\sqrt{3}\,r=\sqrt{9-r^2}\iff 3r^2=9-r^2\iff 4r^2=9\iff r=\frac{3}{2}$

The mass is

$\begin{aligned} m=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^{3/2}\mathrm{d}r\ r\int_{\sqrt{3}\,r}^{\sqrt{9-r^2}}dz\ \overbrace{r^2}^{\delta } \end{aligned}$

(b) In spherical coordinates, the density of is $\delta =x^2+y^2=\rho^2\sin^2\varphi$ , the bottom of the solid is at

$z=\sqrt{3}\,r\iff \rho\cos\varphi=\sqrt{3}\,\rho\sin\varphi\iff \tan\varphi=\frac{1}{\sqrt{3}}\iff\varphi=\frac{\pi}{6}$

and the top of the solid is at $x^2+y^2+z^2=\rho^2=9$ . The mass is

$m=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^{\pi/6}\mathrm{d}\varphi\int_0^3\mathrm{d}\rho\ \big(\rho^2\sin\varphi\big) \overbrace{\big(\rho^2\sin^2\varphi\big)}^{\delta }$

(c) Solution 1: Making the change of variables $s=\cos\varphi$ , $\mathrm{d}s=-\sin\varphi\ \mathrm{d}\varphi$ , in the integral of part (b),

$\begin{aligned} m&=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^{\pi/6}\mathrm{d}\varphi \int_0^3\mathrm{d}\rho\ \rho^4\sin\varphi \big(1-\cos^2\varphi\big) \\ &=\frac{3^5}{5}\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^{\pi/6}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi \big(1-\cos^2\varphi\big) \\ &=-\frac{3^5}{5}\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_1^{\sqrt{3}/2}\mathrm{d}s\ (1-s^2) \\ &=-\frac{3^5}{5}\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \left[s-\frac{s^3}{3}\right]_1^{\sqrt{3}/2} \\ &=2\pi \frac{3^5}{5} \left[1-\frac{1}{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{8}\right] \\ &=2\pi \frac{3^5}{5} \left[\frac{2}{3}-\frac{3\sqrt{3}}{8}\right] \end{aligned}$

(c) Solution 2: As an alternate solution, we can also evaluate the integral of part (a).

$\begin{aligned} m&=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^{3/2}\mathrm{d}r\ r\int_{\sqrt{3}\,r}^{\sqrt{9-r^2}}dz\ r^2\\ &=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^{3/2}\mathrm{d}r\ r^3\big(\sqrt{9-r^2}-\sqrt{3}\,r\big)\\ &=2\pi\int_0^{3/2}\mathrm{d}r\ r^3\big(\sqrt{9-r^2}-\sqrt{3}\,r\big) \end{aligned}$

The second term

$-2\pi\int_0^{3/2}\mathrm{d}r\ \sqrt{3}\,r^4=-2\pi\sqrt{3}\,\frac{r^5}{5}\bigg|_0^{3/2} =-2\pi\sqrt{3}\,\frac{3^5}{5\times 2^5}$

For the first term, we substitute $s=9-r^2$ , $\mathrm{d}s=-2r\,\mathrm{d}r$ .

$\begin{aligned} 2\pi\int_0^{3/2}\mathrm{d}r\ r^3\sqrt{9-r^2} &=2\pi\int_9^{27/4}\overbrace{\frac{\mathrm{d}s}{-2}}^{r\,\mathrm{d}r} \overbrace{(9-s)}^{r^2} \sqrt{s} =-\pi \left[6s^{3/2}-\frac{2}{5}s^{5/2}\right]_9^{27/4}\\ &=-\pi \left[\frac{3^5\sqrt{3}}{4}-2\times 3^4 -\frac{3^7}{2^4 5}\sqrt{3}+2\frac{3^5}{5}\right] \end{aligned}$

Adding the two terms together,

$\begin{aligned} m&=-2\pi\frac{3^5}{5} \frac{\sqrt{3}}{32} -2\pi\frac{3^5}{5} \frac{5\sqrt{3}}{8} +2\pi\frac{3^5}{5} \frac{5}{3} +2\pi\frac{3^5}{5} \frac{9\sqrt{3}}{32} -2\pi\frac{3^5}{5} \\ &=2\pi\frac{3^5}{5}\left[\left(\frac{5}{3}-1\right) -\sqrt{3}\left(\frac{1}{32}+\frac{5}{8}-\frac{9}{32}\right)\right] \\ &=2\pi \frac{3^5}{5} \left[\frac{2}{3}-\frac{3\sqrt{3}}{8}\right] \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.7절 · 9번

# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산도전자동 분류

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