다중적분 전체 연습문제 | 빌드라인 스쿨

621.CLP-3 · 3.3절 · 3번대학 수준우리말 번역

$R$ 을 왼쪽은 $x = 1$ 로, 오른쪽은 $x^2 + y^2 = 4$ 로 유계인 영역이라고 하자. $R$ 에서의 밀도는

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

이다.

(a) 영역 $R$ 의 그림을 그리세요. (b) $R$ 의 질량을 구하세요. (c) $R$ 의 질량중심을 구하세요.

참고: $\int \sec(\theta)\ \mathrm{d}\theta = \ln |\sec \theta + \tan \theta| + C$ 인 결과를 사용해도 된다.

영어 원문 보기

Let R be the region bounded on the left by $x = 1$ and on the right by $x^2 + y^2 = 4$ . The density in $R$ is

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

(a) Sketch the region $R$ . (b) Find the mass of $R$ . (c) Find the centre-of-mass of $R$ .

Note: You may use the result $\int \sec(\theta)\ \mathrm{d}\theta = \ln |\sec \theta + \tan \theta| + C$ .

정답·풀이 보기

(a) $R$ 의 그림은 다음과 같다.

(b) 다음을 고려하면

$\rho(x,y)$ 는 원점을 중심으로 한 회전에 대해 변하지 않고,
바깥쪽 곡선 $x^2+y^2=4$ 도 원점을 중심으로 한 회전에 대해 변하지 않으며,
주어진 힌트가 $\theta$ 에 대한 적분을 포함하므로

극좌표를 사용한다.

직선 $x=1$ 과 원 $x^2+y^2=4$ 는

$1+y^2=4 \iff y=\pm\sqrt{3}$

일 때 만나고, 점 $(x,y)=\big(1,\sqrt{3}\big)$ 의 극좌표는 $r=\sqrt{x^2+y^2}=2$ , $\theta=\arctan\frac{y}{x}=\arctan \sqrt{3} =\frac{\pi}{3}$ 이다. 그림

을 보면, $R$ 위에서

$\theta$ 는 $-\frac{\pi}{3}$ 부터 $\frac{\pi}{3}$ 까지 변하고,
그 범위의 각 고정된 $\theta$ 에 대해 $r$ 는 $\frac{1}{\cos\theta} =\sec\theta$ 부터 $2$ 까지 변한다.
극좌표에서 $\mathrm{d}A=r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$ 이고,
밀도는 $\rho =\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}} =\frac{1}{r}$ 이다.

따라서 질량은

$\begin{aligned} M&=\iint _R \rho(x,y)\ \mathrm{d}A =\int_{-\pi/3}^{\pi/3}\mathrm{d}\theta\int_{\sec\theta}^2\mathrm{d}r\ \frac{r}{r} =\int_{-\pi/3}^{\pi/3}\mathrm{d}\theta\ \big[2-\sec\theta\big] \\ &=2\int_0^{\pi/3}\mathrm{d}\theta\ \big[2-\sec\theta\big] \\ &= 2\Big[2\theta - \ln\big(\sec\theta+\tan\theta\big)\Big]_0^{\pi/3} \\ &= 2\left[\frac{2\pi}{3} - \ln\big(2+\sqrt{3}\big) + \ln\big(1+0\big)\right] \\ &= \frac{4\pi}{3} - 2\ln\big(2+\sqrt{3}\big) \end{aligned}$

이다.

(c) 정의에 의해 질량중심은 $(\bar x, \bar y)$ 이며, $\bar x$ 와 $\bar y$ 는 각각 $R$ 위에서 $x$ 좌표와 $y$ 좌표의 가중평균이다. 즉,

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

이다.

$x$ 축에 대한 대칭이동에 대해 대칭이므로 $\bar y=0$ 이다. 따라서 $\bar x$ 만 구하면 된다. 분자는

$\begin{aligned} \iint _R x\ \rho(x,y)\ \mathrm{d}A &=\int_{-\pi/3}^{\pi/3}\mathrm{d}\theta\int_{\sec\theta}^2\mathrm{d}r\ \frac{r}{r}\ \overbrace{r\cos\theta}^{x} \\ &=\frac{1}{2}\int_{-\pi/3}^{\pi/3}\mathrm{d}\theta\ \big[4-\sec^2\theta\big] \cos\theta =\int_0^{\pi/3}\mathrm{d}\theta\ \big[4\cos\theta-\sec\theta\big] \\ &= \Big[4\sin\theta - \ln\big(\sec\theta+\tan\theta\big)\Big]_0^{\pi/3} \\ &= \left[4\frac{\sqrt{3}}{2} - \ln\big(2+\sqrt{3}\big) + \ln\big(1+0\big)\right] \\ &= 2\sqrt{3}- \ln\big(2+\sqrt{3}\big) \end{aligned}$

이다.

종합하면 $\bar y=0$ 이고

$\begin{aligned} \bar x = \frac{2\sqrt{3}- \ln\big(2+\sqrt{3}\big)} {\frac{4\pi}{3} - 2\ln\big(2+\sqrt{3}\big)} \approx 1.38 \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) Here is a sketch of $R$ .

(b) Considering that

$\rho(x,y)$ is invariant under rotations about the origin and
the outer curve $x^2+y^2=4$ is invariant under rotations about the origin and
the given hint involves a $\theta$ integral

we'll use polar coordinates.

Observe that the line $x=1$ and the circle $x^2+y^2=4$ intersect when

$1+y^2=4 \iff y=\pm\sqrt{3}$

and that the polar coordinates of the point $(x,y)=\big(1,\sqrt{3}\big)$ are $r=\sqrt{x^2+y^2}=2$ and $\theta=\arctan\frac{y}{x}=\arctan \sqrt{3} =\frac{\pi}{3}$ . Looking at the sketch

we see that, on $R$ ,

$\theta$ runs from $-\frac{\pi}{3}$ to $\frac{\pi}{3}$ and
for each fixed $\theta$ in that range, $r$ runs from $\frac{1}{\cos\theta} =\sec\theta$ to $2$ .
In polar coordinates, $\mathrm{d}A=r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$ , and
the density $\rho =\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}} =\frac{1}{r}$

So the mass is

$\begin{aligned} M&=\iint _R \rho(x,y)\ \mathrm{d}A =\int_{-\pi/3}^{\pi/3}\mathrm{d}\theta\int_{\sec\theta}^2\mathrm{d}r\ \frac{r}{r} =\int_{-\pi/3}^{\pi/3}\mathrm{d}\theta\ \big[2-\sec\theta\big] \\ &=2\int_0^{\pi/3}\mathrm{d}\theta\ \big[2-\sec\theta\big] \\ &= 2\Big[2\theta - \ln\big(\sec\theta+\tan\theta\big)\Big]_0^{\pi/3} \\ &= 2\left[\frac{2\pi}{3} - \ln\big(2+\sqrt{3}\big) + \ln\big(1+0\big)\right] \\ &= \frac{4\pi}{3} - 2\ln\big(2+\sqrt{3}\big) \end{aligned}$

(c) 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 $R$ . That is,

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

By symmetry under reflection in the $x$ –axis, we have $\bar y=0$ . So we just have to determine $\bar x$ . The numerator is

$\begin{aligned} \iint _R x\ \rho(x,y)\ \mathrm{d}A &=\int_{-\pi/3}^{\pi/3}\mathrm{d}\theta\int_{\sec\theta}^2\mathrm{d}r\ \frac{r}{r}\ \overbrace{r\cos\theta}^{x} \\ &=\frac{1}{2}\int_{-\pi/3}^{\pi/3}\mathrm{d}\theta\ \big[4-\sec^2\theta\big] \cos\theta =\int_0^{\pi/3}\mathrm{d}\theta\ \big[4\cos\theta-\sec\theta\big] \\ &= \Big[4\sin\theta - \ln\big(\sec\theta+\tan\theta\big)\Big]_0^{\pi/3} \\ &= \left[4\frac{\sqrt{3}}{2} - \ln\big(2+\sqrt{3}\big) + \ln\big(1+0\big)\right] \\ &= 2\sqrt{3}- \ln\big(2+\sqrt{3}\big) \end{aligned}$

All together, $\bar y=0$ and

$\begin{aligned} \bar x = \frac{2\sqrt{3}- \ln\big(2+\sqrt{3}\big)} {\frac{4\pi}{3} - 2\ln\big(2+\sqrt{3}\big)} \approx 1.38 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.3절 · 1번

# 다중적분의 응용(질량·질량중심)그래프·표 해석보통자동 분류

622.CLP-3 · 3.3절 · 5번대학 수준우리말 번역

균일한 밀도 $k$ 를 갖는 얇은 판이 양의 $x$ 축, 양의 $y$ 축과 원 $x^2 + y^2 = 1$ 로 둘러싸여 있다. 이 판의 질량 중심을 구하세요.

영어 원문 보기

A thin plate of uniform density $k$ is bounded by the positive $x$ and $y$ axes and the circle $x^2 + y^2 = 1$ . Find its centre of mass.

정답·풀이 보기

이 판을 $P$ 라 하자. 정의에 따라 질량 중심은 $(\bar x, \bar y)$ 이고, $\bar x$ 와 $\bar y$ 는 각각 $P$ 위에서 $x$ 좌표와 $y$ 좌표의 가중평균이다. 즉,

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

이고 $\rho(x,y)=k$ 이다. 다음은 $P$ 의 그림이다.

직선 $y=x$ 에 대한 대칭이동에 의해 대칭이므로 $\bar y=\bar x$ 이다. 따라서 다음만 구하면 된다.

$\bar x = \frac{\iint _P x\ \mathrm{d}A}{\iint _P \mathrm{d}A}$

분모는 반지름이 $1$ 인 원판 넓이의 4분의 1이다. 즉, $\iint _P \mathrm{d}A=\frac{\pi}{4}$ 이다. 분자는 위 그림과 같이 극좌표를 이용하여 계산한다. 그림을 보면 다음과 같다.

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

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

$\begin{aligned} \iint _P x\ \mathrm{d}A &=\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta \int_0^1\mathrm{d}r\ r\overbrace{r\cos\theta}^{x} =\left[\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \cos\theta\right] \left[ \int_0^1\mathrm{d}r\ r^2\right] \\ &=\Big[\sin\theta\Big]_0^{\pi/2} \left[\frac{r^3}{3}\right]_0^1 \\ &=\frac{1}{3} \end{aligned}$

이다. 종합하면

$\begin{aligned} \bar x = \bar y = \frac{1/3}{\pi/4} =\frac{4}{3\pi} \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

Call the plate $P$ . 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 $P$ . That is,

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

with $\rho(x,y)=k$ . Here is a sketch of $P$ .

By symmetry under reflection in the line $y=x$ , we have $\bar y=\bar x$ . So we just have to determine

$\bar x = \frac{\iint _P x\ \mathrm{d}A}{\iint _P \mathrm{d}A}$

The denominator is just one quarter of the area of circular disk of radius $1$ . That is, $\iint _P \mathrm{d}A=\frac{\pi}{4}$ . We'll evaluate the numerator using polar coordinates as in the figure above. Looking at that figure, we see that

$\theta$ runs from $0$ to $\frac{\pi}{2}$ , 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 $x=r\cos\theta$ , the numerator

$\begin{aligned} \iint _P x\ \mathrm{d}A &=\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta \int_0^1\mathrm{d}r\ r\overbrace{r\cos\theta}^{x} =\left[\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \cos\theta\right] \left[ \int_0^1\mathrm{d}r\ r^2\right] \\ &=\Big[\sin\theta\Big]_0^{\pi/2} \left[\frac{r^3}{3}\right]_0^1 \\ &=\frac{1}{3} \end{aligned}$

All together

$\begin{aligned} \bar x = \bar y = \frac{1/3}{\pi/4} =\frac{4}{3\pi} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.3절 · 2번

# 다중적분의 응용(질량·질량중심)계산보통자동 분류

623.CLP-3 · 3.3절 · 6번대학 수준우리말 번역

$R$ 을 꼭짓점이 $(0, 2)$ , $(1, 0)$ , $(2, 0)$ 인 삼각형이라 하세요. $R$ 의 밀도가 $\rho(x, y) = y^2$ 이라 하세요. $R$ 의 질량중심의 $y$ 좌표 $\bar y$ 를 구하세요. $\bar x$ 는 구하지 않아도 됩니다.

영어 원문 보기

Let $R$ be the triangle with vertices $(0, 2)$ , $(1, 0)$ , and $(2, 0)$ . Let $R$ have density $\rho(x, y) = y^2$ . Find $\bar y$ , the $y$ –coordinate of the center of mass of $R$ . You do not need to find $\bar x$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

다음은 $R$ 의 그림이다.

다음에 주목하자.

$(2,0)$ 과 $(0,2)$ 를 지나는 직선의 방정식은 $y=2-x$ , 즉 $x=2-y$ 이다. (확인: 두 점 $(2,0)$ 과 $(0,2)$ 는 모두 $x=2-y$ 위에 있다.)
$(1,0)$ 과 $(0,2)$ 를 지나는 직선의 방정식은 $y=2-2x$ , 즉 $x=\frac{2-y}{2}$ 이다. (확인: 두 점 $(0,2)$ 와 $(1,0)$ 은 모두 $x=\frac{2-y}{2}$ 위에 있다.)

정의에 의해 $R$ 의 질량중심의 $y$ 좌표는 $R$ 위에서 $y$ 의 가중평균이므로 다음과 같다.

$\bar y =\frac{\iint _R y\,\rho(x,y)\,\mathrm{d}A}{\iint _R \rho(x,y)\,\mathrm{d}A} =\frac{\iint _R y^3\,\mathrm{d}A}{\iint _R y^2\,\mathrm{d}A}$

$R$ 위에서

$y$ 는 $0$ 부터 $2$ 까지 변한다. 즉, $0\le y\le 2$ 이다.
이 범위의 각 고정된 $y$ 에 대해 $x$ 는 $\frac{2-y}{2}$ 부터 $2-y$ 까지 변한다. 부등식으로 나타내면 $\frac{2-y}{2}\le x\le 2-y$ 이다.

따라서

$R = \left\{\ (x,y)\ \left|\ 0\le y\le 2,\ \frac{2-y}{2}\le x\le 2-y \right.\right\}$

$n=2$ 와 $n=3$ 모두에 대해 다음이 성립한다.

$\begin{aligned} \iint _R y^n\,\mathrm{d}A &=\int_0^2\mathrm{d}y \int_{\frac{2-y}{2}}^{2-y}\mathrm{d}x\ y^n \\ &=\int_0^2\mathrm{d}y \ y^n\frac{2-y}{2} \\ &=\frac{1}{2}\left[\frac{2y^{n+1}}{n+1}-\frac{y^{n+2}}{n+2}\right]_0^2 \\ &=\frac{1}{2}\left[\frac{2^{n+2}}{n+1}-\frac{2^{n+2}}{n+2}\right] \\ &=\frac{2^{n+1}}{(n+1)(n+2)} \end{aligned}$

그러므로

$\begin{aligned} \bar y =\frac{\iint _R y^3\,\mathrm{d}A}{\iint _R y^2\,\mathrm{d}A} =\frac{ \frac{2^4}{(4)(5)} }{ \frac{2^{3}}{(3)(4)} } =\frac{6}{5} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

Here is a sketch of $R$ .

Note that

the equation of the straight line through $(2,0)$ and $(0,2)$ is $y=2-x$ , or $x=2-y$ . (As a check note that both points $(2,0)$ and $(0,2)$ are on $x=2-y$ .
The equation of the straight line through $(1,0)$ and $(0,2)$ is $y=2-2x$ , or $x=\frac{2-y}{2}$ . (As a check note that both points $(0,2)$ and $(1,0)$ are on $x=\frac{2-y}{2}$ .

By definition, the $y$ –coordinate of the center of mass of $R$ is the weighted average of $y$ over $R$ , which is

$\bar y =\frac{\iint _R y\,\rho(x,y)\,\mathrm{d}A}{\iint _R \rho(x,y)\,\mathrm{d}A} =\frac{\iint _R y^3\,\mathrm{d}A}{\iint _R y^2\,\mathrm{d}A}$

On $R$ ,

$y$ runs from $0$ to $2$ . That is, $0\le y\le 2$ .
For each fixed $y$ in that range, $x$ runs from $\frac{2-y}{2}$ to $2-y$ . In inequalities, that is $\frac{2-y}{2}\le x\le 2-y$ .

Thus

$R = \left\{\ (x,y)\ \left|\ 0\le y\le 2,\ \frac{2-y}{2}\le x\le 2-y \right.\right\}$

For both $n=2$ and $n=3$ , we have

$\begin{aligned} \iint _R y^n\,\mathrm{d}A &=\int_0^2\mathrm{d}y \int_{\frac{2-y}{2}}^{2-y}\mathrm{d}x\ y^n \\ &=\int_0^2\mathrm{d}y \ y^n\frac{2-y}{2} \\ &=\frac{1}{2}\left[\frac{2y^{n+1}}{n+1}-\frac{y^{n+2}}{n+2}\right]_0^2 \\ &=\frac{1}{2}\left[\frac{2^{n+2}}{n+1}-\frac{2^{n+2}}{n+2}\right] \\ &=\frac{2^{n+1}}{(n+1)(n+2)} \end{aligned}$

So

$\begin{aligned} \bar y =\frac{\iint _R y^3\,\mathrm{d}A}{\iint _R y^2\,\mathrm{d}A} =\frac{ \frac{2^4}{(4)(5)} }{ \frac{2^{3}}{(3)(4)} } =\frac{6}{5} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.3절 · 7번

# 다중적분의 응용(질량·질량중심)계산보통자동 분류

624.CLP-3 · 3.3절 · 7번대학 수준우리말 번역

평면 영역 $D$ 안의 점에서 점 $(a, b)$ 까지의 평균 거리는 다음과 같이 정의된다.

$\frac{1}{A(D)}\iint _D \sqrt{(x-a)^2+(y-b)^2}\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$

여기서 $A(D)$ 는 평면 영역 $D$ 의 넓이이다. $D$ 를 단위원판 $1 \ge x^2 + y^2$ 이라 하자. $D$ 안의 점에서 $D$ 의 중심까지의 평균 거리를 구하세요.

영어 원문 보기

The average distance of a point in a plane region $D$ to a point $(a, b)$ is defined by

$\frac{1}{A(D)}\iint _D \sqrt{(x-a)^2+(y-b)^2}\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$

where $A(D)$ is the area of the plane region $D$ . Let $D$ be the unit disk $1 \ge x^2 + y^2$ . Find the average distance of a point in $D$ to the center of $D$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

문제에서 주어진 정의에 $(a,b)=(0,0)$ 을 대입하면 평균은 다음과 같다.

$\begin{aligned} \frac{1}{A(D)}\iint _D \sqrt{x^2+y^2}\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}$

분모 $A(D) = \pi$ 이다. 분자는 극좌표를 이용하여 계산한다.

$\begin{aligned} \iint _D \sqrt{x^2+y^2}\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y &=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^1\mathrm{d}r \ r\sqrt{r^2\cos^2\theta+r^2\sin^2\theta} \\ &=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^1\mathrm{d}r\ r^2 =\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \frac{1}{3} \\ &=\frac{2\pi}{3} \end{aligned}$

따라서 평균은 다음과 같다.

$\frac{\frac{2\pi}{3}}{\pi}=\frac{2}{3}$

원본 교재 풀이(영어)

By the definition given in the statement with $(a,b)=(0,0)$ , the average is

$\begin{aligned} \frac{1}{A(D)}\iint _D \sqrt{x^2+y^2}\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}$

The denominator $A(D) = \pi$ . We'll use polar coordinates to evaluate the numerator.

$\begin{aligned} \iint _D \sqrt{x^2+y^2}\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y &=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^1\mathrm{d}r \ r\sqrt{r^2\cos^2\theta+r^2\sin^2\theta} \\ &=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^1\mathrm{d}r\ r^2 =\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \frac{1}{3} \\ &=\frac{2\pi}{3} \end{aligned}$

So the average is

$\frac{\frac{2\pi}{3}}{\pi}=\frac{2}{3}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.3절 · 5번

# 다중적분의 응용(질량·질량중심)활용보통자동 분류

625.CLP-3 · 3.3절 · 8번대학 수준우리말 번역

금속판 하나가 있다. 이 판은 밀도가 상수 1이고 단위원판 $x^2 + y^2 \le 1$ 을 차지한다. 이 판에서 방정식 $x^2 + y^2 = x$ 로 정의되는 원의 내부를 제거하여 초승달 모양의 금속판을 얻는다.

(a) 이 초승달 모양 판의 전체 질량을 구하세요. (b) 이 판의 질량중심의 $x$ 좌표를 구하세요.

다음 사실을 이용해도 됩니다. $\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^4(\theta)\ \mathrm{d}\theta=\frac{3\pi}{8}$ .

영어 원문 보기

A metal crescent is obtained by removing the interior of the circle defined by the equation $x^2 + y^2 = x$ from the metal plate of constant density 1 occupying the unit disc $x^2 + y^2 \le 1$ .

(a) Find the total mass of the crescent. (b) Find the $x$ -coordinate of its center of mass.

You may use the fact that $\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^4(\theta)\ \mathrm{d}\theta=\frac{3\pi}{8}$ .

답 쓰고 채점

(a)

(b)

정답·풀이 보기

$x^2+y^2=x$ 는 $\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+y^2=\frac{1}{4}$ 과 같은 식이고, 이는 중심이 $\left(\frac{1}{2},0\right)$ 이고 반지름이 $\frac{1}{2}$ 인 원이다. 초승달 모양을 $\mathcal{C}$ 라 부르고

$\begin{aligned} D &= \big\{ \ (x,y)\ \big|\ x^2+y^2\le 1\ \big\} \\ H &= \big\{ \ (x,y)\ \big|\ \left(x-\tfrac{1}{2}\right)^2+y^2\le\tfrac{1}{4}\ \big\} \end{aligned}$

라 하면

$\mathcal{C}= D\setminus H$

이다. 즉 $\mathcal{C}$ 는 원판 $D$ 에서 "구멍" $H$ 를 제거한 것이다. 다음은 개략도이다.

(a) $D$ 는 반지름이 $1$ 인 원판이므로 넓이가 $\pi$ 이다. $H$ 는 반지름이 ${1}/{2}$ 인 원판이므로 넓이가 ${\pi}/{4}$ 이다. $\mathcal{C}$ 의 밀도가 $1$ 이므로

$\begin{aligned} \text{Mass}(\mathcal{C}) &= \iint _\mathcal{C} \mathrm{d}A = \iint _D\mathrm{d}A -\iint _H\mathrm{d}A \\ &=\pi - \frac{\pi}{4} \\ &=\frac{3\pi}{4} \end{aligned}$

(b) 정의에 따라 $\mathcal{C}$ 의 질량중심의 $x$ 좌표는 $\mathcal{C}$ 위에서 $x$ 의 평균값이며, 이는

$\begin{aligned} \bar x = \frac{\iint _\mathcal{C} x\,\mathrm{d}A}{\iint _\mathcal{C} \mathrm{d}A} \end{aligned}$

이다. 앞에서 $\iint _\mathcal{C} \mathrm{d}A=\frac{3\pi}{4}$ 임을 이미 구했다. 따라서 분자

$\iint _\mathcal{C} x\,\mathrm{d}A = \iint _D x\,\mathrm{d}A - \iint _H x\,\mathrm{d}A$

를 구해야 한다.

$x$ 는 기함수이고 $D$ 는 $x\rightarrow -x$ 에 대해 변하지 않으므로 $\iint _D x\,\mathrm{d}A=0$ 이다. 따라서 $\iint _H x\,\mathrm{d}A$ 만 구하면 된다. 이를 위해 극좌표를 사용하면 $\mathrm{d}A = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$ 이다. 극좌표에서 $x^2 + y^2 = x$ 는 $r^2 =r\cos\theta$ , 즉 $r=\cos\theta$ 이다. 따라서 위의 그림((a)의 풀이 바로 앞의 그림)을 보면, 적분 영역에서

$\theta$ 는 $-\frac{\pi}{2}$ 부터 $\frac{\pi}{2}$ 까지 변한다.
그 범위의 각 고정된 $\theta$ 에 대해 $r$ 은 $0$ 부터 $\cos\theta$ 까지 변한다.

따라서 적분은

$\begin{aligned} \iint _H x\,\mathrm{d}A &= \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_0^{\cos\theta}\mathrm{d}r\ r\overbrace{(r\cos\theta)}^{x} \\ &=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\mathrm{d}\theta \ \frac{\cos^4\theta}{3} \\ &= \frac{\pi}{8} \end{aligned}$

이다. 이상을 종합하면

$\begin{aligned} \bar x = \frac{\iint _\mathcal{C} x\,\mathrm{d}A}{\iint _\mathcal{C} \mathrm{d}A} = \frac{\iint _D x\,\mathrm{d}A - \iint _H x\,\mathrm{d}A}{\iint _\mathcal{C} \mathrm{d}A} =\frac{0-\frac{\pi}{8}}{\frac{3\pi}{4}} =-\frac{1}{6} \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

Note that $x^2+y^2=x$ is equivalent to $\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+y^2=\frac{1}{4}$ , which is the circle of radius $\frac{1}{2}$ centred on $\left(\frac{1}{2},0\right)$ . Let's call the crescent $\mathcal{C}$ and write

$\begin{aligned} D &= \big\{ \ (x,y)\ \big|\ x^2+y^2\le 1\ \big\} \\ H &= \big\{ \ (x,y)\ \big|\ \left(x-\tfrac{1}{2}\right)^2+y^2\le\tfrac{1}{4}\ \big\} \end{aligned}$

so that

$\mathcal{C}= D\setminus H$

meaning that $\mathcal{C}$ is the disk $D$ with the “hole” $H$ removed. Here is a sketch.

(a) As $D$ is a disk of radius $1$ , it has area $\pi$ . As $H$ is a disk of radius ${1}/{2}$ , it has area ${\pi}/{4}$ . As $\mathcal{C}$ has density $1$ ,

$\begin{aligned} \text{Mass}(\mathcal{C}) &= \iint _\mathcal{C} \mathrm{d}A = \iint _D\mathrm{d}A -\iint _H\mathrm{d}A \\ &=\pi - \frac{\pi}{4} \\ &=\frac{3\pi}{4} \end{aligned}$

(b) Recall that, by definition, the $x$ –coordinate of the centre of mass of $\mathcal{C}$ is the average value of $x$ over $\mathcal{C}$ , which is

$\begin{aligned} \bar x = \frac{\iint _\mathcal{C} x\,\mathrm{d}A}{\iint _\mathcal{C} \mathrm{d}A} \end{aligned}$

We have already found that $\iint _\mathcal{C} \mathrm{d}A=\frac{3\pi}{4}$ . So we have to determine the numerator

$\iint _\mathcal{C} x\,\mathrm{d}A = \iint _D x\,\mathrm{d}A - \iint _H x\,\mathrm{d}A$

As $x$ is an odd function and $D$ is invariant under $x\rightarrow -x$ , $\iint _D x\,\mathrm{d}A=0$ . So we just have to determine $\iint _H x\,\mathrm{d}A$ . To do so we'll work in polar coordinates, so that $\mathrm{d}A = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$ . In polar coordinates $x^2 + y^2 = x$ is $r^2 =r\cos\theta$ or $r=\cos\theta$ . So, looking at the figure above (just before the solution to part (a)), on the domain of integration,

$\theta$ runs from $-\frac{\pi}{2}$ to $\frac{\pi}{2}$ .
For each fixed $\theta$ in that range, $r$ runs from $0$ to $\cos\theta$ .

So the integral is

$\begin{aligned} \iint _H x\,\mathrm{d}A &= \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_0^{\cos\theta}\mathrm{d}r\ r\overbrace{(r\cos\theta)}^{x} \\ &=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\mathrm{d}\theta \ \frac{\cos^4\theta}{3} \\ &= \frac{\pi}{8} \end{aligned}$

So all together

$\begin{aligned} \bar x = \frac{\iint _\mathcal{C} x\,\mathrm{d}A}{\iint _\mathcal{C} \mathrm{d}A} = \frac{\iint _D x\,\mathrm{d}A - \iint _H x\,\mathrm{d}A}{\iint _\mathcal{C} \mathrm{d}A} =\frac{0-\frac{\pi}{8}}{\frac{3\pi}{4}} =-\frac{1}{6} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.3절 · 9번

# 다중적분의 응용(질량·질량중심)계산보통자동 분류

626.CLP-3 · 3.3절 · 9번대학 수준우리말 번역

$D$ 를 $xy$ –평면에서 원 $x^2+(y-1)^2=1$ 의 내부에 있으면서 원 $x^2+y^2=2$ 의 외부에 있는 영역이라고 하자. 밀도가 다음과 같이 주어질 때, 이 영역의 질량을 구하세요. $\rho(x,y)=\frac{2}{\sqrt{x^2+y^2}}$

영어 원문 보기

Let $D$ be the region in the $xy$ –plane which is inside the circle $x^2+(y-1)^2=1$ but outside the circle $x^2+y^2=2$ . Determine the mass of this region if the density is given by $\rho(x,y)=\frac{2}{\sqrt{x^2+y^2}}$

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

정의역은 아래 그림과 같다.

두 원은 $x^2+y^2=2$ 이고 다음을 만족할 때 만난다.

$\begin{aligned} x^2+(y-1)^2=2-y^2+(y-1)^2=1 \iff -2y+3=1\iff y=1\text{ 그리고 } x=\pm 1 \end{aligned}$

극좌표에서 $x^2+y^2=2$ 는 $r=\sqrt{2}$ 이고, $x^2+(y-1)^2=x^2+y^2-2y+1=1$ 은 $r^2-2r\sin\theta=0$ 즉 $r=2\sin\theta$ 이다. 두 곡선은 $r=\sqrt{2}$ 이고 $\sqrt{2}=2\sin\theta$ 일 때 만나므로 $\theta=\frac{\pi}{4}$ 또는 $\frac{3}{4}\pi$ 이다. 따라서

$D=\big\{ \ (r\cos\theta,r\sin\theta)\ \big|\ \tfrac{1}{4}\pi\le\theta\le\tfrac{3}{4}\pi,\ \sqrt{2}\le r\le 2\sin\theta\ \big\}$

이고, 밀도가 $\frac{2}{r}$ 이므로

$\begin{aligned} \text{질량} &=\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\mathrm{d}\theta\int^{2\sin\theta}_{\sqrt{2}}\mathrm{d}r\ r\frac{2}{r} =2\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\mathrm{d}\theta\ \big[2\sin\theta -\sqrt{2}\,\big] =4\int_{\pi/4}^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \big[2\sin\theta -\sqrt{2}\,\big] \\ &=4\Big[-2\cos\theta -\sqrt{2}\theta\Big] _{\pi/4}^{\pi/2} =4\sqrt{2} -\sqrt{2}\pi\approx 1.214 \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

The domain is pictured below.

The two circles intersect when $x^2+y^2=2$ and

$\begin{aligned} x^2+(y-1)^2=2-y^2+(y-1)^2=1 \iff -2y+3=1\iff y=1\text{ and } x=\pm 1 \end{aligned}$

In polar coordinates $x^2+y^2=2$ is $r=\sqrt{2}$ and $x^2+(y-1)^2=x^2+y^2-2y+1=1$ is $r^2-2r\sin\theta=0$ or $r=2\sin\theta$ . The two curves intersect when $r=\sqrt{2}$ and $\sqrt{2}=2\sin\theta$ so that $\theta=\frac{\pi}{4}$ or $\frac{3}{4}\pi$ . So

$D=\big\{ \ (r\cos\theta,r\sin\theta)\ \big|\ \tfrac{1}{4}\pi\le\theta\le\tfrac{3}{4}\pi,\ \sqrt{2}\le r\le 2\sin\theta\ \big\}$

and, as the density is $\frac{2}{r}$ ,

$\begin{aligned} \text{mass} &=\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\mathrm{d}\theta\int^{2\sin\theta}_{\sqrt{2}}\mathrm{d}r\ r\frac{2}{r} =2\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\mathrm{d}\theta\ \big[2\sin\theta -\sqrt{2}\,\big] =4\int_{\pi/4}^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \big[2\sin\theta -\sqrt{2}\,\big] \\ &=4\Big[-2\cos\theta -\sqrt{2}\theta\Big] _{\pi/4}^{\pi/2} =4\sqrt{2} -\sqrt{2}\pi\approx 1.214 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.3절 · 6번

# 다중적분의 응용(질량·질량중심)계산보통자동 분류

627.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

628.CLP-3 · 3.4절 · 10번대학 수준우리말 번역

반구 $z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$ 중에서 원기둥 $\big(x-\frac{a}{2}\big)^2+y^2=\big(\frac{a}{2}\big)^2$ 의 내부에 있는 부분의 겉넓이를 구하세요.

영어 원문 보기

Find the surface area of that part of the hemisphere $z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$ which lies within the cylinder $\big(x-\frac{a}{2}\big)^2+y^2=\big(\frac{a}{2}\big)^2$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

반구의 일부분의 겉넓이를 구해야 한다. 반구 위에서

$\begin{aligned} z=f(x,y)=\sqrt{a^2-x^2-y^2}\qquad f_x(x,y)=-\frac{x}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}\qquad f_y(x,y)=-\frac{y}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}} \end{aligned}$

이므로

$\begin{aligned} \mathrm{d}S&=\sqrt{1+f_x(x,y)^2+f_y(x,y)^2}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\sqrt{1+\frac{x^2}{a^2-x^2-y^2}+\frac{y^2}{a^2-x^2-y^2}}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\ &=\sqrt{\frac{a^2}{a^2-x^2-y^2}}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}$

이다. 극좌표로 나타내면 $\mathrm{d}S=\frac{a}{\sqrt{a^2-r^2}}\,r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$ 이다. 원기둥 $x^2-ax+y^2=0$ 의 내부에 있는 반구 부분의 겉넓이를 구해야 하는데, 이 식을 극좌표로 나타내면 $r^2-ar\cos\theta=0$ , 즉 $r=a\cos\theta$ 가 된다. 적분 영역의 위쪽 절반은 아래 그림과 같다.

따라서

$\begin{aligned} {\rm Surface\ Area} &= 2\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_0^{a\cos\theta}\mathrm{d}r\ r \frac{a}{\sqrt{a^2-r^2}} = 2a\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \Big[-\sqrt{a^2-r^2}\,\Big]_0^{a\cos\theta} \\ &= 2a\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \big[a-a\sin\theta\big] \\ &= 2a^2\Big[\theta+\cos\theta\Big]_0^{\pi/2} =a^2[\pi-2] \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

We are to find the surface area of part of a hemisphere. On the hemisphere

$\begin{aligned} z=f(x,y)=\sqrt{a^2-x^2-y^2}\qquad f_x(x,y)=-\frac{x}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}\qquad f_y(x,y)=-\frac{y}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}} \end{aligned}$

so that

$\begin{aligned} \mathrm{d}S&=\sqrt{1+f_x(x,y)^2+f_y(x,y)^2}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\sqrt{1+\frac{x^2}{a^2-x^2-y^2}+\frac{y^2}{a^2-x^2-y^2}}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\ &=\sqrt{\frac{a^2}{a^2-x^2-y^2}}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}$

In polar coordinates, this is $\mathrm{d}S=\frac{a}{\sqrt{a^2-r^2}}\,r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$ . We are to find the surface area of the part of the hemisphere that is inside the cylinder, $x^2-ax+y^2=0$ , which is polar coordinates is becomes $r^2-ar\cos\theta=0$ or $r=a\cos\theta$ . The top half of the domain of integration is sketched below.

So the

$\begin{aligned} {\rm Surface\ Area} &= 2\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_0^{a\cos\theta}\mathrm{d}r\ r \frac{a}{\sqrt{a^2-r^2}} = 2a\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \Big[-\sqrt{a^2-r^2}\,\Big]_0^{a\cos\theta} \\ &= 2a\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \big[a-a\sin\theta\big] \\ &= 2a^2\Big[\theta+\cos\theta\Big]_0^{\pi/2} =a^2[\pi-2] \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기APEX · 13.5절 · 5번

# 곡면의 넓이활용보통자동 분류

629.CLP-3 · 3.5절 · 1번대학 수준우리말 번역

다음 적분의 값을 구하세요.

$\text{$\iint _R \sqrt{b^2-y^2}\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$\ \ 여기서 $R$ 은 직사각형 $0\le x\le a,\ 0\le y\le b$}$

반복적분을 사용하지 말고, 대신 이 적분을 기하학적으로 해석하세요.

영어 원문 보기

Evaluate the integral

$\text{$\iint _R \sqrt{b^2-y^2}\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$\ \ where $R$ is the rectangle $0\le x\le a,\ 0\le y\le b$}$

without using iteration. Instead, interpret the integral geometrically.

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

$\iint _R \sqrt{b^2-y^2}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\iiint _V \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z$ 이고, 여기서

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

이다.

이제 $y^2+z^2\le b^2$ 은 $x$ 축을 중심축으로 하는 반지름 $b$ 인 원기둥이고, $y^2+z^2\le b^2$ 중에서 $y\ge0,\ z\ge0$ 인 부분은 이 원기둥의 4분의 1이다. 이 부분의 단면의 넓이는 $\frac{1}{4}\pi b^2$ 이다. $V$ 는 이 4분의 1 원기둥 중에서 $0\le x\le a$ 인 부분이다. 길이는 $a$ 이고 단면의 넓이는 $\frac{1}{4}\pi b^2$ 이다. 따라서 $\iint _R \sqrt{b^2-y^2}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=\frac{1}{4}\pi ab^2$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

$\iint _R \sqrt{b^2-y^2}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\iiint _V \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z$ , where

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

Now $y^2+z^2\le b^2$ is a cylinder of radius $b$ centered on the $x$ –axis and the part of $y^2+z^2\le b^2$ , with $y\ge0,\ z\ge0$ is one quarter of this cylinder. It has cross–sectional area $\frac{1}{4}\pi b^2$ . $V$ is the part of this quarter–cylinder with $0\le x\le a$ . It has length $a$ and cross–sectional area $\frac{1}{4}\pi b^2$ . So, $\iint _R \sqrt{b^2-y^2}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=\frac{1}{4}\pi ab^2$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.5절 · 15번

# 삼중적분계산기본자동 분류

630.CLP-3 · 3.5절 · 2번대학 수준우리말 번역

밀도함수 $h(x, y, z) = x$ 를 갖는 직육면체 상자 $[0, 1] \times [0, 2] \times [0, 3]$ (즉, 부등식 $0 \le x \le 1$ , $0 \le y \le 2$ , $0 \le z \le 3$ 으로 정의되는 상자)의 전체 질량을 구하세요.

영어 원문 보기

Find the total mass of the rectangular box $[0, 1] \times [0, 2] \times [0, 3]$ (that is, the box defined by the inequalities $0 \le x \le 1$ , $0 \le y \le 2$ , $0 \le z \le 3$ ), with density function $h(x, y, z) = x$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

질량은 다음과 같다.

$\begin{aligned} \int_0^1\mathrm{d}x \int_0^2\mathrm{d}y\int_0^3\mathrm{d}z\ x &= 6\int_0^1 \mathrm{d}x\ x =3 \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

The mass is

$\begin{aligned} \int_0^1\mathrm{d}x \int_0^2\mathrm{d}y\int_0^3\mathrm{d}z\ x &= 6\int_0^1 \mathrm{d}x\ x =3 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.5절 · 14번

# 삼중적분계산기본자동 분류

631.CLP-3 · 3.5절 · 3번대학 수준우리말 번역

$R$ 이 좌표평면과 평면 $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$ 로 둘러싸인 사면체일 때, $\displaystyle \iiint _R x\ \mathrm{d}V$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Evaluate $\displaystyle \iiint _R x\ \mathrm{d}V$ where $R$ is the tetrahedron bounded by the coordinate planes and the plane $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

적분 영역은 다음과 같다.

$V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x,y,z\ge 0,\ \tfrac{x}{a}+\tfrac{y}{b}+\tfrac{z}{c}\le 1\ \big\}$

$V$ 에서 $\tfrac{z}{c}\le 1-\tfrac{x}{a}-\tfrac{y}{b}$ 이고 $x,y\ge0$ 이므로, $V$ 에서 $z$ 의 최댓값은 $x=y=0$ 일 때 얻어지며 $c$ 이다. 따라서 $V$ 에서 $z$ 는 $0$ 부터 $c$ 까지 변한다.
$0\le z\le c$ 인 각각의 고정된 $z$ 에 대해, $(x,y)$ 는 다음 영역의 모든 값을 취한다.

$D_z=\big\{ \ (x,y)\ \big|\ x,y\ge 0,\ \tfrac{x}{a}+\tfrac{y}{b}\le 1-\tfrac{z}{c}\ \big\}$

$D_z$ 에서 $y$ 의 최댓값은 $x=0$ 일 때 얻어지며 $b\left(1-\tfrac{z}{c}\right)$ 이다. 따라서 $D_z$ 에서 $y$ 는 $0$ 부터 $b\left(1-\tfrac{z}{c}\right)$ 까지 변한다.

$0\le z\le c$ 와 $0\le y \le b\left(1-\tfrac{z}{c}\right)$ 인 각각의 고정된 $z$ , $y$ 에 대해, $x$ 는 다음 범위를 움직인다.

$D_{y,z}=\big\{ \ x\ \big|\ 0\le x \le a\left(1-\tfrac{y}{b}-\tfrac{z}{c}\right)\ \big\}$

이는 아래 오른쪽 그림에 나타나 있다.

따라서 주어진 적분은 다음과 같다.

$\begin{aligned} \iiint _R x\ \mathrm{d}V &=\int_0^c \mathrm{d}z \iint _{D_z} \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\ x = \int_0^c \mathrm{d}z\int_0^{b(1-{z\over c})}\mathrm{d}y\int_{D_{y,z}}\mathrm{d}x\ x\\ &=\int_0^c \mathrm{d}z\int_0^{b(1-{z\over c})}\mathrm{d}y \int_0^{a(1-{y\over b}-{z\over c})} \mathrm{d}x\ x =\int_0^c \mathrm{d}z\int_0^{b(1-{z\over c})} \mathrm{d}y\ \frac{a^2}{2} \left(1-\frac{y}{b}-\frac{z}{c}\right)^2 \\ &=\int_0^c \mathrm{d}z\ \left[-\frac{a^2b}{6} \left(1-\frac{y}{b}-\frac{z}{c}\right)^3 \right]_0^{b(1-{z\over c})} =\int_0^c \mathrm{d}z\ \frac{a^2b}{6}\left(1-\frac{z}{c}\right)^3 \\ &=\left[-\frac{a^2bc}{24}\left(1-\frac{z}{c}\right)^4 \right]_0^c =\frac{a^2bc}{24} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

The domain of integration is

$V=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x,y,z\ge 0,\ \tfrac{x}{a}+\tfrac{y}{b}+\tfrac{z}{c}\le 1\ \big\}$

In $V$ , $\tfrac{z}{c}\le 1-\tfrac{x}{a}-\tfrac{y}{b}$ and $x,y\ge0$ , so the biggest value of $z$ in $V$ is achieved when $x=y=0$ and is $c$ . Thus, in $V$ , $z$ runs from $0$ to $c$ .
For each fixed $0\le z\le c$ , $(x,y)$ takes all values in

$D_z=\big\{ \ (x,y)\ \big|\ x,y\ge 0,\ \tfrac{x}{a}+\tfrac{y}{b}\le 1-\tfrac{z}{c}\ \big\}$

The biggest value of $y$ on $D_z$ is achieved when $x=0$ and is $b\left(1-\tfrac{z}{c}\right)$ . Thus, on $D_z$ , $y$ runs from $0$ to $b\left(1-\tfrac{z}{c}\right)$ .

For each fixed $0\le z\le c$ and $0\le y \le b\left(1-\tfrac{z}{c}\right)$ , $x$ runs over

$D_{y,z}=\big\{ \ x\ \big|\ 0\le x \le a\left(1-\tfrac{y}{b}-\tfrac{z}{c}\right)\ \big\}$

This is pictured in the figure on the right below.

So the specified integral is

$\begin{aligned} \iiint _R x\ \mathrm{d}V &=\int_0^c \mathrm{d}z \iint _{D_z} \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\ x = \int_0^c \mathrm{d}z\int_0^{b(1-{z\over c})}\mathrm{d}y\int_{D_{y,z}}\mathrm{d}x\ x\\ &=\int_0^c \mathrm{d}z\int_0^{b(1-{z\over c})}\mathrm{d}y \int_0^{a(1-{y\over b}-{z\over c})} \mathrm{d}x\ x =\int_0^c \mathrm{d}z\int_0^{b(1-{z\over c})} \mathrm{d}y\ \frac{a^2}{2} \left(1-\frac{y}{b}-\frac{z}{c}\right)^2 \\ &=\int_0^c \mathrm{d}z\ \left[-\frac{a^2b}{6} \left(1-\frac{y}{b}-\frac{z}{c}\right)^3 \right]_0^{b(1-{z\over c})} =\int_0^c \mathrm{d}z\ \frac{a^2b}{6}\left(1-\frac{z}{c}\right)^3 \\ &=\left[-\frac{a^2bc}{24}\left(1-\frac{z}{c}\right)^4 \right]_0^c =\frac{a^2bc}{24} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.5절 · 13번

# 삼중적분계산보통자동 분류

632.CLP-3 · 3.5절 · 4번대학 수준우리말 번역

$R$ 이 정육면체 $0\le x,y,z\le 1$ 중 평면 $y+z=1$ 위쪽이고 평면 $x+y+z=2$ 아래쪽에 있는 부분일 때, $\displaystyle \iiint _R y\ \mathrm{d}V$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Evaluate $\displaystyle \iiint _R y\ \mathrm{d}V$ where $R$ is the portion of the cube $0\le x,y,z\le 1$ lying above the plane $y+z=1$ and below the plane $x+y+z=2$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

적분 영역은 다음과 같다.

$R = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le x,y,z\le 1,\ z\ge 1-y,\ z\le2-x-y\ \big\}$

아래 그림에서 더 진하게 칠한 부분은 $z=1-y$ 의 일부이고, 더 연하게 칠한 부분은 $z=2-x-y$ 의 일부이다.

$R$ 에서 $z$ 는 $0$ (예를 들어 $(0,1,0)$ 은 $R$ 에 속한다)에서 $1$ (예를 들어 $(0,0,1)$ 은 $R$ 에 속한다)까지 변한다.
$0\le z\le 1$ 인 각각의 고정된 $z$ 에 대해, $(x,y)$ 는 다음 영역 위를 움직인다.

$D_z = \big\{ \ (x,y)\ \big|\ 0\le x,y\le 1,\ y\ge 1-z,\ x+y\le2-z\ \big\}$

다음은 $D_z$ 를 위에서 본 모양의 개략도이다.

$D_z$ 에서 $y$ 는 $1-z$ 에서 $1$ 까지 변한다.

$0\le z\le 1$ 과 $1-z\le y\le 1$ 인 각각의 고정된 $z$ , $y$ 에 대해, $x$ 는 $0$ 에서 $2-y-z$ 까지 변한다.

따라서 주어진 적분은 다음과 같다.

$\begin{aligned} \iiint _R y\ \mathrm{d}V &=\int_0^1\mathrm{d}z\iint _{D_z} \mathrm{d}x\mathrm{d}y\ y =\int_0^1 \mathrm{d}z\int_{1-z}^1 \mathrm{d}y\int_0^{2-y-z} \mathrm{d}x\ y =\int_0^1 \mathrm{d}z\int_{1-z}^1 \mathrm{d}y\ y(2-y-z)\\ &=-\int_0^1 \mathrm{d}z\int_z^0 du\ (1-u)(1+u-z)\qquad\text{ 여기서 $u=1-y$}\\ &=\int_0^1 \mathrm{d}z\int_0^z du\ (1-u^2-z+uz) =\int_0^1 \mathrm{d}z\ \big(z-\frac{z^3}{3}-z^2+\frac{z^3}{2})\\ &=\frac{1}{2}-\frac{1}{12}-\frac{1}{3}+\frac{1}{8} =\frac{5}{24} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

The domain of integration is

$R = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le x,y,z\le 1,\ z\ge 1-y,\ z\le2-x-y\ \big\}$

In the figure on the below, the more darkly shaded region is part of $z=1-y$ and the more lightly shaded region is part of $z=2-x-y$ .

In $R$ , $z$ runs from $0$ (for example $(0,1,0)$ is in $R$ ) to $1$ (for example $(0,0,1)$ is in $R$ ).
For each fixed $0\le z\le 1$ , $(x,y)$ runs over

$D_z = \big\{ \ (x,y)\ \big|\ 0\le x,y\le 1,\ y\ge 1-z,\ x+y\le2-z\ \big\}$

Here is a sketch of a top view of $D_z$ .

On $D_z$ , $y$ runs from $1-z$ to $1$ .

For each fixed $0\le z\le 1$ and $1-z\le y\le 1$ , $x$ runs from $0$ to $2-y-z$ .

So the specified integral is

$\begin{aligned} \iiint _R y\ \mathrm{d}V &=\int_0^1\mathrm{d}z\iint _{D_z} \mathrm{d}x\mathrm{d}y\ y =\int_0^1 \mathrm{d}z\int_{1-z}^1 \mathrm{d}y\int_0^{2-y-z} \mathrm{d}x\ y =\int_0^1 \mathrm{d}z\int_{1-z}^1 \mathrm{d}y\ y(2-y-z)\\ &=-\int_0^1 \mathrm{d}z\int_z^0 du\ (1-u)(1+u-z)\qquad\text{ where $u=1-y$}\\ &=\int_0^1 \mathrm{d}z\int_0^z du\ (1-u^2-z+uz) =\int_0^1 \mathrm{d}z\ \big(z-\frac{z^3}{3}-z^2+\frac{z^3}{2})\\ &=\frac{1}{2}-\frac{1}{12}-\frac{1}{3}+\frac{1}{8} =\frac{5}{24} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.5절 · 5번

# 삼중적분계산보통자동 분류

633.CLP-3 · 3.5절 · 5번대학 수준우리말 번역

다음 각각에 대하여, 주어진 반복적분을 먼저 $z$ , 다음에 $y$ , 그다음에 $x$ 의 순서로 적분하는 반복적분으로 나타내세요.

(a) $\displaystyle \int_0^1\mathrm{d}z\int_0^{1-z}\mathrm{d}y\int_0^{1-z} \mathrm{d}x\ f(x,y,z)$ (b) $\displaystyle \int_0^1\mathrm{d}z\int_{\sqrt z}^1\mathrm{d}y\int_0^y \mathrm{d}x\ f(x,y,z)$

영어 원문 보기

For each of the following, express the given iterated integral as an iterated integral in which the integrations are performed in the order: first $z$ , then $y$ , then $x$ .

(a) $\displaystyle \int_0^1\mathrm{d}z\int_0^{1-z}\mathrm{d}y\int_0^{1-z} \mathrm{d}x\ f(x,y,z)$ (b) $\displaystyle \int_0^1\mathrm{d}z\int_{\sqrt z}^1\mathrm{d}y\int_0^y \mathrm{d}x\ f(x,y,z)$

정답·풀이 보기

(a) 적분 영역은

$\begin{aligned} V &= \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le z\le 1,\ 0\le y\le 1-z,\ 0\le x\le 1-z\ \big\} \\ &= \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x,y,z\ge 0,\ x+z\le 1,\ y+z\le 1 \ \big\} \end{aligned}$

이다. 이를 아래 그림에 나타내었다. 앞면은 $x+z=1$ 이고 연하게 칠한 오른쪽 면은 $y+z=1$ 이다.

$V$ 에서

$x$ 는 $0$ 과 $1$ 사이의 모든 값을 갖는다.
$0\le x\le 1$ 인 각각의 고정된 $x$ 에 대하여, $(y,z)$ 는 다음 영역의 모든 값을 갖는다.

$D_x=\big\{ \ (y,z)\ \big|\ y,z\ge 0,\ z\le 1-x,\ y+z\le 1\ \big\}$

다음은 $D_x$ 의 그림이다.

위의 그림을 보면, $D_x$ 에서 $y$ 는 $0$ 부터 $1$ 까지 변하고
$0$ 과 $x$ 사이의 각각의 고정된 $y$ 에 대하여 $z$ 는 $0$ 부터 $1-x$ 까지 변하며
$x$ 와 $1$ 사이의 각각의 고정된 $y$ 에 대하여 $z$ 는 $0$ 부터 $1-y$ 까지 변한다

따라서 새로운 순서로 나타낸 적분은 다음과 같다.

$\begin{aligned} \iiint _V f(x,y,z)\ \mathrm{d}V &= \int_0^1\mathrm{d}x\iint _{D_x} \mathrm{d}y\,\mathrm{d}z\ f(x,y,z) \\ &= \int_0^1\mathrm{d}x\int_0^{x}\mathrm{d}y\int_0^{1-x} \mathrm{d}z f(x,y,z) +\int_0^1\mathrm{d}x\int_x^{1}\mathrm{d}y\int_0^{1-y} \mathrm{d}z f(x,y,z) \end{aligned}$

(b) 적분 영역은

$\begin{aligned} V &= \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le z\le 1,\ \sqrt{z}\le y\le 1,\ 0\le x\le y\ \big\} \\ &= \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le z\le y^2,\ 0\le x\le y\le 1\ \big\} \end{aligned}$

이다. 이 영역에서 $x$ 는 $0$ 과 $1$ 사이의 모든 값을 갖는다. $0$ 과 $1$ 사이의 각각의 고정된 $x$ 에 대하여, $(y,z)$ 는 다음 영역의 모든 값을 갖는다.

$D_x=\big\{ \ (y,z)\ \big|\ 0\le z\le y^2,\ x\le y\le 1\ \big\}$

다음은 $D_x$ 의 그림이다.

새로운 순서로 나타낸 적분은 다음과 같다.

$\int_0^1\mathrm{d}x\iint _{D_x} \mathrm{d}y\,\mathrm{d}z\ f(x,y,z) =\int_0^1\mathrm{d}x\int_x^{1}\mathrm{d}y\int_0^{y^2}\!\! \mathrm{d}z\ f(x,y,z)$

원본 교재 풀이(영어)

(a) The domain of integration is

$\begin{aligned} V &= \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le z\le 1,\ 0\le y\le 1-z,\ 0\le x\le 1-z\ \big\} \\ &= \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x,y,z\ge 0,\ x+z\le 1,\ y+z\le 1 \ \big\} \end{aligned}$

This is sketched in the figure below. The front face is $x+z=1$ and the lightly shaded right face is $y+z=1$ .

In $V$ ,

$x$ takes all values between $0$ and $1$ .
For each fixed $0\le x\le 1$ , $(y,z)$ takes all values in

$D_x=\big\{ \ (y,z)\ \big|\ y,z\ge 0,\ z\le 1-x,\ y+z\le 1\ \big\}$

Here is a sketch of $D_x$ .

Looking at the sketch above, we see that, on $D_x$ , $y$ runs from $0$ to $1$ and
for each fixed $y$ between $0$ and $x$ , $z$ runs from $0$ to $1-x$ and
for each fixed $y$ between $x$ and $1$ , $z$ runs from $0$ to $1-y$

So the integral is, in the new order,

$\begin{aligned} \iiint _V f(x,y,z)\ \mathrm{d}V &= \int_0^1\mathrm{d}x\iint _{D_x} \mathrm{d}y\,\mathrm{d}z\ f(x,y,z) \\ &= \int_0^1\mathrm{d}x\int_0^{x}\mathrm{d}y\int_0^{1-x} \mathrm{d}z f(x,y,z) +\int_0^1\mathrm{d}x\int_x^{1}\mathrm{d}y\int_0^{1-y} \mathrm{d}z f(x,y,z) \end{aligned}$

(b) The domain of integration is

$\begin{aligned} V &= \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le z\le 1,\ \sqrt{z}\le y\le 1,\ 0\le x\le y\ \big\} \\ &= \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le z\le y^2,\ 0\le x\le y\le 1\ \big\} \end{aligned}$

In this region, $x$ takes all values between $0$ and $1$ . For each fixed $x$ between $0$ and $1$ , $(y,z)$ takes all values in

$D_x=\big\{ \ (y,z)\ \big|\ 0\le z\le y^2,\ x\le y\le 1\ \big\}$

Here is a sketch of $D_x$ .

In the new order, the integral is

$\int_0^1\mathrm{d}x\iint _{D_x} \mathrm{d}y\,\mathrm{d}z\ f(x,y,z) =\int_0^1\mathrm{d}x\int_x^{1}\mathrm{d}y\int_0^{y^2}\!\! \mathrm{d}z\ f(x,y,z)$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.5절 · 6번

# 삼중적분계산보통자동 분류

634.CLP-3 · 3.5절 · 6번대학 수준우리말 번역

삼중적분 $\displaystyle \iiint _E f\ \mathrm{d}V$ 가 반복적분 꼴로

$\int_{y=-1}^{y=1} \int_{z=0}^{z=1-y^2} \int_{x=0}^{2-y-z} f(x,y,z) \ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}z\,\mathrm{d}y$

와 같이 주어져 있습니다.

(a) $E$ 의 3차원 그림을 상당히 정확하게 그리세요. (b) 삼중적분 $\iiint _E f\ \mathrm{d}V$ 를 다음 순서의 하나 이상의 반복 삼중적분으로 다시 나타내세요.

$\int_{y=}^{y=} \int_{x=}^{x=} \int_{z=}^{z=} f(x,y,z) \ \mathrm{d}z\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$

영어 원문 보기

A triple integral $\displaystyle \iiint _E f\ \mathrm{d}V$ is given in iterated form by

$\int_{y=-1}^{y=1} \int_{z=0}^{z=1-y^2} \int_{x=0}^{2-y-z} f(x,y,z) \ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}z\,\mathrm{d}y$

(a) Draw a reasonably accurate picture of $E$ in 3–dimensions. (b) Rewrite the triple integral $\iiint _E f\ \mathrm{d}V$ as one or more iterated triple integrals in the order

$\int_{y=}^{y=} \int_{x=}^{x=} \int_{z=}^{z=} f(x,y,z) \ \mathrm{d}z\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$

정답·풀이 보기

(a) 주어진 적분의 적분 영역에서

$y$ 는 $-1$ 에서 $1$ 까지 변하고,
그 범위의 각 고정된 $y$ 에 대해 $z$ 는 $0$ 에서 $1-y^2$ 까지 변하며,
위와 같이 고정된 각 $y$ 와 $z$ 에 대해 $x$ 는 $0$ 에서 $2-y-z$ 까지 변한다.

즉,

$E = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ -1\le y\le 1,\ 0\le z\le 1-y^2,\ 0\le x\le 2-y-z\ \big\}$

이다.

곡면 $z=1-y^2$ 의 $x$ 가 상수인 각 단면은 위로 볼록한 포물선이다. 따라서 곡면 $z=1-y^2$ 은 포물선 $z=1-y^2$ 을 앞에서 뒤로 여러 장 쌓아 놓은 모양이다. 아래 왼쪽 그림은 $z=1-y^2$ 의 개형을 보여 준다.
곡면 $x = 2-y-z$ , 즉 $x+y+z=2$ 는 평면이다. 이 평면은 세 점 $(2,0,0)$ , $(0,2,0)$ , $(0,0,2)$ 를 지난다. 아래 오른쪽 그림에 이 평면이 그려져 있다. 적분 영역이 $y=-1$ 까지 뻗어 있음을 알고 있으므로, 그림에는 평면 중 $x\ge 0$ , $y\ge-1$ , $z\ge 0$ 인 부분을 포함시켰다.

영역 $E$ 는 평면 $x+y+z=2$ 를 이용해 "터널" $0\le z\le 1-y^2$ 의 앞부분을 잘라 내어 만든 것이다. 아래 그림에서 빨간색으로 윤곽을 그려 놓았다.

(b) 바깥쪽 적분은 $y$ 에 대한 적분(주어진 적분과 같음), 가운데 적분은 $x$ 에 대한 적분, 안쪽 적분은 $z$ 에 대한 적분이 되도록 적분 순서를 바꾸어야 한다.

여전히 $y$ 는 $-1$ 에서 $1$ 까지 변한다.
그 범위의 각 고정된 $y$ 에 대해 $(x,z)$ 는 다음 영역 위를 움직인다.

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

$E_y$ 에서 $x$ 의 최댓값은 $2-y$ 이며, $z=0$ 일 때 이 값을 갖는다. 아래 그림에서도 이를 확인할 수 있다. 그림에서 색칠한 영역이 $E_y$ 이다.
위와 같이 고정된 각 $x$ 와 $y$ 에 대해 $z$ 는 다음 범위를 움직인다.

$E_{x,y} = \big\{ \ z\ \big|\ 0\le z\le 1-y^2,\ 0\le z\le 2-x-y\ \big\}$

즉, $z$ 는 $0$ 에서 $1-y^2$ 과 $2-x-y$ 중 작은 쪽까지 변한다. $1-y^2\le 2-x-y$ 일 필요충분조건은 $x\le 1+y^2-y$ 임에 주의한다.

따라서 $0\le x\le 1+y^2-y$ 이면 $z$ 는 $0$ 에서 $1-y^2$ 까지 변하고, $1+y^2-y\le x\le 2-y$ 이면 $z$ 는 $0$ 에서 $2-x-y$ 까지 변한다.

따라서 적분은 다음과 같다.

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

원본 교재 풀이(영어)

(a) In the domain of integration for the given integral

$y$ runs from $-1$ to $1$ , and
for each fixed $y$ in that range $z$ runs from $0$ to $1-y^2$ , and
for each fixed $y$ and $z$ as above, $x$ runs from $0$ to $2-y-z$ .

That is,

$E = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ -1\le y\le 1,\ 0\le z\le 1-y^2,\ 0\le x\le 2-y-z\ \big\}$

Each constant $x$ cross–section of the surface $z=1-y^2$ is an upside down parabola. So the surface $z=1-y^2$ consists of a bunch of copies of the parabola $z=1-y^2$ stacked front to back. The figure of the left below provides a sketch of $z=1-y^2$ .
The surface $x = 2-y-z$ , or equivalently, $x+y+z=2$ is a plane. It passes through the points $(2,0,0)$ , $(0,2,0)$ and $(0,0,2)$ . It is sketched in the figure on the right below. We know that our domain of integration extends to $y=-1$ , so we have chosen to include in the sketch the part of the plane in $x\ge 0$ , $y\ge-1$ , $z\ge 0$ .

The domain $E$ is constructed by using the plane $x+y+z=2$ to chop the front off of the “tunnel” $0\le z\le 1-y^2$ . It is outlined in red in the figure below.

(b) We are to change the order of integration so that the outside integral is over $y$ (the same as the given integral), the middle integral is over $x$ , and the inside integral is over over $z$ .

We still have $y$ running from $-1$ to $1$ .
For each fixed $y$ in that range, $(x,z)$ runs over

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

The biggest value of $x$ in $E_y$ is $2-y$ . It is achieved when $z=0$ . You can also see this in the figure below. The shaded region in that figure is $E_y$ .
For each fixed $x$ and $y$ as above, $z$ runs over

$E_{x,y} = \big\{ \ z\ \big|\ 0\le z\le 1-y^2,\ 0\le z\le 2-x-y\ \big\}$

That is, $z$ runs from $0$ to the smaller of $1-y^2$ and $2-x-y$ . Note that $1-y^2\le 2-x-y$ if and only if $x\le 1+y^2-y$ .

So if $0\le x\le 1+y^2-y$ , $z$ runs from $0$ to $1-y^2$ and if $1+y^2-y\le x\le 2-y$ , $z$ runs from $0$ to $2-x-y$ .

So the integral is

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.5절 · 7번

# 삼중적분계산보통자동 분류

635.CLP-3 · 3.5절 · 7번대학 수준우리말 번역

삼중적분 $\iiint _E f(x,y,z)\ \mathrm{d}V$ 가 다음과 같은 반복적분 꼴로 주어져 있다.

$J = \int_0^1 \int_0^{1-\frac{x}{2}} \int_0^{4-2x-4z} f(x,y,z) \ \mathrm{d}y\,\mathrm{d}z\,\mathrm{d}x$

(a) 3차원에서 정의역 $E$ 의 그림을 그리세요. (b) 이 적분을 다음 꼴의 하나 이상의 반복적분으로 다시 나타내세요.

$J = \int_{y=}^{y=} \int_{x=}^{x=} \int_{z=}^{z=} f(x,y,z) \ \mathrm{d}z\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$

영어 원문 보기

A triple integral $\iiint _E f(x,y,z)\ \mathrm{d}V$ is given in the iterated form

$J = \int_0^1 \int_0^{1-\frac{x}{2}} \int_0^{4-2x-4z} f(x,y,z) \ \mathrm{d}y\,\mathrm{d}z\,\mathrm{d}x$

(a) Sketch the domain $E$ in 3–dimensions. (b) Rewrite the integral as one or more iterated integrals in the form

$J = \int_{y=}^{y=} \int_{x=}^{x=} \int_{z=}^{z=} f(x,y,z) \ \mathrm{d}z\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$

정답·풀이 보기

(a) 주어진 적분 $J$ 에서

$x$ 는 $0$ 에서 $1$ 까지 변하고,
그 범위의 각 고정된 $x$ 에 대해 $z$ 는 0 에서 $1-\frac{x}{2}$ 까지 변하며,
위와 같은 각 고정된 $x$ 와 $z$ 에 대해 $y$ 는 $0$ 에서 $4-2x-4z$ 까지 변한다.

따라서

$\begin{aligned} E = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le z\le 1-\tfrac{x}{2},\ 0 \le y\le 4-2x-4z\ \big\} \end{aligned}$

이다.

조건 $y\le 4-2x-4z$ 는 $z\le 1-\frac{x}{2} -\frac{y}{4}$ 로 다시 쓸 수 있다. $y\ge 0$ 일 때 이로부터 $z\le 1-\frac{x}{2}$ 가 성립하므로, $E$ 의 기술에서 조건 $z\le 1-\frac{x}{2}$ 를 뺄 수 있다.

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

먼저 $E$ 가 어떤 모양인지 알아보자. 평면 $2x+y+4z=4$ 는 $x$ 축, $y$ 축, $z$ 축과 각각 $(2,0,0)$ , $(0,4,0)$ , $(0,0,1)$ 에서 만난다. 이 평면은 아래 왼쪽 그림에 나타나 있다. 점들의 집합 $\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x,y,z\ge 0,\ y\le 4-2x-4z\ \big\}$ 은 굵은 선으로 윤곽이 그려져 있다.

따라서 이제 조건 $x\le 1$ 만 더하면 되는데, 이 조건은 사면체의 앞부분을 잘라낸다. 이것은 위 오른쪽 그림에 나타나 있다. 다음은 $E$ 를 깔끔하게 정리한 그림이다.

(b) 바깥쪽 적분은 $y$ 에 대해, 가운데 적분은 $x$ 에 대해, 안쪽 적분은 $z$ 에 대해 하도록 적분 순서를 바꾸어야 한다. 아래 그림을 보면

다음을 알 수 있다.

$y$ 는 $0$ 에서 $4$ 까지 변하고,
그 범위의 각 고정된 $y$ 에 대해 $(x,z)$ 는 다음 집합 위를 움직인다.

$\big\{ \ (x,z)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 2x+4z\le 4-y,\ z\ge 0\ \big\}$

$0$ 과 $2$ 사이의 각 고정된 $y$ 에 대해 (위 그림에서 왼쪽 색칠된 부분)
$x$ 는 $0$ 에서 $1$ 까지 변하고, 그다음
그 범위의 각 고정된 $x$ 에 대해 $z$ 는 $0$ 에서 $\frac{4-2x-y}{4}$ 까지 변한다.
$2$ 와 $4$ 사이의 각 고정된 $y$ 에 대해 (위 그림에서 오른쪽 색칠된 부분)
$x$ 는 $0$ 에서 $\frac{4-y}{2}$ 까지 변하고 (평면 $2x+y+4z=4$ 와 $xy$ 평면의 교선은 $z=0$ , $2x+y=4$ 이다), 그다음
그 범위의 각 고정된 $x$ 에 대해 $z$ 는 $0$ 에서 $\frac{4-2x-y}{4}$ 까지 변한다.

따라서 적분은 다음과 같다.

$\begin{aligned} J = \int_{y=0}^{y=2} \int_{x=0}^{x=1} \int_{z=0}^{z=\frac{4-2x-y}{4}} \!\!\!\! f(x,y,z) \ \mathrm{d}z\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y +\int_{y=2}^{y=4} \int_{x=0}^{x=\frac{4-y}{2}} \int_{z=0}^{z=\frac{4-2x-y}{4}} \!\!\!\! f(x,y,z)\ \mathrm{d}z\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

(a) In the given integral $J$ ,

$x$ runs from $0$ to $1$ ,
for each fixed $x$ in that range, $z$ runs from 0 to $1-\frac{x}{2}$ , and
for each fixed $x$ and $z$ as above, $y$ runs from $0$ to $4-2x-4z$ .

So

$\begin{aligned} E = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le z\le 1-\tfrac{x}{2},\ 0 \le y\le 4-2x-4z\ \big\} \end{aligned}$

Notice that the condition $y\le 4-2x-4z$ can be rewritten as $z\le 1-\frac{x}{2} -\frac{y}{4}$ . When $y\ge 0$ , this implies that $z\le 1-\frac{x}{2}$ , so that we can drop the condition $z\le 1-\frac{x}{2}$ from our description of $E$ :

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

First, we figure out what $E$ looks like. The plane $2x+y+4z=4$ intersects the $x$ –, $y$ – and $z$ –axes at $(2,0,0)$ , $(0,4,0)$ and $(0,0,1)$ , respectively. That plane is shown in the sketch on the left below. The set of points $\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x,y,z\ge 0,\ y\le 4-2x-4z\ \big\}$ is outlined with heavy lines.

So it only remains to impose the condtion $x\le 1$ , which chops off the front bit of the tetrahedron. This is done in the sketch on the right above. Here is a cleaned up sketch of $E$ .

(b) We are to reorder the integration so that the outside integral is over $y$ , the middle integral is over $x$ , and the inside integral is over $z$ . Looking at the figure below,

we see that

$y$ runs from $0$ to $4$ , and
for each fixed $y$ in that range, $(x,z)$ runs over

$\big\{ \ (x,z)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 2x+4z\le 4-y,\ z\ge 0\ \big\}$

for each fixed $y$ between $0$ and $2$ (as in the left hand shaded bit in the figure above)
$x$ runs from $0$ to $1$ , and then
for each fixed $x$ in that range, $z$ runs from $0$ to $\frac{4-2x-y}{4}$ .
for each fixed $y$ between $2$ and $4$ (as in the right hand shaded bit in the figure above)
$x$ runs from $0$ to $\frac{4-y}{2}$ (the line of intersection of the plane $2x+y+4z=4$ and the $xy$ –plane is $z=0$ , $2x+y=4$ ), and then
for each fixed $x$ in that range, $z$ runs from $0$ to $\frac{4-2x-y}{4}$ .

So the integral

$\begin{aligned} J = \int_{y=0}^{y=2} \int_{x=0}^{x=1} \int_{z=0}^{z=\frac{4-2x-y}{4}} \!\!\!\! f(x,y,z) \ \mathrm{d}z\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y +\int_{y=2}^{y=4} \int_{x=0}^{x=\frac{4-y}{2}} \int_{z=0}^{z=\frac{4-2x-y}{4}} \!\!\!\! f(x,y,z)\ \mathrm{d}z\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.5절 · 16번

# 삼중적분그래프·표 해석보통자동 분류

636.CLP-3 · 3.5절 · 9번대학 수준우리말 번역

$\displaystyle I = \iiint _E f(x,y,z)\ \mathrm{d}V$ 라 하자. 여기서 $E$ 는 꼭짓점이 $(-1, 0, 0)$ , $(0, 0, 0)$ , $(0, 0, 3)$ , $(0, -2, 0)$ 인 사면체이다.

(a) 적분 I 를 다음 꼴로 다시 나타내세요.

$I = \int_{x=}^{x=}\int_{y=}^{y=}\int_{z=}^{z=} f(x,y,z)\ \mathrm{d}z\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}x$ (b) 적분 I 를 다음 꼴로 다시 나타내세요.

$I = \int_{z=}^{z=}\int_{x=}^{x=}\int_{y=}^{y=} f(x,y,z)\ \mathrm{d}y\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}z$

영어 원문 보기

Let $\displaystyle I = \iiint _E f(x,y,z)\ \mathrm{d}V$ where $E$ is the tetrahedron with vertices $(-1, 0, 0)$ , $(0, 0, 0)$ , $(0, 0, 3)$ and $(0, -2, 0)$ .

(a) Rewrite the integral I in the form

$I = \int_{x=}^{x=}\int_{y=}^{y=}\int_{z=}^{z=} f(x,y,z)\ \mathrm{d}z\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}x$ (b) Rewrite the integral I in the form

$I = \int_{z=}^{z=}\int_{x=}^{x=}\int_{y=}^{y=} f(x,y,z)\ \mathrm{d}y\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}z$

정답·풀이 보기

먼저 $E$ 가 어떤 모양인지 알아야 한다. 다음은 그 개형이다.

세 점 $(-1,0,0)$ , $(0,-2,0)$ , $(0,0,3)$ 을 지나는 평면의 방정식이 필요하다. 이 평면은 원점을 지나지 않으므로 방정식이 $ax+by+cz=1$ 의 꼴이다.

$(-1,0,0)$ 이 평면 $ax+by+cz=1$ 위에 있을 필요충분조건은 $a(-1)+b(0)+c(0)=1$ 이다. 따라서 $a=-1$ 이다.
$(0,-2,0)$ 이 평면 $ax+by+cz=1$ 위에 있을 필요충분조건은 $a(0)+b(-2)+c(0)=1$ 이다. 따라서 $b=-\frac{1}{2}$ 이다.
$(0,0,3)$ 이 평면 $ax+by+cz=1$ 위에 있을 필요충분조건은 $a(0)+b(0)+c(3)=1$ 이다. 따라서 $c=\frac{1}{3}$ 이다.

따라서 세 점 $(-1,0,0)$ , $(0,-2,0)$ , $(0,0,3)$ 을 지나는 평면은 $-x-\frac{y}{2}+\frac{z}{3}=1$ 이다.

이제 $E$ 를 수학적으로 자세히 나타낼 수 있다. 점 $(x,y,z)$ 가 $E$ 에 속할 필요충분조건은 다음과 같다.

$(x,y,z)$ 가 $xy$ 평면의 위쪽에 있다. 즉 $z\ge 0$ 이고,
$(x,y,z)$ 가 $xz$ 평면의 왼쪽에 있다. 즉 $y\le 0$ 이고,
$(x,y,z)$ 가 $yz$ 평면의 뒤쪽에 있다. 즉 $x\le 0$ 이고,
$(x,y,z)$ 가 평면 $-x-\frac{y}{2}+\frac{z}{3}=1$ 에 대해 원점과 같은 쪽에 있다. 즉 $-x-\frac{y}{2}+\frac{z}{3}\le 1$ 이다. ( $(0,0,0)$ 이 이 부등식을 만족하는지 직접 확인해 보자.)

따라서

$E=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x\le 0,\ y\le 0,\ z\ge 0,\ -x-\tfrac{y}{2}+\tfrac{z}{3}\le 1\ \big\}$

(a) 가장 바깥쪽 적분이 $x$ 에 대한 적분이 되어야 함에 유의하자. $E$ 에서

$x$ 는 $-1$ 에서 $0$ 까지 변하고,
그 범위의 각 고정된 $x$ 에 대해 $(y,z)$ 는 다음 영역을 움직인다.

$\begin{aligned} E_x=\big\{ \ (y,z)\ \big|\ y\le 0,\ z\ge 0,\ -\tfrac{y}{2}+\tfrac{z}{3}\le 1+x\ \big\} \end{aligned}$

다음은 $E_x$ 의 개형이다.

$E_x$ 에서 $y$ 는 $-2(1+x)$ 에서 $0$ 까지 변하고,
그러한 각 고정된 $y$ 에 대해 $z$ 는 $0$ 에서 $3(1+x+y/2)$ 까지 변한다.

따라서

$\begin{aligned} I = \int_{x=-1}^{x=0}\int_{y=-2(1+x)}^{y=0}\int_{z=0}^{z=3(1+x+y/2)} f(x,y,z)\ \mathrm{d}z\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}x \end{aligned}$

(b) 이번에는 가장 바깥쪽 적분이 $z$ 에 대한 적분이어야 한다. $E$ 의 개형을 다시 보면, $E$ 에서

$z$ 는 $0$ 에서 $3$ 까지 변하고,
그 범위의 각 고정된 $z$ 에 대해 $(x,y)$ 는 다음 영역을 움직인다.

$\begin{aligned} E_z=\big\{ \ (x,y)\ \big|\ x\le 0,\ y\le 0,\ -x-\tfrac{y}{2}\le 1-\tfrac{z}{3}\ \big\} \end{aligned}$

다음은 $E_z$ 의 개형이다.

$E_z$ 에서 $x$ 는 $-(1-z/3)$ 에서 $0$ 까지 변하고,
그러한 각 고정된 $x$ 에 대해 $y$ 는 $-2(1+x-z/3)$ 에서 $0$ 까지 변한다.

따라서

$\begin{aligned} I = \int_{z=0}^{z=3}\int_{x=-(1-z/3)}^{x=0}\int_{y=-2(1+x-z/3)}^{y=0} f(x,y,z)\ \mathrm{d}y\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}z \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

First we have to get some idea as to what $E$ looks like. Here is a sketch.

We are going to need the equation of the plane that contains the points $(-1,0,0)$ , $(0,-2,0)$ and $(0,0,3)$ . This plane does not contain the origin and so has an equation of the form $ax+by+cz=1$ .

$(-1,0,0)$ lies on the plane $ax+by+cz=1$ if and only if $a(-1)+b(0)+c(0)=1$ . So $a=-1$ .
$(0,-2,0)$ lies on the plane $ax+by+cz=1$ if and only if $a(0)+b(-2)+c(0)=1$ . So $b=-\frac{1}{2}$ .
$(0,0,3)$ lies on the plane $ax+by+cz=1$ if and only if $a(0)+b(0)+c(3)=1$ . So $c=\frac{1}{3}$ .

So the plane that contains the points $(-1,0,0)$ , $(0,-2,0)$ and $(0,0,3)$ is $-x-\frac{y}{2}+\frac{z}{3}=1$ .

We can now get a detailed mathematical description of $E$ . A point $(x,y,z)$ is in $E$ if and only if

$(x,y,z)$ lies above the $xy$ –plane, i.e. $z\ge 0$ , and
$(x,y,z)$ lies to the left of the $xz$ –plane, i.e. $y\le 0$ , and
$(x,y,z)$ lies behind the $yz$ –plane, i.e. $x\le 0$ , and
$(x,y,z)$ lies on the same side of the plane $-x-\frac{y}{2}+\frac{z}{3}=1$ as the origin. That is $-x-\frac{y}{2}+\frac{z}{3}\le 1$ . (Go ahead and check that $(0,0,0)$ obeys this inequality.)

So

$E=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x\le 0,\ y\le 0,\ z\ge 0,\ -x-\tfrac{y}{2}+\tfrac{z}{3}\le 1\ \big\}$

(a) Note that we want the outside integral to be the $x$ –integral. On $E$

$x$ runs from $-1$ to $0$ and
for each fixed $x$ in that range $(y,z)$ runs over

$\begin{aligned} E_x=\big\{ \ (y,z)\ \big|\ y\le 0,\ z\ge 0,\ -\tfrac{y}{2}+\tfrac{z}{3}\le 1+x\ \big\} \end{aligned}$

Here is a sketch of $E_x$ .

On $E_x$ , $y$ runs from $-2(1+x)$ to $0$ and
for each fixed such $y$ , $z$ runs from $0$ to $3(1+x+y/2)$

So

$\begin{aligned} I = \int_{x=-1}^{x=0}\int_{y=-2(1+x)}^{y=0}\int_{z=0}^{z=3(1+x+y/2)} f(x,y,z)\ \mathrm{d}z\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}x \end{aligned}$

(b) This time we want the outside integral to be the $z$ –integral. Looking back at the sketch of $E$ , we see that, on $E$ ,

$z$ runs from $0$ to $3$ and
for each fixed $z$ in that range $(x,y)$ runs over

$\begin{aligned} E_z=\big\{ \ (x,y)\ \big|\ x\le 0,\ y\le 0,\ -x-\tfrac{y}{2}\le 1-\tfrac{z}{3}\ \big\} \end{aligned}$

Here is a sketch of $E_z$ .

On $E_z$ , $x$ runs from $-(1-z/3)$ to $0$ and
for each fixed such $x$ , $y$ runs from $-2(1+x-z/3)$ to $0$

So

$\begin{aligned} I = \int_{z=0}^{z=3}\int_{x=-(1-z/3)}^{x=0}\int_{y=-2(1+x-z/3)}^{y=0} f(x,y,z)\ \mathrm{d}y\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}z \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.5절 · 22번

# 삼중적분계산보통자동 분류

637.CLP-3 · 3.5절 · 10번대학 수준우리말 번역

$T$ 를 좌표평면 $x = 0$ , $y = 0$ , $z = 0$ 과 평면 $x + y + z = 1$ 로 둘러싸인 사면체라 하자. 다음을 계산하세요.

$K = \iiint _T \frac{1}{ (1 + x + y + z)^4}\ \mathrm{d}V$

영어 원문 보기

Let $T$ denote the tetrahedron bounded by the coordinate planes $x = 0$ , $y = 0$ , $z = 0$ and the plane $x + y + z = 1$ . Compute

$K = \iiint _T \frac{1}{ (1 + x + y + z)^4}\ \mathrm{d}V$

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

평면 $x+y+z=1$ 은 좌표평면 $z=0$ 과 직선 $x+y=1$ , $z=0$ 을 따라 만난다. 따라서

$\begin{aligned} T&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x\ge 0,\ y\ge0,\ x+y\le 1,\ 0\le z\le 1-x-y\ \big\} \\ &=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le y\le 1-x,\ 0\le z\le 1-x-y\ \big\} \end{aligned}$

이고

$\begin{aligned} K&=\int_0^1\mathrm{d}x\int_0^{1-x}\mathrm{d}y\int_0^{1-x-y}\mathrm{d}z\ \frac{1}{ (1 + x + y + z)^4} \\[0.1in] &=\int_0^1\mathrm{d}x\int_0^{1-x}\mathrm{d}y\ \left[-\frac{1}{ 3(1 + x + y + z)^3}\right]_{z=0}^{z=1-x-y} \\[0.1in] &=\frac{1}{3}\int_0^1\mathrm{d}x\int_0^{1-x}\mathrm{d}y\ \left[\frac{1}{(1 + x + y)^3} - \frac{1}{2^3}\right] \\[0.1in] &=\frac{1}{3}\int_0^1\mathrm{d}x\ \left[-\frac{1}{2(1 + x + y)^2} - \frac{y}{2(4)}\right]_{y=0}^{y=1-x} \\[0.1in] &=\frac{1}{6}\int_0^1\mathrm{d}x\ \left[\frac{1}{(1 + x)^2}-\frac{1}{2^2}- \frac{1-x}{4}\right] =\frac{1}{6}\int_0^1\mathrm{d}x\ \left[\frac{1}{(1 + x)^2} -\frac{1}{2} + \frac{x}{4}\right] \\[0.1in] &=\frac{1}{6} \left[-\frac{1}{1 + x} -\frac{x}{2} + \frac{x^2}{8}\right]_{x=0}^{x=1} =\frac{1}{6} \left[1-\frac{1}{2} -\frac{1}{2} + \frac{1}{8}\right] \\[0.1in] &=\frac{1}{48} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

The plane $x+y+z=1$ intersects the coordinate plane $z=0$ along the line $x+y=1$ , $z=0$ . So

$\begin{aligned} T&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x\ge 0,\ y\ge0,\ x+y\le 1,\ 0\le z\le 1-x-y\ \big\} \\ &=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le y\le 1-x,\ 0\le z\le 1-x-y\ \big\} \end{aligned}$

and

$\begin{aligned} K&=\int_0^1\mathrm{d}x\int_0^{1-x}\mathrm{d}y\int_0^{1-x-y}\mathrm{d}z\ \frac{1}{ (1 + x + y + z)^4} \\[0.1in] &=\int_0^1\mathrm{d}x\int_0^{1-x}\mathrm{d}y\ \left[-\frac{1}{ 3(1 + x + y + z)^3}\right]_{z=0}^{z=1-x-y} \\[0.1in] &=\frac{1}{3}\int_0^1\mathrm{d}x\int_0^{1-x}\mathrm{d}y\ \left[\frac{1}{(1 + x + y)^3} - \frac{1}{2^3}\right] \\[0.1in] &=\frac{1}{3}\int_0^1\mathrm{d}x\ \left[-\frac{1}{2(1 + x + y)^2} - \frac{y}{2(4)}\right]_{y=0}^{y=1-x} \\[0.1in] &=\frac{1}{6}\int_0^1\mathrm{d}x\ \left[\frac{1}{(1 + x)^2}-\frac{1}{2^2}- \frac{1-x}{4}\right] =\frac{1}{6}\int_0^1\mathrm{d}x\ \left[\frac{1}{(1 + x)^2} -\frac{1}{2} + \frac{x}{4}\right] \\[0.1in] &=\frac{1}{6} \left[-\frac{1}{1 + x} -\frac{x}{2} + \frac{x^2}{8}\right]_{x=0}^{x=1} =\frac{1}{6} \left[1-\frac{1}{2} -\frac{1}{2} + \frac{1}{8}\right] \\[0.1in] &=\frac{1}{48} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.5절 · 9번

# 삼중적분계산보통자동 분류

638.CLP-3 · 3.5절 · 11번대학 수준우리말 번역

$E$ 를 제1팔분공간에서 평면 $z = x + y$ 의 위쪽이면서 평면 $z = 2$ 의 아래쪽에 있는 부분이라 하자. $E$ 안에서의 밀도는 $\rho(x, y, z) = z$ 이다. $E$ 의 질량을 구하세요.

영어 원문 보기

Let $E$ be the portion of the first octant which is above the plane $z = x + y$ and below the plane $z = 2$ . The density in $E$ is $\rho(x, y, z) = z$ . Find the mass of $E$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

평면 $z = x + y$ 와 $z = 2$ 는 직선 $x+y=2$ , $z=2$ 를 따라 만난다는 점에 주목한다.

따라서

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

이고 $E$ 의 질량은

$\begin{aligned} \iiint _E \rho(x,y,z)\,\mathrm{d}V &=\int_0^2\mathrm{d}x \int_0^{2-x}\mathrm{d}y \int_{x+y}^2\mathrm{d}z\ z \\ &=\frac{1}{2}\int_0^2\mathrm{d}x \int_0^{2-x}\mathrm{d}y \ \big[4-(x+y)^2\big] \\ &=\frac{1}{2}\int_0^2\mathrm{d}x\ \left[4(2-x)-\frac{\big(x+(2-x)\big)^3-x^3}{3}\right] \\ &=\frac{1}{2} \left[4(2)(2)-2(2)^2 -\frac{8}{3}(2)+\frac{2^4}{12} \right] =\frac{1}{2} \left[8 -\frac{16}{3}+\frac{4}{3} \right] \\ &=2 \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

Note that the planes $z = x + y$ and $z = 2$ intersect along the line $x+y=2$ , $z=2$ .

So

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

and the mass of $E$ is

$\begin{aligned} \iiint _E \rho(x,y,z)\,\mathrm{d}V &=\int_0^2\mathrm{d}x \int_0^{2-x}\mathrm{d}y \int_{x+y}^2\mathrm{d}z\ z \\ &=\frac{1}{2}\int_0^2\mathrm{d}x \int_0^{2-x}\mathrm{d}y \ \big[4-(x+y)^2\big] \\ &=\frac{1}{2}\int_0^2\mathrm{d}x\ \left[4(2-x)-\frac{\big(x+(2-x)\big)^3-x^3}{3}\right] \\ &=\frac{1}{2} \left[4(2)(2)-2(2)^2 -\frac{8}{3}(2)+\frac{2^4}{12} \right] =\frac{1}{2} \left[8 -\frac{16}{3}+\frac{4}{3} \right] \\ &=2 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.5절 · 10번

# 삼중적분계산보통자동 분류

639.CLP-3 · 3.5절 · 12번대학 수준우리말 번역

삼중적분 $\iiint _E x\ \mathrm{d}V$ 의 값을 구하세요. 여기서 $E$ 는 포물기둥 $y = x^2$ 과 평면 $y + z = 1$ , $x = 0$ , $z = 0$ 으로 둘러싸인 제1팔분공간의 영역이다.

영어 원문 보기

Evaluate the triple integral $\iiint _E x\ \mathrm{d}V$ , where $E$ is the region in the first octant bounded by the parabolic cylinder $y = x^2$ and the planes $y + z = 1$ , $x = 0$ , and $z = 0$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

먼저 $E$ 가 어떤 모양인지 파악해야 한다. 다음은 포물기둥 $y=x^2$ (왼쪽)과 평면 $y+z=1$ (오른쪽)의 그림이다.

$E$ 는 평면 $y+z=1$ 로 포물기둥 $y=x^2$ 의 윗부분을 잘라 내어 만든 것이다. 그림은 다음과 같다.

따라서

$E=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ x^2\le y\le 1,\ 0\le z\le 1-y\ \big\}$

이고 적분은

$\begin{aligned} \iiint _E x\ \mathrm{d}V &=\int_0^1\mathrm{d}x\int_{x^2}^1\mathrm{d}y\int_0^{1-y}\mathrm{d}z\ x \\ &=\int_0^1\mathrm{d}x\int_{x^2}^1\mathrm{d}y\ x(1-y) \\ &=\int_0^1\mathrm{d}x\ x\left[y-\frac{y^2}{2}\right]_{x^2}^1 \\ &=\int_0^1\mathrm{d}x\ \left[\frac{x}{2} -x^3+\frac{x^5}{2}\right] \\ &=\frac{1}{4}-\frac{1}{4}+\frac{1}{12} \\ &=\frac{1}{12} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

First, we need to develop an understanding of what $E$ looks like. Here are sketches of the parabolic cylinder $y=x^2$ , on the left, and the plane $y+z=1$ , on the right.

$E$ is constructed by using the plane $y+z=1$ to chop the top off of the parabolic cylinder $y=x^2$ . Here is a sketch.

So

$E=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ x^2\le y\le 1,\ 0\le z\le 1-y\ \big\}$

and the integral

$\begin{aligned} \iiint _E x\ \mathrm{d}V &=\int_0^1\mathrm{d}x\int_{x^2}^1\mathrm{d}y\int_0^{1-y}\mathrm{d}z\ x \\ &=\int_0^1\mathrm{d}x\int_{x^2}^1\mathrm{d}y\ x(1-y) \\ &=\int_0^1\mathrm{d}x\ x\left[y-\frac{y^2}{2}\right]_{x^2}^1 \\ &=\int_0^1\mathrm{d}x\ \left[\frac{x}{2} -x^3+\frac{x^5}{2}\right] \\ &=\frac{1}{4}-\frac{1}{4}+\frac{1}{12} \\ &=\frac{1}{12} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.5절 · 11번

# 삼중적분계산보통자동 분류

640.CLP-3 · 3.5절 · 13번대학 수준우리말 번역

$E$ 를 좌표평면, 평면 $x + y = 1$ , 곡면 $z = y^2$ 으로 둘러싸인 제1팔분공간의 영역이라 하자. $\iiint _E z\ \mathrm{d}V$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let $E$ be the region in the first octant bounded by the coordinate planes, the plane $x + y = 1$ and the surface $z = y^2$ . Evaluate $\iiint _E z\ \mathrm{d}V$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

먼저 $E$ 가 어떤 모양인지 파악해야 한다. 다음은 평면 $x+y=1$ (왼쪽)과, 좌표평면 $x=0$ , $y=0$ , $z=0$ 및 평면 $x+y=1$ 로 둘러싸인 "탑"(오른쪽)의 그림이다.

다음은 포물기둥 $z=y^2$ (왼쪽)이다. $E$ 는 포물기둥 $z=y^2$ 으로 탑 $x\ge 0$ , $y\ge 0$ , $z\ge 0$ , $x+y\le 1$ 의 윗부분을 잘라 내어 만든 것이다. 오른쪽 그림은 그 모양이다.

따라서

$E=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le y\le 1-x,\ 0\le z\le y^2\ \big\}$

이고 적분은

$\begin{aligned} \iiint _E z\ \mathrm{d}V &=\int_0^1\mathrm{d}x\int_0^{1-x}\mathrm{d}y\int_0^{y^2}\mathrm{d}z\ z \\ &=\int_0^1\mathrm{d}x\int_0^{1-x}\mathrm{d}y\ \frac{y^4}{2} \\ &=\int_0^1\mathrm{d}x\ \frac{(1-x)^5}{10} \\ &=\left[-\frac{(1-x)^6}{60}\right]_0^1 \\ &=\frac{1}{60} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

First, we need to develop an understanding of what $E$ looks like. Here are sketches of the plane $x+y=1$ , on the left, and of the “tower” bounded by the coordinate planes $x=0$ , $y=0$ , $z=0$ and the plane $x+y=1$ , on the right.

Now here is the parabolic cylinder $z=y^2$ on the left. $E$ is constructed by using the parabolic cylinder $z=y^2$ to chop the top off of the tower $x\ge 0$ , $y\ge 0$ , $z\ge 0$ , $x+y\le 1$ . The figure on the right is a sketch.

So

$E=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le y\le 1-x,\ 0\le z\le y^2\ \big\}$

and the integral

$\begin{aligned} \iiint _E z\ \mathrm{d}V &=\int_0^1\mathrm{d}x\int_0^{1-x}\mathrm{d}y\int_0^{y^2}\mathrm{d}z\ z \\ &=\int_0^1\mathrm{d}x\int_0^{1-x}\mathrm{d}y\ \frac{y^4}{2} \\ &=\int_0^1\mathrm{d}x\ \frac{(1-x)^5}{10} \\ &=\left[-\frac{(1-x)^6}{60}\right]_0^1 \\ &=\frac{1}{60} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.5절 · 12번

# 삼중적분계산보통자동 분류

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