다중적분 전체 연습문제 | 빌드라인 스쿨

601.CLP-3 · 3.2절 · 6번대학 수준우리말 번역

다음 각 극좌표 적분에 대하여 적분 영역을 $xy$ -평면에 그리세요.

(a) $\displaystyle \int_1^2\mathrm{d}r \int_{-{\pi}/{4}}^{{\pi}/{4}}\mathrm{d}\theta \ r\ f(r\cos\theta,r\sin\theta)$ (b) $\displaystyle \int_0^{{\pi}/{4}}\mathrm{d}\theta \int_0^{\frac{2}{\sin\theta+\cos\theta}}\mathrm{d}r \ r\ f(r\cos\theta,r\sin\theta)$ (c) $\displaystyle \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\frac{3}{\sqrt{\cos^2\theta+9\sin^2\theta}}}\mathrm{d}r \ r\ f(r\cos\theta,r\sin\theta)$

영어 원문 보기

Sketch the domain of integration in the $xy$ -plane for each of the following polar coordinate integrals.

(a) $\displaystyle \int_1^2\mathrm{d}r \int_{-{\pi}/{4}}^{{\pi}/{4}}\mathrm{d}\theta \ r\ f(r\cos\theta,r\sin\theta)$ (b) $\displaystyle \int_0^{{\pi}/{4}}\mathrm{d}\theta \int_0^{\frac{2}{\sin\theta+\cos\theta}}\mathrm{d}r \ r\ f(r\cos\theta,r\sin\theta)$ (c) $\displaystyle \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\frac{3}{\sqrt{\cos^2\theta+9\sin^2\theta}}}\mathrm{d}r \ r\ f(r\cos\theta,r\sin\theta)$

정답·풀이 보기

(a) 적분 영역을 $D$ 라 하자. 기호 $\displaystyle \int_1^2\mathrm{d}r \int_{-{\pi}/{4}}^{{\pi}/{4}}\mathrm{d}\theta$ 는 $D$ 에서 다음이 성립함을 나타낸다.

$r$ 는 $1$ 에서 $2$ 까지 변하고,
그 범위의 각 $r$ 에 대하여 $\theta$ 는 $-\frac{\pi}{4}$ 에서 $\frac{\pi}{4}$ 까지 변한다.

직교좌표로 나타내면

$r=1$ 은 원 $x^2+y^2=1$ 이고,
$r=2$ 는 원 $x^2+y^2=4$ 이고,
$\theta=\frac{\pi}{4}$ 는 반직선 $y=x$ , $x\ge 0$ 이고,
$\theta=-\frac{\pi}{4}$ 는 반직선 $y=-x$ , $x\ge 0$ 이다.

따라서

$\begin{aligned} D=\big\{ \ (x,y)\ \big|\ 1\le x^2+y^2\le 4,\ -x\le y\le x,\ x\ge 0\ \big\} \end{aligned}$

두 개의 그림이 있다. $D$ 는 오른쪽 그림에서 색칠한 영역이다.

(b) 적분 영역을 $D$ 라 하자. 기호 $\int_0^{{\pi}/{4}}\mathrm{d}\theta \int_0^{\frac{2}{\sin\theta+\cos\theta}}\mathrm{d}r$ 는 $D$ 에서 다음이 성립함을 나타낸다.

$\theta$ 는 $0$ 에서 ${\pi}/{4}$ 까지 변하고,
그 범위의 각 $\theta$ 에 대하여 $r$ 는 $0$ 에서 $\frac{2}{\sin\theta+\cos\theta}$ 까지 변한다.

직교좌표로 나타내면

$\theta=0$ 은 양의 $x$ 축이고,
$\theta={\pi}/{4}$ 는 반직선 $y=x$ , $x\ge 0$ 이고,
$r=\frac{2}{\sin\theta+\cos\theta}$ , 즉 $r\cos\theta+r\sin\theta=2$ 는 직선 $x+y=2$ 이다.

아래 왼쪽 그림을 보면, 직선 $y=x$ 와 $x+y=2$ 가 $(1,1)$ 에서 만나므로

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

$D$ 는 오른쪽 그림에서 색칠한 영역이다.

(c) 적분 영역을 $D$ 라 하자. 기호 $\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\frac{3}{\sqrt{\cos^2\theta+9\sin^2\theta}}}\mathrm{d}r$ 는 $D$ 에서 다음이 성립함을 나타낸다.

$\theta$ 는 $0$ 에서 $2\pi$ 까지 한 바퀴 변하고,
각 $\theta$ 에 대하여 $r$ 는 $0$ 에서 $\frac{3}{\sqrt{\cos^2\theta+9\sin^2\theta}}$ 까지 변한다.

직교좌표로 나타내면

$r=\frac{3}{\sqrt{\cos^2\theta+9\sin^2\theta}}$ , 즉 $r^2\cos^2\theta+9r^2\sin^2\theta=9$ 는 타원 $x^2+9y^2=9$ 이다.

따라서 $D$ 는 타원 $x^2+9y^2=9$ 의 내부이고, $D$ 는 오른쪽 그림에서 색칠한 영역이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) Let $D$ denote the domain of integration. The symbols $\displaystyle \int_1^2\mathrm{d}r \int_{-{\pi}/{4}}^{{\pi}/{4}}\mathrm{d}\theta$ say that, on $D$ ,

$r$ runs from $1$ to $2$ and
for each $r$ in that range, $\theta$ runs from $-\frac{\pi}{4}$ to $\frac{\pi}{4}$ .

In Cartesian coordinates

$r=1$ is the circle $x^2+y^2=1$ and
$r=2$ is the circle $x^2+y^2=4$ and
$\theta=\frac{\pi}{4}$ is the ray $y=x$ , $x\ge 0$ and
$\theta=-\frac{\pi}{4}$ is the ray $y=-x$ , $x\ge 0$ .

So

$\begin{aligned} D=\big\{ \ (x,y)\ \big|\ 1\le x^2+y^2\le 4,\ -x\le y\le x,\ x\ge 0\ \big\} \end{aligned}$

Here are two sketches. $D$ is the shaded region in the sketch on the right.

(b) Let $D$ denote the domain of integration. The symbols $\int_0^{{\pi}/{4}}\mathrm{d}\theta \int_0^{\frac{2}{\sin\theta+\cos\theta}}\mathrm{d}r$ say that, on $D$ ,

$\theta$ runs from $0$ to ${\pi}/{4}$ and
for each $\theta$ in that range, $r$ runs from $0$ to $\frac{2}{\sin\theta+\cos\theta}$ .

In Cartesian coordinates

$\theta=0$ is the positive $x$ -axis and
$\theta={\pi}/{4}$ is the ray $y=x$ , $x\ge 0$ and
$r=\frac{2}{\sin\theta+\cos\theta}$ , or equivalently $r\cos\theta+r\sin\theta=2$ , is the line $x+y=2$ .

Looking at the sketch on the left below, we see that, since the lines $y=x$ and $x+y=2$ cross at $(1,1)$ ,

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

$D$ is the shaded region in the sketch on the right.

(c) Let $D$ denote the domain of integration. The symbols $\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\frac{3}{\sqrt{\cos^2\theta+9\sin^2\theta}}}\mathrm{d}r$ say that, on $D$ ,

$\theta$ runs all the way from $0$ to $2\pi$ and
for each $\theta$ , $r$ runs from $0$ to $\frac{3}{\sqrt{\cos^2\theta+9\sin^2\theta}}$ .

In Cartesian coordinates

$r=\frac{3}{\sqrt{\cos^2\theta+9\sin^2\theta}}$ , or equivalently $r^2\cos^2\theta+9r^2\sin^2\theta=9$ , is the ellipse $x^2+9y^2=9$ .

So $D$ is the interior of the ellipse $x^2+9y^2=9$ and $D$ is the shaded region in the sketch on the right.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.2절 · 4번

# 극좌표 이중적분그래프·표 해석기본자동 분류

602.CLP-3 · 3.2절 · 8번대학 수준우리말 번역

구 $x^2+y^2+z^2=2$ 의 안쪽에 있고 포물면 $z=x^2+y^2$ 의 위쪽에 있는 부분의 부피를 구하세요.

영어 원문 보기

Find the volume lying inside the sphere $x^2+y^2+z^2=2$ and above the paraboloid $z=x^2+y^2$ .

정답·풀이 보기

위쪽 곡면 $x^2+y^2+z^2=2$ 와 아래쪽 곡면 $z=x^2+y^2$ 은 $z$ 가 $x^2+y^2=z=2-z^2$ 을 만족할 때 만난다. 즉 $0=z^2+z-2=(z-1)(z+2)$ 일 때이다. 근 $z=-2$ 는 $z=x^2+y^2\ge 0$ 과 모순이다. 따라서 위쪽 곡면과 아래쪽 곡면은 원 $z=1$ , $x^2+y^2=1$ 에서 만난다.

극좌표에서 위쪽 곡면은 $z^2=2-r^2$ , 곧 $z=\sqrt{2-r^2}$ 이고, 아래쪽 곡면은 $z=r^2$ 이다. 따라서 극좌표가 $(r,\theta)$ 인 점 위쪽에 있는 입체의 높이는 $\sqrt{2-r^2}-r^2$ 이므로

$\begin{aligned} \text{Volume}&=\int_0^1\mathrm{d}r\int_0^{2\pi} \mathrm{d}\theta\ r\,\big[\sqrt{2-r^2}-r^2\big] =2\pi \int_0^1\mathrm{d}r\ r\,\big[\sqrt{2-r^2}-r^2\big]\\ &=2\pi \left[-\frac{1}{3}{(2-r^2)}^{3/2}-\frac{r^4}{4}\right]_0^1 =2\pi \left[-\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{3}2^{3/2}\right] \\ &=\pi \left[\frac{4}{3}\sqrt{2}-\frac{7}{6}\right] \approx 2.26 \end{aligned}$

직교좌표에서는

$\begin{aligned} \text{Volume}&=4\int_0^1\mathrm{d}x\int_0^{\sqrt{1-x^2}} \mathrm{d}y\ \big[\sqrt{2-x^2-y^2}-x^2-y^2\big] \end{aligned}$

이다.

$y$ 에 대한 적분은 치환 $y=\sqrt{2-x^2}\cos t$ 를 써서 계산할 수 있지만, 극좌표를 쓰는 편이 더 쉽다.

원본 교재 풀이(영어)

The top surface $x^2+y^2+z^2=2$ meets the bottom surface $z=x^2+y^2$ when $z$ obeys $x^2+y^2=z=2-z^2$ . That is, when $0=z^2+z-2=(z-1)(z+2)$ . The root $z=-2$ is inconsistent with $z=x^2+y^2\ge 0$ . So the top and bottom surfaces meet at the circle $z=1$ , $x^2+y^2=1$ .

In polar coordinates, the top surface is $z^2=2-r^2$ , or equivalently $z=\sqrt{2-r^2}$ , and the bottom surface is $z=r^2$ . So the height of the volume above the point with polar coordinates $(r,\theta)$ is $\sqrt{2-r^2}-r^2$ and

$\begin{aligned} \text{Volume}&=\int_0^1\mathrm{d}r\int_0^{2\pi} \mathrm{d}\theta\ r\,\big[\sqrt{2-r^2}-r^2\big] =2\pi \int_0^1\mathrm{d}r\ r\,\big[\sqrt{2-r^2}-r^2\big]\\ &=2\pi \left[-\frac{1}{3}{(2-r^2)}^{3/2}-\frac{r^4}{4}\right]_0^1 =2\pi \left[-\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{3}2^{3/2}\right] \\ &=\pi \left[\frac{4}{3}\sqrt{2}-\frac{7}{6}\right] \approx 2.26 \end{aligned}$

In Cartesian coordinates

$\begin{aligned} \text{Volume}&=4\int_0^1\mathrm{d}x\int_0^{\sqrt{1-x^2}} \mathrm{d}y\ \big[\sqrt{2-x^2-y^2}-x^2-y^2\big] \end{aligned}$

The $y$ integral can be done using the substitution $y=\sqrt{2-x^2}\cos t$ , but it is easier to use polar coordinates.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.2절 · 10번

# 극좌표 이중적분계산보통자동 분류

603.CLP-3 · 3.2절 · 9번대학 수준우리말 번역

$a>0$ 이라 하자. 원기둥 $x^2+(y-a)^2=a^2$ 의 안쪽에 있고 원뿔 $z^2=x^2+y^2$ 의 위쪽 절반과 아래쪽 절반 사이에 있는 부분의 부피를 구하세요.

영어 원문 보기

Let $a>0$ . Find the volume lying inside the cylinder $x^2+(y-a)^2=a^2$ and between the upper and lower halves of the cone $z^2=x^2+y^2$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

이 영역에서 $x$ 와 $y$ 는 원기둥 $x^2+(y-a)^2=a^2$ 의 내부 전체를 움직인다. 원기둥 안의 각 $(x,y)$ 에 대해 $z$ 는 $-\sqrt{x^2+y^2}$ 에서 $\sqrt{x^2+y^2}$ 까지 움직인다. $x^2+(y-a)^2=a^2$ 은 $x^2+y^2-2ay=0$ 일 필요충분조건이므로, 원기둥의 방정식은 극좌표에서 $r^2=2ar\sin\theta$ , 곧 $r=2a\sin\theta$ 이다.

따라서 $(r,\theta)$ 는 $0\le\theta\le\pi,\ 0\le r\le 2a\sin\theta$ 를 움직이고, 이 영역의 각 $(r,\theta)$ 에 대해 $z$ 는 $-r$ 에서 $r$ 까지 움직인다. $x\rightarrow -x$ 에 대한 대칭성에 의해 부피는

$\begin{aligned} \text{Volume} &=2\int_0^{{\pi\over 2}}\mathrm{d}\theta\int_0^{2a\sin\theta}\mathrm{d}r\ r\big[r-(-r)\big] =4\int_0^{{\pi\over 2}}\mathrm{d}\theta\int_0^{2a\sin\theta}\mathrm{d}r\ r^2 =\frac{4}{3}\int_0^{{\pi\over 2}}\!\!\mathrm{d}\theta\ (2a\sin\theta)^3 \\ &=\frac{32}{3}a^3\int_0^{{\pi\over 2}}\!\!\mathrm{d}\theta\ \sin\theta(1-\cos^2\theta) =-\frac{32}{3}a^3\int_1^0 dt\ (1-t^2)\text{ 여기서 $t=\cos\theta$ }\\ &=-\frac{32}{3}a^3\left[t-\frac{t^3}{3}\right]_1^0 =\frac{64}{9}a^3 \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

For this region $x$ and $y$ run over the interior of the cylinder $x^2+(y-a)^2=a^2$ . For each $(x,y)$ inside the cylinder, $z$ runs from $-\sqrt{x^2+y^2}$ to $\sqrt{x^2+y^2}$ . As $x^2+(y-a)^2=a^2$ if and only if $x^2+y^2-2ay=0$ , the cylinder has equation $r^2=2ar\sin\theta$ , or equivalently, $r=2a\sin\theta$ , in polar coordinates.

Thus $(r,\theta)$ runs over $0\le\theta\le\pi,\ 0\le r\le 2a\sin\theta$ and for each $(r,\theta)$ in this region $z$ runs from $-r$ to $r$ . By symmetry under $x\rightarrow -x$ , the volume is

$\begin{aligned} \text{Volume} &=2\int_0^{{\pi\over 2}}\mathrm{d}\theta\int_0^{2a\sin\theta}\mathrm{d}r\ r\big[r-(-r)\big] =4\int_0^{{\pi\over 2}}\mathrm{d}\theta\int_0^{2a\sin\theta}\mathrm{d}r\ r^2 =\frac{4}{3}\int_0^{{\pi\over 2}}\!\!\mathrm{d}\theta\ (2a\sin\theta)^3 \\ &=\frac{32}{3}a^3\int_0^{{\pi\over 2}}\!\!\mathrm{d}\theta\ \sin\theta(1-\cos^2\theta) =-\frac{32}{3}a^3\int_1^0 dt\ (1-t^2)\text{ where $t=\cos\theta$ }\\ &=-\frac{32}{3}a^3\left[t-\frac{t^3}{3}\right]_1^0 =\frac{64}{9}a^3 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.2절 · 8번

# 극좌표 이중적분계산보통자동 분류

604.CLP-3 · 3.2절 · 10번대학 수준우리말 번역

$a>0$ 이라 하자. 두 원기둥 $x^2+y^2\le 2ax$ 와 $z^2\le 2ax$ 의 공통부분의 부피를 구하세요.

영어 원문 보기

Let $a>0$ . Find the volume common to the cylinders $x^2+y^2\le 2ax$ and $z^2\le 2ax$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

아래 그림은 주어진 입체를 위에서 본 모양이다. $(x,y)$ 는 원 $x^2+y^2=2ax$ 의 내부 전체를 움직인다. 이 원판 안의 각 고정된 $(x,y)$ 에 대해 $z$ 는 $-\sqrt{2ax}$ 에서 $+\sqrt{2ax}$ 까지 움직인다. 극좌표에서 이 원은 $r^2=2ar\cos\theta$ 또는 $r=2a\cos\theta$ 이다.

이 입체는 $y\rightarrow -y$ 와 $z\rightarrow -z$ 에 대해 대칭이므로 $y\ge 0$ , $z\ge 0$ 인 부분만 생각하고 4를 곱하면 된다. 부피는

$\begin{aligned} \text{부피} &=4\int_0^{\pi\over 2} \mathrm{d}\theta\int_0^{2a\cos\theta} \mathrm{d}r\ r\sqrt{2ar\cos\theta} \\ &=4\int_0^{\pi\over 2} \mathrm{d}\theta\ \sqrt{2a\cos\theta}\ \frac{2}{5}\ r^{5/2}\bigg|_0^{2a\cos\theta} \\ &=\frac{8}{5}\int_0^{\pi\over 2} \mathrm{d}\theta\ \big(2a\cos\theta\big)^3 =\frac{64}{5}a^3\int_0^{\pi\over 2} \mathrm{d}\theta\ \cos\theta\big(1-\sin^2\theta\big)\\ &=\frac{64}{5}a^3\int_0^1 dt\ \big(1-t^2\big) \qquad\text{ 여기서 $t=\sin\theta$}\\ &=\frac{64}{5}a^3\left[t-\frac{t^3}{3}\right]_0^1 =\frac{128}{15}a^3 \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

The figure below shows the top view of the specified solid. $(x,y)$ runs over the interior of the circle $x^2+y^2=2ax$ . For each fixed $(x,y)$ in this disk, $z$ runs from $-\sqrt{2ax}$ to $+\sqrt{2ax}$ . In polar coordinates, the circle is $r^2=2ar\cos\theta$ or $r=2a\cos\theta$ .

The solid is symmetric under $y\rightarrow -y$ and $z\rightarrow -z$ , so we can restrict to $y\ge 0$ , $z\ge 0$ and multiply by 4. The volume is

$\begin{aligned} \text{Volume} &=4\int_0^{\pi\over 2} \mathrm{d}\theta\int_0^{2a\cos\theta} \mathrm{d}r\ r\sqrt{2ar\cos\theta} \\ &=4\int_0^{\pi\over 2} \mathrm{d}\theta\ \sqrt{2a\cos\theta}\ \frac{2}{5}\ r^{5/2}\bigg|_0^{2a\cos\theta} \\ &=\frac{8}{5}\int_0^{\pi\over 2} \mathrm{d}\theta\ \big(2a\cos\theta\big)^3 =\frac{64}{5}a^3\int_0^{\pi\over 2} \mathrm{d}\theta\ \cos\theta\big(1-\sin^2\theta\big)\\ &=\frac{64}{5}a^3\int_0^1 dt\ \big(1-t^2\big) \qquad\text{ where $t=\sin\theta$}\\ &=\frac{64}{5}a^3\left[t-\frac{t^3}{3}\right]_0^1 =\frac{128}{15}a^3 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.2절 · 11번

# 극좌표 이중적분계산보통자동 분류

605.CLP-3 · 3.2절 · 11번대학 수준우리말 번역

부등식 $x^2 + y^2 \le 2y$ 와 $0 \le z \le \sqrt{x^2 + y^2}$ 으로 주어진 3차원 영역 $E$ 를 생각하세요.

(a) 3차원에서 $E$ 의 그림을 꽤 정확하게 그리세요. 좌표축에 단위를 반드시 나타내세요. (b) 극좌표를 사용하여 $E$ 의 부피를 구하세요. 이 문제를 원기둥좌표로 풀면 "극좌표를 사용"하는 것임에 유의하세요.

힌트: $\int \sin^n u\ \mathrm{d}u =-\frac{1}{n}\sin^{n-1}u\ \cos u +\frac{n-1}{n}\int\sin^{n-2}u\ \mathrm{d}u$

영어 원문 보기

Consider the region $E$ in 3–dimensions specified by the inequalities $x^2 + y^2 \le 2y$ and $0 \le z \le \sqrt{x^2 + y^2}$ .

(a) Draw a reasonably accurate picture of $E$ in 3–dimensions. Be sure to show the units on the coordinate axes. (b) Use polar coordinates to find the volume of $E$ . Note that you will be “using polar coordinates” if you solve this problem by means of cylindrical coordinates.

Hint: $\int \sin^n u\ \mathrm{d}u =-\frac{1}{n}\sin^{n-1}u\ \cos u +\frac{n-1}{n}\int\sin^{n-2}u\ \mathrm{d}u$

정답·풀이 보기

(a)

식 $x^2 + y^2 \le 2y$ 는 식 $x^2 + (y-1)^2=1$ 과 같은 영역을 나타내며, 이 식은 $z=z_0$ 인 단면이 $x=0$ , $y=1$ , $z=z_0$ 를 중심으로 하는 반지름이 $1$ 인 수평 원인 원기둥의 방정식이다. 이 원기둥 중 제1팔분공간에 있는 부분을 아래 왼쪽 그림에 나타냈다.
$z \le \sqrt{x^2 + y^2}$ 은 꼭짓점이 $(0,0,0)$ 이고 축이 양의 $z$ 축이며, 높이 $z=2$ 에서의 반지름이 $2$ 인 원뿔의 방정식이다. 이 원뿔 중 제1팔분공간에 있는 부분을 아래 오른쪽 그림에 나타냈다.

영역 $E$ 는 원기둥 중에서 ( $z\ge 0$ 이므로) $xy$ 평면 위에 있고 ( $z\le\sqrt{x^2+y^2}$ 이므로) 원뿔 바깥에 있는 부분이다. $E$ 중 제1팔분공간에 있는 부분을 아래 그림에 빨간색으로 윤곽을 그려 나타냈다. $x^2 + y^2 \le 2y$ 와 $0 \le z \le \sqrt{x^2 + y^2}$ 은 모두 $x\rightarrow -x$ 에 대해 변하지 않는다. 따라서 $E$ 도 $x\rightarrow -x$ 에 대해 변하지 않는다. 즉, $E$ 는 $yz$ 평면에 대해 대칭이며, $x\le 0$ , $y\ge 0$ , $z\ge 0$ 인 팔분공간에 $E$ 의 제1팔분공간 부분의 거울상을 포함한다.

(b) 극좌표에서 $x^2 + y^2 \le 2y$ 는 다음과 같이 된다.

$r^2\le 2r\sin\theta \iff r\le 2\sin\theta$

$E$ 중 제1팔분공간에 있는 부분의 밑면 영역(즉, 위 그림에서 색칠한 영역)을 $D$ 라 하자. $D$ 를 $xy$ 평면의 일부로 생각한다. 극좌표에서 $D$ 위에서는

$\theta$ 는 $0$ 에서 $\frac{\pi}{2}$ 까지 변한다. ( $D$ 가 제1사분면에 포함됨을 떠올리세요.)
그 범위의 각 $\theta$ 에 대해 $r$ 은 $0$ 에서 $2\sin\theta$ 까지 변한다.

왜냐하면

극좌표에서 $\mathrm{d}A = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$ 이고,
$D$ 의 각 점 $(x,y)$ 위에서 $E$ 의 높이는 $\sqrt{x^2+y^2}$ , 곧 극좌표로 $r$ 이며,
$E$ 의 부피는 $E$ 중 제1팔분공간에 있는 부분의 부피의 두 배이기 때문이다.

따라서 다음을 얻는다.

$\begin{aligned} \text{부피}(E) &= 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta \int_0^{2\sin\theta}\mathrm{d}r\ r^2 \\ &=\frac{16}{3} \int_0^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\ \sin^3\theta =\frac{16}{3} \int_0^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\ \sin\theta\ \big(1-\cos^2\theta\big) \\ &=-\frac{16}{3} \int_1^0\mathrm{d}u\ \big(1-u^2\big)\qquad \text{여기서 }u=\cos\theta,\ \mathrm{d}u=-\sin\theta\ \mathrm{d}\theta \\ &=\frac{16}{3}\left[1-\frac{1}{3}\right] \\ &=\frac{32}{9} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

(a)

The equation $x^2 + y^2 \le 2y$ is equivalent to the equation $x^2 + (y-1)^2=1$ , which is the equation of the cylinder whose $z=z_0$ cross–section is the horizontal circle of radius $1$ , centred on $x=0$ , $y=1$ , $z=z_0$ . The part of this cylinder in the first octant is sketched in the figure on the left below.
$z \le \sqrt{x^2 + y^2}$ is the equation of the cone with vertex $(0,0,0)$ , and axis the positive $z$ –axis, whose radius at height $z=2$ is $2$ . The part of this cone in the first octant is sketched in the figure on the right below.

The region $E$ is the part of the cylinder that is above the $xy$ –plane (since $z\ge 0$ ) outside the cone (since $z\le\sqrt{x^2+y^2}$ ). The part of $E$ that is in the first octant is outlined in red in the figure below. Both $x^2 + y^2 \le 2y$ and $0 \le z \le \sqrt{x^2 + y^2}$ are invariant under $x\rightarrow -x$ . So $E$ is also invariant under $x\rightarrow -x$ . That is, $E$ is symmetric about the $yz$ –plane and contains, in the octant $x\le 0$ , $y\ge 0$ , $z\ge 0$ , a mirror image of the first octant part of $E$ .

(b) In polar coordinates, $x^2 + y^2 \le 2y$ becomes

$r^2\le 2r\sin\theta \iff r\le 2\sin\theta$

Let us denote by $D$ the base region of the part of $E$ in the first octant (i.e. the shaded region in the figure above). Think of $D$ as being part of the $xy$ –plane. In polar coordinates, on $D$

$\theta$ runs from $0$ to $\frac{\pi}{2}$ . (Recall that $D$ is contained in the first quadrant.)
For each $\theta$ in that range, $r$ runs from $0$ to $2\sin\theta$ .

Because

in polar coordinates $\mathrm{d}A = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$ , and
the height of $E$ above each point $(x,y)$ in $D$ is $\sqrt{x^2+y^2}$ , or, in polar coordinates, $r$ , and
the volume of $E$ is twice the volume of the part of $E$ in the first octant,

we have

$\begin{aligned} \text{Volume}(E) &= 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta \int_0^{2\sin\theta}\mathrm{d}r\ r^2 \\ &=\frac{16}{3} \int_0^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\ \sin^3\theta =\frac{16}{3} \int_0^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\ \sin\theta\ \big(1-\cos^2\theta\big) \\ &=-\frac{16}{3} \int_1^0\mathrm{d}u\ \big(1-u^2\big)\qquad \text{with }u=\cos\theta,\ \mathrm{d}u=-\sin\theta\ \mathrm{d}\theta \\ &=\frac{16}{3}\left[1-\frac{1}{3}\right] \\ &=\frac{32}{9} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.2절 · 12번

# 극좌표 이중적분활용보통자동 분류

606.CLP-3 · 3.2절 · 12번대학 수준우리말 번역

다음 반복 이중적분의 값을 구하세요.

$\int_{x=0}^{x=2}\int_{y=0}^{y=\sqrt{4-x^2}} {(x^2+y^2)}^{\frac{3}{2}}\ \mathrm{d}y\,\mathrm{d}x$

영어 원문 보기

Evaluate the iterated double integral

$\int_{x=0}^{x=2}\int_{y=0}^{y=\sqrt{4-x^2}} {(x^2+y^2)}^{\frac{3}{2}}\ \mathrm{d}y\,\mathrm{d}x$

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

적분 영역에서

$x$ 는 $0$ 부터 $2$ 까지 변하고,
그 범위에서 고정된 각 $x$ 에 대해 $y$ 는 $0$ 부터 $\sqrt{4-x^2}$ 까지 변한다. 방정식 $y=\sqrt{4-x^2}$ 은 $x^2+y^2=4$ , $y\ge 0$ 과 같다.

이 영역은 아래 왼쪽 그림에 나타나 있다.

피적분함수 ${(x^2+y^2)}^{\frac{3}{2}}$ 은 원점을 중심으로 한 회전에 대해 변하지 않고,
바깥쪽 곡선 $x^2+y^2=4$ 도 원점을 중심으로 한 회전에 대해 변하지 않으므로

극좌표를 사용한다. 극좌표에서

바깥쪽 곡선 $x^2+y^2=4$ 는 $r=2$ 이고,
피적분함수 ${(x^2+y^2)}^{\frac{3}{2}}$ 은 $r^3$ 이며,
$\mathrm{d}A=r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$ 이다.

위 오른쪽 그림을 보면, 주어진 적분을 극좌표로 나타내면 다음과 같음을 알 수 있다.

$\begin{aligned} \int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_0^2\mathrm{d}r\ r (r^3) &=\frac{\pi}{2}\ \frac{2^5}{5} =\frac{16\pi}{5} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

On the domain of integration

$x$ runs for $0$ to $2$ , and
for each fixed $x$ in that range, $y$ runs from $0$ to $\sqrt{4-x^2}$ . The equation $y=\sqrt{4-x^2}$ is equivalent to $x^2+y^2=4$ , $y\ge 0$ .

This domain is sketched in the figure on the left below.

Considering that

the integrand, ${(x^2+y^2)}^{\frac{3}{2}}$ , is invariant under rotations about the origin and
the outer curve, $x^2+y^2=4$ , is invariant under rotations about the origin

we'll use polar coordinates. In polar coordinates,

the outer curve, $x^2+y^2=4$ , is $r=2$ , and
the integrand, ${(x^2+y^2)}^{\frac{3}{2}}$ is $r^3$ , and
$\mathrm{d}A=r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$

Looking at the figure on the right above, we see that the given integral is, in polar coordinates,

$\begin{aligned} \int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_0^2\mathrm{d}r\ r (r^3) &=\frac{\pi}{2}\ \frac{2^5}{5} =\frac{16\pi}{5} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.2절 · 13번

# 극좌표 이중적분계산보통자동 분류

607.CLP-3 · 3.2절 · 13번대학 수준우리말 번역

(a) 경계 곡선이

$x^2 + y^2 = 2,\ x^2 + y^2 = 4,\ y = x,\ y = 0$

인 영역 $\mathcal{L}$ ( $xy$ –평면의 제1사분면에 있는 영역)을 그리세요.

영역 $\mathcal{L}$ 위에서 밀도 함수가 $\rho(x,y)$ 인 얇은 판의 질량은 다음과 같다.

$M =\iint _\mathcal{L} \rho(x,y)\,\mathrm{d}A$ (b) $M$ 을 극좌표계의 적분으로 나타낸 식을 구하세요. (c) 다음과 같을 때 M을 구하세요.

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

영어 원문 보기

(a) Sketch the region $\mathcal{L}$ (in the first quadrant of the $xy$ –plane) with boundary curves

$x^2 + y^2 = 2,\ x^2 + y^2 = 4,\ y = x,\ y = 0.$

The mass of a thin lamina with a density function $\rho(x,y)$ over the region $\mathcal{L}$ is given by

$M =\iint _\mathcal{L} \rho(x,y)\,\mathrm{d}A$ (b) Find an expression for $M$ as an integral in polar coordinates. (c) Find M when

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

정답·풀이 보기

(a) 영역 $\mathcal{L}$ 은 아래 왼쪽 그림과 같다.

(b) 극좌표계에서

원 $x^2+y^2=2$ 는 $r^2=2$ 또는 $r=\sqrt{2}$ 이고,
원 $x^2+y^2=4$ 는 $r^2=4$ 또는 $r=2$ 이고,
직선 $y=x$ 는 $r\sin\theta = r\cos\theta$ , 즉 $\tan\theta =1$ , 또는 (제1사분면에 있는 부분은) $\theta=\frac{\pi}{4}$ 이고,
양의 $x$ –축 ( $y=0$ , $x\ge 0$ )은 $\theta=0$ 이다.

위 오른쪽 그림을 보면, $\mathcal{L}$ 에서

$\theta$ 는 $0$ 부터 $\frac{\pi}{4}$ 까지 변하고,
그 범위의 각 고정된 $\theta$ 에 대해 $r$ 는 $\sqrt{2}$ 부터 $2$ 까지 변한다.
$\mathrm{d}A$ 는 $r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$ 이다.

따라서

$\begin{aligned} M = \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\theta\int_{\sqrt{2}}^2\mathrm{d}r\ r\, \rho(r\cos\theta\,,\,r\sin\theta) \end{aligned}$

이다.

(c)

$\begin{aligned} \rho = \frac{2xy}{x^2+y^2} = \frac{2r^2\cos\theta\,\sin\theta}{r^2} =\sin(2\theta) \end{aligned}$

일 때

$\begin{aligned} M &= \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\theta\int_{\sqrt{2}}^2\mathrm{d}r\ r\, \sin(2\theta) \\ &=\left[\int_0^{\pi/4}\sin(2\theta)\ \mathrm{d}\theta\right] \left[\int_{\sqrt{2}}^2 r\ \mathrm{d}r\right] \\ &=\left[-\frac{1}{2}\cos(2\theta)\right]_0^{\pi/4} \left[ \frac{r^2}{2}\right]_{\sqrt{2}}^2 =\frac{1}{2}\ \frac{4-2}{2} \\ &=\frac{1}{2} \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) The region $\mathcal{L}$ is sketched in the figure on the leflt below.

(b) In polar coordinates

the circle $x^2+y^2=2$ is $r^2=2$ or $r=\sqrt{2}$ , and
the circle $x^2+y^2=4$ is $r^2=4$ or $r=2$ , and
the line $y=x$ is $r\sin\theta = r\cos\theta$ , or $\tan\theta =1$ , or (for the part in the first quadrant) $\theta=\frac{\pi}{4}$ , and
the positive $x$ –axis ( $y=0$ , $x\ge 0$ ) is $\theta=0$

Looking at the figure on the right above, we see that, in $\mathcal{L}$ ,

$\theta$ runs from $0$ to $\frac{\pi}{4}$ , and
for each fixed $\theta$ in that range, $r$ runs from $\sqrt{2}$ to $2$ .
$\mathrm{d}A$ is $r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$

So

$\begin{aligned} M = \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\theta\int_{\sqrt{2}}^2\mathrm{d}r\ r\, \rho(r\cos\theta\,,\,r\sin\theta) \end{aligned}$

(c) When

$\begin{aligned} \rho = \frac{2xy}{x^2+y^2} = \frac{2r^2\cos\theta\,\sin\theta}{r^2} =\sin(2\theta) \end{aligned}$

we have

$\begin{aligned} M &= \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\theta\int_{\sqrt{2}}^2\mathrm{d}r\ r\, \sin(2\theta) \\ &=\left[\int_0^{\pi/4}\sin(2\theta)\ \mathrm{d}\theta\right] \left[\int_{\sqrt{2}}^2 r\ \mathrm{d}r\right] \\ &=\left[-\frac{1}{2}\cos(2\theta)\right]_0^{\pi/4} \left[ \frac{r^2}{2}\right]_{\sqrt{2}}^2 =\frac{1}{2}\ \frac{4-2}{2} \\ &=\frac{1}{2} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.2절 · 3번

# 극좌표 이중적분그래프·표 해석보통자동 분류

608.CLP-3 · 3.2절 · 14번대학 수준우리말 번역

$\displaystyle \iint _{\mathbb{R}^2} \frac{1}{{(1+x^2+y^2)}^2}\ \mathrm{d}A$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Evaluate $\displaystyle \iint _{\mathbb{R}^2} \frac{1}{{(1+x^2+y^2)}^2}\ \mathrm{d}A$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

극좌표를 사용한다. 적분의 정의역은

$\mathbb{R}^2=\big\{ \ (r\cos\theta\,,\,r\sin\theta)\ \big|\ 0\le r<\infty,\ 0\le\theta\le 2\pi\ \big\}$

이다. 주어진 적분은 이상적분이므로, 먼저 $r$ 을 $0$ 에서 임의의 $R>0$ 까지 적분한 다음 $R\rightarrow\infty$ 일 때의 극한을 취한다. 극좌표에서 피적분함수는 $\frac{1}{{(1+x^2+y^2)}^2}=\frac{1}{{(1+r^2)}^2}$ 이고 $\mathrm{d}A=r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$ 이므로

$\begin{aligned} \iint _{\mathbb{R}^2} \frac{1}{{(1+x^2+y^2)}^2}\ \mathrm{d}A &=\lim_{R\rightarrow\infty} \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^R\mathrm{d}r \frac{r}{{(1+r^2)}^2} \\ &=\lim_{R\rightarrow\infty} \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \left[-\frac{1}{2(1+r^2)}\right]_0^R \\ &=\lim_{R\rightarrow\infty} 2\pi \left[\frac{1}{2}-\frac{1}{2(1+R^2)}\right] \\ &=\pi \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

We'll use polar coordinates. The domain of integration is

$\mathbb{R}^2=\big\{ \ (r\cos\theta\,,\,r\sin\theta)\ \big|\ 0\le r<\infty,\ 0\le\theta\le 2\pi\ \big\}$

The given integral is improper, so we'll start by integrating $r$ from $0$ to an arbitrary $R>0$ , and then we'll take the limit $R\rightarrow\infty$ . In polar coordinates, the integrand $\frac{1}{{(1+x^2+y^2)}^2}=\frac{1}{{(1+r^2)}^2}$ , and $\mathrm{d}A=r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$ , so

$\begin{aligned} \iint _{\mathbb{R}^2} \frac{1}{{(1+x^2+y^2)}^2}\ \mathrm{d}A &=\lim_{R\rightarrow\infty} \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^R\mathrm{d}r \frac{r}{{(1+r^2)}^2} \\ &=\lim_{R\rightarrow\infty} \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \left[-\frac{1}{2(1+r^2)}\right]_0^R \\ &=\lim_{R\rightarrow\infty} 2\pi \left[\frac{1}{2}-\frac{1}{2(1+R^2)}\right] \\ &=\pi \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.2절 · 2번

# 극좌표 이중적분계산보통자동 분류

609.CLP-3 · 3.2절 · 15번대학 수준우리말 번역

영역 $D =\big\{ \ (x,y)\ \big|\ x^2+y^2\le 2,\ 0\le y\le x\ \big\}$ 에서 다음 이중적분의 값을 구하세요.

$\iint _D y\sqrt{x^2+y^2}\,\mathrm{d}A$

영어 원문 보기

Evaluate the double integral

$\iint _D y\sqrt{x^2+y^2}\,\mathrm{d}A$

over the region $D =\big\{ \ (x,y)\ \big|\ x^2+y^2\le 2,\ 0\le y\le x\ \big\}$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

극좌표로 바꾸자. 극좌표에서 원 $x^2+y^2=2$ 는 $r=\sqrt{2}$ 이고 직선 $y=x$ 는 $\theta=\frac{\pi}{4}$ 이다.

극좌표에서 $\mathrm{d}A = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$ 이므로 적분은

$\begin{aligned} \iint _D y\sqrt{x^2+y^2}\,\mathrm{d}A &=\int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\theta\int_0^{\sqrt{2}}\mathrm{d}r\ r\ \overbrace{r\sin\theta}^{y}\ \overbrace{r}^{\sqrt{x^2+y^2}} \\ &=\int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\theta\ \sin\theta\ \left[\frac{r^4}{4}\right]_0^{\sqrt{2}} \\ &=\Big[-\cos\theta\Big]_0^{\pi/4} \\ &= 1-\frac{1}{\sqrt{2}} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

Let's switch to polar coordinates. In polar coordinates, the circle $x^2+y^2=2$ is $r=\sqrt{2}$ and the line $y=x$ is $\theta=\frac{\pi}{4}$ .

In polar coordinates $\mathrm{d}A = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$ , so the integral

$\begin{aligned} \iint _D y\sqrt{x^2+y^2}\,\mathrm{d}A &=\int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\theta\int_0^{\sqrt{2}}\mathrm{d}r\ r\ \overbrace{r\sin\theta}^{y}\ \overbrace{r}^{\sqrt{x^2+y^2}} \\ &=\int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\theta\ \sin\theta\ \left[\frac{r^4}{4}\right]_0^{\sqrt{2}} \\ &=\Big[-\cos\theta\Big]_0^{\pi/4} \\ &= 1-\frac{1}{\sqrt{2}} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.2절 · 1번

# 극좌표 이중적분계산보통자동 분류

610.CLP-3 · 3.2절 · 16번대학 수준우리말 번역

이 문제는 다음 적분에 관한 것이다.

$\int_0^1 \int_{\sqrt{3}y}^{\sqrt{4-y^2}} \ln\big(1+x^2+y^2)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$

(a) 적분 영역을 그림으로 그리세요. (b) 극좌표로 변환하여 적분의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

This question is about the integral

$\int_0^1 \int_{\sqrt{3}y}^{\sqrt{4-y^2}} \ln\big(1+x^2+y^2)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$

(a) Sketch the domain of integration. (b) Evaluate the integral by transforming to polar coordinates.

정답·풀이 보기

(a) 적분 영역에서

$y$ 는 $0$ 부터 $1$ 까지 변한다. 부등식으로 나타내면 $0\le y\le 1$ 이다.
이 범위의 각 고정된 $y$ 에 대해 $x$ 는 $\sqrt{3}\,y$ 부터 $\sqrt{4-y^2}$ 까지 변한다. 부등식으로 나타내면 $\sqrt{3}\,y\le x\le \sqrt{4-y^2}$ 이다. 부등식 $x\le \sqrt{4-y^2}$ , $x\ge 0$ 은 $x^2+y^2\le 4$ , $x\ge 0$ 과 같음에 주의한다.

직선 $x=\sqrt{3}\, y$ 와 원 $x^2+y^2\le 4$ 는 $3y^2+y^2=4$ 일 때, 즉 $y=\pm 1$ 일 때 만난다. 그림은 다음과 같다.

(b) 극좌표에서 원 $x^2+y^2= 4$ 는 $r=2$ 이고 직선 $x=\sqrt{3}\, y$ , 즉 $\frac{y}{x} =\frac{1}{\sqrt{3}}$ 은 $\tan\theta=\frac{1}{\sqrt{3}}$ , 곧 $\theta=\frac{\pi}{6}$ 이다. $\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$ 이므로 적분 영역은

$\begin{aligned} \big\{ \ (r\cos\theta,r\sin\theta)\ \big|\ 0\le \theta\le{\pi}/{6},\ 0\le r\le 2\ \big\} \end{aligned}$

이고

$\begin{aligned} \int_0^1 \int_{\sqrt{3}y}^{\sqrt{4-y^2}} \ln\big(1+x^2+y^2)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y &= \int_0^2\mathrm{d}r\int_0^{\pi/6}\mathrm{d}\theta\ r\,\ln(1+r^2) = \frac{\pi}{6}\int_0^2\mathrm{d}r\ r\,\ln(1+r^2) \\ &=\frac{\pi}{12}\int_1^5 \mathrm{d}u \ln(u) \qquad\text{여기서 }u=1+r^2,\ \mathrm{d}u=2r\,\mathrm{d}r \\ &=\frac{\pi}{12}\Big[u\ln(u)-u\Big]_1^5 \\ &=\frac{\pi}{12}\big[5\ln(5)-4\big] \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

(a) On the domain of integration

$y$ runs from $0$ to $1$ . In inequalities, $0\le y\le 1$ .
For each fixed $y$ in that range, $x$ runs from $\sqrt{3}\,y$ to $\sqrt{4-y^2}$ . In inequalities, that is $\sqrt{3}\,y\le x\le \sqrt{4-y^2}$ . Note that the inequalities $x\le \sqrt{4-y^2}$ , $x\ge 0$ are equivalent to $x^2+y^2\le 4$ , $x\ge 0$ .

Note that the line $x=\sqrt{3}\, y$ and the circle $x^2+y^2\le 4$ intersect when $3y^2+y^2=4$ , i.e. $y=\pm 1$ . Here is a sketch.

(b) In polar coordinates, the circle $x^2+y^2= 4$ is $r=2$ and the line $x=\sqrt{3}\, y$ , i.e. $\frac{y}{x} =\frac{1}{\sqrt{3}}$ , is $\tan\theta=\frac{1}{\sqrt{3}}$ or $\theta=\frac{\pi}{6}$ . As $\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$ , the domain of integration is

$\begin{aligned} \big\{ \ (r\cos\theta,r\sin\theta)\ \big|\ 0\le \theta\le{\pi}/{6},\ 0\le r\le 2\ \big\} \end{aligned}$

and

$\begin{aligned} \int_0^1 \int_{\sqrt{3}y}^{\sqrt{4-y^2}} \ln\big(1+x^2+y^2)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y &= \int_0^2\mathrm{d}r\int_0^{\pi/6}\mathrm{d}\theta\ r\,\ln(1+r^2) = \frac{\pi}{6}\int_0^2\mathrm{d}r\ r\,\ln(1+r^2) \\ &=\frac{\pi}{12}\int_1^5 \mathrm{d}u \ln(u) \qquad\text{with }u=1+r^2,\ \mathrm{d}u=2r\,\mathrm{d}r \\ &=\frac{\pi}{12}\Big[u\ln(u)-u\Big]_1^5 \\ &=\frac{\pi}{12}\big[5\ln(5)-4\big] \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.2절 · 17번

# 극좌표 이중적분그래프·표 해석보통자동 분류

611.CLP-3 · 3.2절 · 17번대학 수준우리말 번역

$xy$ –평면에서 왼쪽은 직선 $x = 2$ 로, 오른쪽은 원 $x^2 + y^2 = 16$ 으로 둘러싸인 영역을 $D$ 라 하자. 다음 값을 구하세요.

$\iint _D\big(x^2+y^2\big)^{-3/2}\ \mathrm{d}A$

영어 원문 보기

Let $D$ be the region in the $xy$ –plane bounded on the left by the line $x = 2$ and on the right by the circle $x^2 + y^2 = 16$ . Evaluate

$\iint _D\big(x^2+y^2\big)^{-3/2}\ \mathrm{d}A$

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

다음은 $D$ 의 그림이다.

극좌표를 사용한다. 극좌표에서 원 $x^2+y^2=16$ 은 $r=4$ 이고 직선 $x=2$ 는 $r\cos\theta =2$ 이다. 따라서

$\begin{aligned} D = \left\{(r\cos\theta\,,\,r\sin\theta)\ \left|\ -\frac{\pi}{3}\le\theta\le\frac{\pi}{3},\ \frac{2}{\cos\theta}\le r\le 4\ \right.\right\} \end{aligned}$

이고, $\mathrm{d}A = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$ 이므로 주어진 적분은 다음과 같다.

$\begin{aligned} \iint _D\big(x^2+y^2\big)^{-3/2}\ \mathrm{d}A &= \int_{-\pi/3}^{\pi/3} \mathrm{d}\theta\int_{2/\cos\theta}^4\mathrm{d}r\ r\frac{1}{r^3} \\ &= \int_{-\pi/3}^{\pi/3} \mathrm{d}\theta\ \left[-\frac{1}{r}\right]_{2/\cos\theta}^4 \\ &= \int_{-\pi/3}^{\pi/3} \mathrm{d}\theta\ \left[\frac{\cos\theta}{2}-\frac{1}{4}\right] \\ &= \left[\frac{\sin\theta}{2}-\frac{\theta}{4}\right]_{-\pi/3}^{\pi/3} \\ &=\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\pi}{6} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

Here is a sketch of $D$ .

We'll use polar coordinates. In polar coordinates the circle $x^2+y^2=16$ is $r=4$ and the line $x=2$ is $r\cos\theta =2$ . So

$\begin{aligned} D = \left\{(r\cos\theta\,,\,r\sin\theta)\ \left|\ -\frac{\pi}{3}\le\theta\le\frac{\pi}{3},\ \frac{2}{\cos\theta}\le r\le 4\ \right.\right\} \end{aligned}$

and, as $\mathrm{d}A = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$ , the specified integral is

$\begin{aligned} \iint _D\big(x^2+y^2\big)^{-3/2}\ \mathrm{d}A &= \int_{-\pi/3}^{\pi/3} \mathrm{d}\theta\int_{2/\cos\theta}^4\mathrm{d}r\ r\frac{1}{r^3} \\ &= \int_{-\pi/3}^{\pi/3} \mathrm{d}\theta\ \left[-\frac{1}{r}\right]_{2/\cos\theta}^4 \\ &= \int_{-\pi/3}^{\pi/3} \mathrm{d}\theta\ \left[\frac{\cos\theta}{2}-\frac{1}{4}\right] \\ &= \left[\frac{\sin\theta}{2}-\frac{\theta}{4}\right]_{-\pi/3}^{\pi/3} \\ &=\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\pi}{6} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.2절 · 6번

# 극좌표 이중적분계산보통자동 분류

612.CLP-3 · 3.2절 · 18번대학 수준우리말 번역

$xy$ –평면에서 원판 $x^2 + y^2 \le 2x$ 를 직선 $y = x$ 로 $2$ 개의 조각으로 자른다. 그중 더 큰 조각을 $D$ 라 하자.

(a) 주어진 원판의 중심과 반지름을 정확하게 나타내어 $D$ 를 그리세요. 그런 다음 $D$ 를 극좌표 $(r, \theta)$ 로 나타내세요. (b) $z = \sqrt{x^2 + y^2}$ 의 아래쪽, $D$ 의 위쪽에 있는 입체의 부피를 구하세요.

영어 원문 보기

In the $xy$ –plane, the disk $x^2 + y^2 \le 2x$ is cut into $2$ pieces by the line $y = x$ . Let $D$ be the larger piece.

(a) Sketch $D$ including an accurate description of the center and radius of the given disk. Then describe $D$ in polar coordinates $(r, \theta)$ . (b) Find the volume of the solid below $z = \sqrt{x^2 + y^2}$ and above $D$ .

정답·풀이 보기

(a) 부등식 $x^2 + y^2 \le 2x$ 는 $(x-1)^2 + y^2 \le 1$ 과 같고, $(x,y)$ 가 $(1,0)$ 을 중심으로 하는 반지름 $1$ 인 원판의 내부에 있음을 뜻한다. 그림은 다음과 같다.

극좌표에서 $x=r\cos\theta$ , $y=r\sin\theta$ 이므로 직선 $y=x$ 는 $\theta=\frac{\pi}{4}$ 이고 원 $x^2+y^2=2x$ 는

$r^2=2r\cos\theta \qquad\text{또는}\qquad r=2\cos\theta$

이다. 따라서

$D = \big\{ \ (r\cos\theta\,,\,r\sin\theta)\ \big|\ -{\pi}/{2}\le\theta\le{\pi}/{4},\ 0\le r\le 2\cos\theta\ \big\}$

이다.

(b) 극좌표가 $r$ , $\theta$ 인 $D$ 의 점 위쪽에서 입체의 높이는 $z=r$ 이다. 따라서

$\begin{aligned} \text{부피} &= \iint _D r\ \mathrm{d}A=\iint _D r^2\ \mathrm{d}r\, \mathrm{d}\theta =\int_{-\pi/2}^{\pi/4}\mathrm{d}\theta\int_0^{2\cos\theta} \mathrm{d}r\ r^2 \\ &= \frac{8}{3}\int_{-\pi/2}^{\pi/4}\mathrm{d}\theta\ \cos^3\theta = \frac{8}{3}\int_{-\pi/2}^{\pi/4}\mathrm{d}\theta\ \cos\theta\big[1-\sin^2\theta\big] \\ &=\frac{8}{3} \left[\sin\theta -\frac{\sin^3\theta}{3}\right]_{-\pi/2}^{\pi/4}\\ &=\frac{8}{3}\left[\left(\frac{1}{\sqrt{2}} -\frac{1}{6\sqrt{2}}\right) -\left(-1 + \frac{1}{3}\right) \right] \\ &=\frac{40}{18\sqrt{2}} +\frac{16}{9} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

(a) The inequality $x^2 + y^2 \le 2x$ is equivalent to $(x-1)^2 + y^2 \le 1$ and says that $(x,y)$ is to be inside the disk of radius $1$ centred on $(1,0)$ . Here is a sketch.

In polar coordinates, $x=r\cos\theta$ , $y=r\sin\theta$ so that the line $y=x$ is $\theta=\frac{\pi}{4}$ and the circle $x^2+y^2=2x$ is

$r^2=2r\cos\theta \qquad\text{or}\qquad r=2\cos\theta$

Consequently

$D = \big\{ \ (r\cos\theta\,,\,r\sin\theta)\ \big|\ -{\pi}/{2}\le\theta\le{\pi}/{4},\ 0\le r\le 2\cos\theta\ \big\}$

(b) The solid has height $z=r$ above the point in $D$ with polar coordinates $r$ , $\theta$ . So the

$\begin{aligned} \text{Volume} &= \iint _D r\ \mathrm{d}A=\iint _D r^2\ \mathrm{d}r\, \mathrm{d}\theta =\int_{-\pi/2}^{\pi/4}\mathrm{d}\theta\int_0^{2\cos\theta} \mathrm{d}r\ r^2 \\ &= \frac{8}{3}\int_{-\pi/2}^{\pi/4}\mathrm{d}\theta\ \cos^3\theta = \frac{8}{3}\int_{-\pi/2}^{\pi/4}\mathrm{d}\theta\ \cos\theta\big[1-\sin^2\theta\big] \\ &=\frac{8}{3} \left[\sin\theta -\frac{\sin^3\theta}{3}\right]_{-\pi/2}^{\pi/4}\\ &=\frac{8}{3}\left[\left(\frac{1}{\sqrt{2}} -\frac{1}{6\sqrt{2}}\right) -\left(-1 + \frac{1}{3}\right) \right] \\ &=\frac{40}{18\sqrt{2}} +\frac{16}{9} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.2절 · 19번

# 극좌표 이중적분그래프·표 해석보통자동 분류

613.CLP-3 · 3.2절 · 19번대학 수준우리말 번역

$D$ 를 그림에서 색칠한 영역이라 하자. $D$ 에 속한 점들의 원점으로부터의 평균 거리를 구하세요. 모든 자연수 $n\ge 2$ 에 대해 $\int\cos^n(x)\,dx = \frac{\cos^{n-1}(x)\sin(x)}{n} +\frac{n-1}{n}\int\cos^{n-2}(x)\,dx$ 임을 이용해도 됩니다.

영어 원문 보기

Let $D$ be the shaded region in the diagram. Find the average distance of points in $D$ from the origin. You may use that $\int\cos^n(x)\,dx = \frac{\cos^{n-1}(x)\sin(x)}{n} +\frac{n-1}{n}\int\cos^{n-2}(x)\,dx$ for all natural numbers $n\ge 2$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

극좌표를 사용한다. $D$ 에서

$\theta$ 는 $0$ 부터 $\frac{\pi}{2}$ 까지 변하고,
$0$ 과 $\frac{\pi}{2}$ 사이의 각 고정된 $\theta$ 에 대해 $r$ 는 $1$ 부터 $1+\cos(\theta)$ 까지 변한다.

따라서 $D$ 의 넓이는

$\text{area}=A=\int_0^{\pi/2} \mathrm{d}\theta\int_1^{1+\cos\theta} \mathrm{d}r\ r =\int_0^{\pi/2} \mathrm{d}\theta\ \frac{1}{2} r^2\bigg|_1^{1+\cos\theta} =\int_0^{\pi/2} \mathrm{d}\theta\ \left[\frac{1}{2} \cos^2\theta+\cos\theta\right]$

이다.

구하려는 것은 $D$ 위에서 $r$ 의 평균값이며, 이는

$\begin{aligned} \text{ave\ dist}&=\frac{1}{A}\int_0^{\pi/2} \mathrm{d}\theta\int_1^{1+\cos\theta} \mathrm{d}r\ r^2 =\frac{1}{A}\int_0^{\pi/2} \mathrm{d}\theta\ \frac{1}{3} r^3\bigg|_1^{1+\cos\theta} \\ &=\frac{1}{A}\int_0^{\pi/2} \mathrm{d}\theta\ \left[\frac{1}{3} \cos^3\theta +\cos^2\theta+\cos\theta\right] \end{aligned}$

이다.

이제 코사인의 여러 거듭제곱의 적분을 계산한다.

$\begin{aligned} \int_0^{\pi/2}\cos\theta\ \mathrm{d}\theta&=\sin\theta\,\bigg|_0^{\pi/2}=1 \\ \int_0^{\pi/2}\cos^2\theta\ \mathrm{d}\theta&=\frac{\cos\theta\sin\theta}{2}\,\bigg|_0^{\pi/2} +\frac{1}{2}\int _0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta=\frac{\pi}{4}\\ \int_0^{\pi/2}\cos^3\theta\ \mathrm{d}\theta&=\frac{\cos^2\theta\sin\theta}{3}\,\bigg|_0^{\pi/2} +\frac{2}{3}\int _0^{\pi/2}\cos\theta\ \mathrm{d}\theta=\frac{2}{3}\\ \end{aligned}$

따라서 $A=\frac{\pi}{8}+1$ 이고

$\begin{aligned} \text{ave\ dist}=\frac{8}{\pi+8}\left[\frac{2}{9}+\frac{\pi}{4}+1\right] =2\frac{\pi+44/9}{\pi+8}\approx 1.442 \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

We'll use polar coordinates. In $D$

$\theta$ runs from $0$ to $\frac{\pi}{2}$ and
for each fixed $\theta$ between $0$ and $\frac{\pi}{2}$ , $r$ runs from $1$ to $1+\cos(\theta)$ .

So the area of $D$ is

$\text{area}=A=\int_0^{\pi/2} \mathrm{d}\theta\int_1^{1+\cos\theta} \mathrm{d}r\ r =\int_0^{\pi/2} \mathrm{d}\theta\ \frac{1}{2} r^2\bigg|_1^{1+\cos\theta} =\int_0^{\pi/2} \mathrm{d}\theta\ \left[\frac{1}{2} \cos^2\theta+\cos\theta\right]$

We are interested in the average value of $r$ on $D$ , which is

$\begin{aligned} \text{ave\ dist}&=\frac{1}{A}\int_0^{\pi/2} \mathrm{d}\theta\int_1^{1+\cos\theta} \mathrm{d}r\ r^2 =\frac{1}{A}\int_0^{\pi/2} \mathrm{d}\theta\ \frac{1}{3} r^3\bigg|_1^{1+\cos\theta} \\ &=\frac{1}{A}\int_0^{\pi/2} \mathrm{d}\theta\ \left[\frac{1}{3} \cos^3\theta +\cos^2\theta+\cos\theta\right] \end{aligned}$

Now we evaluate the integrals of the various powers of cosine.

$\begin{aligned} \int_0^{\pi/2}\cos\theta\ \mathrm{d}\theta&=\sin\theta\,\bigg|_0^{\pi/2}=1 \\ \int_0^{\pi/2}\cos^2\theta\ \mathrm{d}\theta&=\frac{\cos\theta\sin\theta}{2}\,\bigg|_0^{\pi/2} +\frac{1}{2}\int _0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta=\frac{\pi}{4}\\ \int_0^{\pi/2}\cos^3\theta\ \mathrm{d}\theta&=\frac{\cos^2\theta\sin\theta}{3}\,\bigg|_0^{\pi/2} +\frac{2}{3}\int _0^{\pi/2}\cos\theta\ \mathrm{d}\theta=\frac{2}{3}\\ \end{aligned}$

So $A=\frac{\pi}{8}+1$ and

$\begin{aligned} \text{ave\ dist}=\frac{8}{\pi+8}\left[\frac{2}{9}+\frac{\pi}{4}+1\right] =2\frac{\pi+44/9}{\pi+8}\approx 1.442 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.2절 · 9번

# 극좌표 이중적분그래프·표 해석보통자동 분류

614.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

615.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

616.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

617.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

618.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

619.CLP-3 · 3.3절 · 1번대학 수준우리말 번역

다음 각각에 대하여 주어진 이중적분의 값을 반복적분을 사용하지 않고 구하세요. 대신 예를 들어 넓이나 평균값의 관점에서 적분을 해석하세요.

(a) $\iint _D(x+3)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$ , 여기서 $D$ 는 반원판 $0\le y\le \sqrt{4-x^2}$ 입니다. (b) $\iint _R (x+y)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$ , 여기서 $R$ 은 직사각형 $0\le x\le a,\ 0\le y\le b$ 입니다.

영어 원문 보기

For each of the following, evaluate the given double integral without using iteration. Instead, interpret the integral in terms of, for example, areas or average values.

(a) $\iint _D(x+3)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$ , where $D$ is the half disc $0\le y\le \sqrt{4-x^2}$ (b) $\iint _R (x+y)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$ where $R$ is the rectangle $0\le x\le a,\ 0\le y\le b$

답 쓰고 채점

(a)

(b)

정답·풀이 보기

(a) $x$ 는 $x\rightarrow-x$ 에 대해, 즉 $y$ 축에 대한 대칭이동에 대해 기함수이고 적분 영역은 $y$ 축에 대해 대칭이므로 $\iint _D x\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=0$ 이다. $\iint _D 3\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$ 는 반지름이 $2$ 인 반원판 넓이의 3배이다. 따라서 $\iint _D(x+3)\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=3\times \tfrac{1}{2}\times\pi 2^2=6\pi$ .

(s) $\iint _R x\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y/\iint _R \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$ 는 직사각형 $R$ 에서 $x$ 의 평균값이며, 그 값은 $\frac{a}{2}$ 이다. 마찬가지로 $\iint _R y\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y/\iint _R \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$ 는 직사각형 $R$ 에서 $y$ 의 평균값이며, 그 값은 $\frac{b}{2}$ 이다. $\iint _R \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$ 는 직사각형 $R$ 의 넓이이며, 그 값은 $ab$ 이다. 따라서

$\iint _R x\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\frac{a}{2} \iint _R \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\frac{a}{2} ab$ 이고
$\iint _R y\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\frac{b}{2} \iint _R \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\frac{b}{2} ab$

이며 $\iint _R (x+y)\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=\tfrac{1}{2} ab (a+b)$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) $\iint _D x\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=0$ because $x$ is odd under $x\rightarrow-x$ , i.e. under reflection about the $y$ –axis, while the domain of integration is symmetric about the $y$ –axis. $\iint _D 3\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$ is the three times the area of a half disc of radius $2$ . So, $\iint _D(x+3)\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=3\times \tfrac{1}{2}\times\pi 2^2=6\pi$ .

(s) $\iint _R x\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y/\iint _R \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$ is the average value of $x$ in the rectangle $R$ , namely $\frac{a}{2}$ . Similarly, $\iint _R y\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y/\iint _R \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$ is the average value of $y$ in the rectangle $R$ , namely $\frac{b}{2}$ . $\iint _R \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$ is area of the rectangle $R$ , namely $ab$ . So,

$\iint _R x\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\frac{a}{2} \iint _R \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\frac{a}{2} ab$ and
$\iint _R y\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\frac{b}{2} \iint _R \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\frac{b}{2} ab$

and $\iint _R (x+y)\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=\tfrac{1}{2} ab (a+b)$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 5.6절 · 5번

# 다중적분의 응용(질량·질량중심)계산기본자동 분류

620.CLP-3 · 3.3절 · 2번대학 수준우리말 번역

$xy$ –평면에서 부등식 $x^2 \le y \le 1$ 로 정의된 영역 $D$ 의 질량 중심을 구하세요. 단, 질량 밀도 함수는 $\rho(x,y) = y$ 이다.

영어 원문 보기

Find the centre of mass of the region $D$ in the $xy$ –plane defined by the inequalities $x^2 \le y \le 1$ , assuming that the mass density function is given by $\rho(x,y) = y$ .

정답·풀이 보기

다음은 $D$ 의 개형이다.

정의에 의해 질량 중심은 $(\bar x, \bar y)$ 이고, $\bar x$ 와 $\bar y$ 는 각각 $D$ 위에서 $x$ 좌표와 $y$ 좌표의 가중평균이다. 즉,

$\begin{aligned} \bar x = \frac{\iint _D x\ \rho(x,y)\ \mathrm{d}A}{\iint _D \rho(x,y)\ \mathrm{d}A} \qquad \bar y = \frac{\iint _D y\ \rho(x,y)\ \mathrm{d}A}{\iint _D \rho(x,y)\ \mathrm{d}A} \end{aligned}$

$y$ 축에 대한 대칭성에 의해 $\bar x=0$ 이다. 따라서 $\bar y$ 만 구하면 된다. 위 그림과 같이 세로 띠를 이용하여 적분을 계산한다. 그림을 보면 다음을 알 수 있다.

$x$ 는 $-1$ 에서 $1$ 까지 변하고,
그 범위의 각 고정된 $x$ 에 대해 $y$ 는 $x^2$ 에서 $1$ 까지 변한다.

따라서 분모는

$\begin{aligned} \iint _D \rho(x,y)\ \mathrm{d}A &= \int_{-1}^1\mathrm{d}x\int_{x^2}^1\mathrm{d}y\ \overbrace{y}^{\rho(x,y)} \\ &= \frac{1}{2}\int_{-1}^1 \mathrm{d}x\ (1-x^4) =\int_0^1 \mathrm{d}x\ (1-x^4) \\ &=\frac{4}{5} \end{aligned}$

이고, $\bar y$ 의 분자는

$\begin{aligned} \iint _D y\,\rho(x,y)\ \mathrm{d}A &= \int_{-1}^1\mathrm{d}x\int_{x^2}^1\mathrm{d}y\ y\overbrace{y}^{\rho(x,y)} \\ &= \frac{1}{3}\int_{-1}^1 \mathrm{d}x\ (1-x^6) =\frac{2}{3}\int_0^1 \mathrm{d}x\ (1-x^6) \\ &=\frac{2}{3}\ \frac{6}{7} = \frac{4}{7} \end{aligned}$

이다. 종합하면 $\bar x=0$ 이고

$\begin{aligned} \bar y = \frac{\frac{4}{7}} {\frac{4}{5}} = \frac{5}{7} \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

Here is a sketch of $D$ .

By definition, the centre of mass is $(\bar x, \bar y)$ , with $\bar x$ and $\bar y$ being the weighted averages of the $x$ and $y$ –coordinates, respectively, over $D$ . That is,

$\begin{aligned} \bar x = \frac{\iint _D x\ \rho(x,y)\ \mathrm{d}A}{\iint _D \rho(x,y)\ \mathrm{d}A} \qquad \bar y = \frac{\iint _D y\ \rho(x,y)\ \mathrm{d}A}{\iint _D \rho(x,y)\ \mathrm{d}A} \end{aligned}$

By symmetry under reflection in the $y$ –axis, we have $\bar x=0$ . So we just have to determine $\bar y$ . We'll evaluate the integrals using vertical strips as in the figure above. Looking at that figure, we see that

$x$ runs from $-1$ to $1$ , and
for each fixed $x$ in that range, $y$ runs from $x^2$ to $1$ .

So the denominator is

$\begin{aligned} \iint _D \rho(x,y)\ \mathrm{d}A &= \int_{-1}^1\mathrm{d}x\int_{x^2}^1\mathrm{d}y\ \overbrace{y}^{\rho(x,y)} \\ &= \frac{1}{2}\int_{-1}^1 \mathrm{d}x\ (1-x^4) =\int_0^1 \mathrm{d}x\ (1-x^4) \\ &=\frac{4}{5} \end{aligned}$

and the numerator of $\bar y$ is

$\begin{aligned} \iint _D y\,\rho(x,y)\ \mathrm{d}A &= \int_{-1}^1\mathrm{d}x\int_{x^2}^1\mathrm{d}y\ y\overbrace{y}^{\rho(x,y)} \\ &= \frac{1}{3}\int_{-1}^1 \mathrm{d}x\ (1-x^6) =\frac{2}{3}\int_0^1 \mathrm{d}x\ (1-x^6) \\ &=\frac{2}{3}\ \frac{6}{7} = \frac{4}{7} \end{aligned}$

All together, $\bar x=0$ and

$\begin{aligned} \bar y = \frac{\frac{4}{7}} {\frac{4}{5}} = \frac{5}{7} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.3절 · 3번

# 다중적분의 응용(질량·질량중심)계산보통자동 분류

다중적분 전체 문제