다중적분 전체 연습문제 | 빌드라인 스쿨

641.CLP-3 · 3.5절 · 14번대학 수준우리말 번역

직사각형 상자

$R=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le y\le 2,\ 0\le z\le 3\ \big\}$

에 대하여 $\iiint _R yz^2 e^{-xyz}\ \mathrm{d}V$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Evaluate $\iiint _R yz^2 e^{-xyz}\ \mathrm{d}V$ over the rectangular box

$R=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le x\le 1,\ 0\le y\le 2,\ 0\le z\le 3\ \big\}$

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

적분은 다음과 같다.

$\begin{aligned} \iiint _R yz^2 e^{-xyz}\ \mathrm{d}V &=\int_0^3\mathrm{d}z\int_0^2\mathrm{d}y\int_0^1\mathrm{d}x\ yz^2 e^{-xyz} \\ &=\int_0^3\mathrm{d}z\int_0^2\mathrm{d}y\ \Big[-z e^{-xyz}\Big]_{x=0}^{x=1} =\int_0^3\mathrm{d}z\int_0^2\mathrm{d}y\ \Big[z-z e^{-yz}\Big] \\ &=\int_0^3\mathrm{d}z\ \Big[zy+ e^{-yz}\Big]_{y=0}^{y=2} =\int_0^3\mathrm{d}z\ \Big[2z+ e^{-2z}-1\Big] \\ &=\left[z^2-\frac{1}{2} e^{-2z}-z\right]_0^3 =\frac{13}{2}-\frac{e^{-6}}{2} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

The integral

$\begin{aligned} \iiint _R yz^2 e^{-xyz}\ \mathrm{d}V &=\int_0^3\mathrm{d}z\int_0^2\mathrm{d}y\int_0^1\mathrm{d}x\ yz^2 e^{-xyz} \\ &=\int_0^3\mathrm{d}z\int_0^2\mathrm{d}y\ \Big[-z e^{-xyz}\Big]_{x=0}^{x=1} =\int_0^3\mathrm{d}z\int_0^2\mathrm{d}y\ \Big[z-z e^{-yz}\Big] \\ &=\int_0^3\mathrm{d}z\ \Big[zy+ e^{-yz}\Big]_{y=0}^{y=2} =\int_0^3\mathrm{d}z\ \Big[2z+ e^{-2z}-1\Big] \\ &=\left[z^2-\frac{1}{2} e^{-2z}-z\right]_0^3 =\frac{13}{2}-\frac{e^{-6}}{2} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.5절 · 3번

# 삼중적분계산보통자동 분류

642.CLP-3 · 3.5절 · 15번대학 수준우리말 번역

(a) 방정식 $z = 1 - x^2$ 으로 주어진 곡면의 개형을 그리세요. (b) $E$ 를 평면 $y = 0$ , 기둥면 $z = 1 - x^2$ , 평면 $y = z$ 로 둘러싸인 입체라 하자. 적분

$\iiint _E f(x,y,z)\,\mathrm{d}V$

을 반복적분으로 나타내세요.

영어 원문 보기

(a) Sketch the surface given by the equation $z = 1 - x^2$ . (b) Let $E$ be the solid bounded by the plane $y = 0$ , the cylinder $z = 1 - x^2$ , and the plane $y = z$ . Set up the integral

$\iiint _E f(x,y,z)\,\mathrm{d}V$

as an iterated integral.

정답·풀이 보기

(a) $z=1-x^2$ 의 $y$ 가 상수인 각 단면은 뒤집힌 포물선이다. 따라서 이 곡면은 뒤집힌 포물선을 나란히 쌓아 놓은 모양이다. 아래 왼쪽 그림은 이 곡면 중 $y\ge 0$ 이고 $z\ge 0$ 인 부분의 개형이다(두 조건은 모두 (b)에서 필요하다).

(b) 위 오른쪽 그림은 평면 $y=z$ 의 개형이다. 이 평면은 곡면 $z=1-x^2$ 과 만나며, 그 교선은 아래 그림에서 파란 실선으로 그려진 비스듬한 포물선 모양의 곡선이다.

곡선 $z=1-x^2$ , $z=y$ 위에서는 $y=1-x^2$ 임에 주목하자. 그러므로 입체 $E$ 를 $z$ 축 위쪽 높은 곳에서 내려다보면 다음 영역이 보인다.

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

이 영역의 경계 $y=1-x^2$ 은 위 그림에서 $xy$ 평면 위의 파란 점선이다. 따라서

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

이고 적분은 다음과 같다.

$\iiint _E f(x,y,z)\,\mathrm{d}V =\int_{-1}^1\mathrm{d}x\int_0^{1-x^2}\mathrm{d}y\int_y^{1-x^2}\mathrm{d}z\ f(x,y,z)$

원본 교재 풀이(영어)

(a) Each constant $y$ cross section of $z=1-x^2$ is an upside down parabola. So the surface is a bunch of upside down parabolas stacked side by side. The figure on the left below is a sketch of the part of the surface with $y\ge 0$ and $z\ge 0$ (both of which conditions will be required in part (b)).

(b) The figure on the right above is a sketch of the plane $y=z$ . It intersects the surface $z=1-x^2$ in the solid blue sloped parabolic curve in the figure below.

Observe that, on the curve $z=1-x^2$ , $z=y$ , we have $y=1-x^2$ . So that when one looks at the solid $E$ from high on the $z$ –axis, one sees

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

The $y=1-x^2$ boundary of that region is the dashed blue line in the $xy$ –plane in the figure above. So

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

and the integral

$\iiint _E f(x,y,z)\,\mathrm{d}V =\int_{-1}^1\mathrm{d}x\int_0^{1-x^2}\mathrm{d}y\int_y^{1-x^2}\mathrm{d}z\ f(x,y,z)$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.5절 · 2번

# 삼중적분그래프·표 해석보통자동 분류

643.CLP-3 · 3.5절 · 16번대학 수준우리말 번역

다음과 같이 두자.

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

$J$ 를 $x$ , $y$ , $z$ 순서로 적분하는 적분으로 나타내세요.

영어 원문 보기

Let

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

Express $J$ as an integral where the integrations are to be performed in the order $x$ first, then $y$ , then $z$ .

정답·풀이 보기

적분 $J$ 에서

$x$ 는 $0$ 부터 $1$ 까지 변한다. 부등식으로 나타내면 $0\le x\le 1$ 이다.
다음으로, 그 범위의 각 고정된 $x$ 에 대해 $y$ 는 $0$ 부터 $x$ 까지 변한다. 부등식으로 나타내면 $0\le y\le x$ 이다.
다음으로, 그 범위의 각 고정된 $x$ 와 $y$ 에 대해 $z$ 는 $0$ 부터 $y$ 까지 변한다. 부등식으로 나타내면 $0\le z\le y$ 이다.

이 부등식들은 다음과 같이 하나로 합칠 수 있다.

$0\le z\le y\le x\le 1 \tag{$*$}$

적분 순서를 바꾸어 $z$ 에 대한 적분이 가장 바깥, $y$ 에 대한 적분이 가운데, $x$ 에 대한 적분이 가장 안쪽에 오도록 하려 한다.

$(*)$ 를 만족하는 가장 작은 $z$ 는 $z=0$ 이고 $(*)$ 를 만족하는 가장 큰 $z$ 는 $z=1$ 이다( $x=y=z=1$ 일 때). 따라서 $0\le z\le 1$ 이다.
다음으로, 그 범위의 각 고정된 $z$ 에 대해 $(x,y)$ 는 $z\le y\le x\le 1$ 범위를 움직인다. 특히 허용되는 가장 작은 $y$ 는 $y=z$ 이고 허용되는 가장 큰 $y$ 는 $y=1$ 이다( $x=y=1$ 일 때). 따라서 $z\le y\le 1$ 이다.
다음으로, 그 범위의 각 고정된 $y$ 와 $z$ 에 대해 $x$ 는 $y\le x\le 1$ 범위를 움직인다.

따라서

$J = \int_0^1 \int_z^1\int_y^1 f(x,y,z)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

In the integral $J$ ,

$x$ runs from $0$ to $1$ . In inequalities, $0\le x\le 1$ .
Then, for each fixed $x$ in that range, $y$ runs from $0$ to $x$ . In inequalities, $0\le y\le x$ .
Then, for each fixed $x$ and $y$ in those ranges, $z$ runs from $0$ to $y$ . In inequalities, $0\le z\le y$ .

These inequalties can be combined into

$0\le z\le y\le x\le 1 \tag{$*$}$

We wish to reverse the order of integration so that the $z$ –integral is on the outside, the $y$ –integral is in the middle and the $x$ –integral is on the inside.

The smallest $z$ compatible with $(*)$ is $z=0$ and the largest $z$ compatible with $(*)$ is $z=1$ (when $x=y=z=1$ ). So $0\le z\le 1$ .
Then, for each fixed $z$ in that range, $(x,y)$ run over $z\le y\le x\le 1$ . In particular, the smallest allowed $y$ is $y=z$ and the largest allowed $y$ is $y=1$ (when $x=y=1$ ). So $z\le y\le 1$ .
Then, for each fixed $y$ and $z$ in those ranges, $x$ runs over $y\le x\le 1$ .

So

$J = \int_0^1 \int_z^1\int_y^1 f(x,y,z)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.5절 · 1번

# 삼중적분계산보통자동 분류

644.CLP-3 · 3.5절 · 18번대학 수준우리말 번역

$E$ 를 원기둥 $x^2 + y^2 = 1$ 의 내부에 있으면서, 평면 $z = y$ 아래에 있고 평면 $z = -1$ 위에 있는 영역이라 하자. 적분

$\iiint _E f(x,y,z)\ \mathrm{d}V$

을 적분 순서가 (a) $\mathrm{d}z\, \mathrm{d}x\, \mathrm{d}y$ , (b) $\mathrm{d}x\, \mathrm{d}y\, \mathrm{d}z$ , 그리고 (c) $\mathrm{d}y\, \mathrm{d}z\, \mathrm{d}x$ 인 서로 다른 세 가지 반복적분으로 나타내세요.

영어 원문 보기

Let E be the region inside the cylinder $x^2 + y^2 = 1$ , below the plane $z = y$ and above the plane $z = -1$ . Express the integral

$\iiint _E f(x,y,z)\ \mathrm{d}V$

as three different iterated integrals corresponding to the orders of integration: (a) $\mathrm{d}z\, \mathrm{d}x\, \mathrm{d}y$ , (b) $\mathrm{d}x\, \mathrm{d}y\, \mathrm{d}z$ , and (c) $\mathrm{d}y\, \mathrm{d}z\, \mathrm{d}x$ .

정답·풀이 보기

(a) 영역 $E$ 는 다음과 같다.

$\begin{aligned} E &= \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le 1,\ -1\le z\le y\ \big\} \end{aligned}$

다음은 $E$ 의 앞쪽 절반을 빨간색으로 테두리 표시한 그림이며, 하나는 축이 없는 것이고 하나는 축이 있는 것이다.

적분은 다음과 같다.

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

(b) 다음은 $z$ 가 상수인 $E$ 의 단면(앞쪽 절반)을 나타낸 그림이다.

다음에 주목한다.

$E$ 에서 $z$ 는 $-1$ 부터 $1$ 까지 변한다.
$z$ 를 고정하면 $x$ 와 $y$ 는 $x^2+y^2\le 1$ , $z\le y\le 1$ 을 만족해야 한다.

따라서

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

이고,

$\begin{aligned} \iiint _E f(x,y,z)\ \mathrm{d}V &=\int_{-1}^1\mathrm{d}z\int_z^1\mathrm{d}y \int_{-\sqrt{1-y^2}}^{\sqrt{1-y^2}}\mathrm{d}x\ f(x,y,z) \\ &=\int_{-1}^1\int_z^1 \int_{-\sqrt{1-y^2}}^{\sqrt{1-y^2}} f(x,y,z)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z \end{aligned}$

이다.

(c) 다음은 $x$ 가 상수인 $E$ 의 단면을 나타낸 그림이다.

다음에 주목한다.

$E$ 에서 $x$ 는 $-1$ 부터 $1$ 까지 변한다.
$x$ 를 고정하면 $y$ 와 $z$ 는 다음을 만족해야 한다.

$-\sqrt{1-x^2}\le y\le\sqrt{1-x^2}\qquad -1\le z\le y$

다음은 이를 나타낸 그림이다.

다음에 주목한다.

$z$ 는 $-1$ 부터 $\sqrt{1-x^2}$ 까지 변한다.
$-1$ 과 $-\sqrt{1-x^2}$ 사이의 각 $z$ 에 대해, $y$ 는 $-\sqrt{1-x^2}$ 부터 $\sqrt{1-x^2}$ 까지 변하고,
$-\sqrt{1-x^2}$ 과 $\sqrt{1-x^2}$ 사이의 각 $z$ 에 대해, $y$ 는 $z$ 부터 $\sqrt{1-x^2}$ 까지 변한다.

따라서

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

또는

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

이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) The region $E$ is

$\begin{aligned} E &= \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le 1,\ -1\le z\le y\ \big\} \end{aligned}$

Here is are sketches, one without axes and one with axes, of the front half of $E$ , outlined in red.

The integral

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

(b) Here is a sketch of (the front half of) a constant $z$ slice of $E$ .

Note that

in $E$ , $z$ runs from $-1$ to $1$ .
Once $z$ has been fixed, $x$ and $y$ must obey $x^2+y^2\le 1$ , $z\le y\le 1$

So

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

and

$\begin{aligned} \iiint _E f(x,y,z)\ \mathrm{d}V &=\int_{-1}^1\mathrm{d}z\int_z^1\mathrm{d}y \int_{-\sqrt{1-y^2}}^{\sqrt{1-y^2}}\mathrm{d}x\ f(x,y,z) \\ &=\int_{-1}^1\int_z^1 \int_{-\sqrt{1-y^2}}^{\sqrt{1-y^2}} f(x,y,z)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z \end{aligned}$

(c) Here is a sketch of a constant $x$ slice of $E$ .

Note that

in $E$ , $x$ runs from $-1$ to $1$ .
Once $x$ has been fixed, $y$ and $z$ must obey

$-\sqrt{1-x^2}\le y\le\sqrt{1-x^2}\qquad -1\le z\le y$

Here is a sketch.

Note that

$z$ runs from $-1$ to $\sqrt{1-x^2}$ .
For each $z$ between $-1$ and $-\sqrt{1-x^2}$ , $y$ runs from $-\sqrt{1-x^2}$ to $\sqrt{1-x^2}$ , while
for each $z$ between $-\sqrt{1-x^2}$ and $\sqrt{1-x^2}$ , $y$ runs from $z$ to $\sqrt{1-x^2}$ .

So

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

or

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 5.4절 · 19번

# 삼중적분계산보통자동 분류

645.CLP-3 · 3.5절 · 19번대학 수준우리말 번역

$E$ 를 평면 $y=0$ , $y=2$ , $y+z=3$ 과 곡면 $z=x^2$ 으로 둘러싸인 영역이라 하자. 다음 적분을 생각하세요.

$\begin{aligned} I=\iiint _E f(x,y,z)\ \mathrm{d}V \end{aligned}$

아래 빈칸을 채우세요. 아래 각 부분에서 답을 나타내는 데 적분이 하나만 필요할 수도 있습니다. 그 경우 나머지 적분은 비워 두세요.

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

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

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

영어 원문 보기

Let $E$ be the region bounded by the planes $y=0$ , $y=2$ , $y+z=3$ and the surface $z=x^2$ . Consider the intergal

$\begin{aligned} I=\iiint _E f(x,y,z)\ \mathrm{d}V \end{aligned}$

Fill in the blanks below. In each part below, you may need only one integral to express your answer. In that case, leave the other blank.

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

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

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

정답·풀이 보기

먼저 $E$ 가 어떤 모양인지 파악해야 한다. 방정식 $y=0$ , $y=2$ , $y+z=3$ , $z=x^2$ 은 모두 $x\rightarrow -x$ 에 대해 변하지 않는다. 따라서 $E$ 는 $x\rightarrow -x$ 에 대해 변하지 않으며, 즉 $yz$ 평면에 대해 대칭이다. $E$ 의 제1팔분공간(즉 $x,y,z\ge 0$ ) 부분을 그려 보자. $x\le 0$ , $y\ge 0$ , $z\ge 0$ 인 부분도 있다.

다음은 왼쪽에 평면 $y=2$ , 가운데에 평면 $y+z=3$ , 오른쪽에 좌표평면 $x=0$ , $y=0$ , $z=0$ 과 평면 $y=2$ , $y+z=3$ 으로 둘러싸인 "터널"의 그림이다.

이제 왼쪽 그림은 포물기둥 $z=x^2$ 이다. $E$ 는 포물기둥 $z=x^2$ 으로 터널 $x\ge 0$ , $0\le y\le 2$ , $z\ge 0$ , $y+z\le 3$ 의 앞부분을 잘라 내어 만든 것이다. 오른쪽 그림이 그 개략도이다.

따라서

$E=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le y\le 2,\ x^2\le z\le 3-y\ \big\}$

(a) $E$ 에서

$y$ 는 $0$ 부터 $2$ 까지 변한다.
그 범위의 각 고정된 $y$ 에 대해 $(x,z)$ 는 $\big\{ \ (x,z)\ \big|\ x^2\le z\le 3-y\ \big\}$ 위를 움직인다.
특히 $x^2$ 의 최댓값은 $3-y$ 이다( $z=3-y$ 일 때). 따라서 $x$ 는 $-\sqrt{3-y}$ 부터 $\sqrt{3-y}$ 까지 변한다.
위와 같은 고정된 $y$ , $x$ 에 대해 $z$ 는 $x^2$ 부터 $3-y$ 까지 변한다.

그러므로

$\begin{aligned} I=\iiint _E f(x,y,z)\ \mathrm{d}V = \int_0^2 \int_{-\sqrt{3-y}}^{\sqrt{3-y}} \int_{x^2}^{3-y} f(x,y,z)\ \mathrm{d}z\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}$

(b) $E$ 에서

$z$ 는 $0$ 부터 $3$ 까지 변한다.
그 범위의 각 고정된 $z$ 에 대해 $(x,y)$ 는 다음 집합 위를 움직인다.

$\big\{ \ (x,y)\ \big|\ 0\le y\le 2,\ x^2\le z\le 3-y\ \big\} =\big\{ \ (x,y)\ \big|\ 0\le y\le 2,\ y\le 3-z,\ x^2\le z\ \big\}$

특히 $y$ 는 $0$ 부터 $2$ 와 $3-z$ 중 작은 값까지 변한다.

따라서 $0\le z\le 1$ 이면( $3-z\ge 2$ 이므로) $(x,y)$ 는 $\big\{ \ (x,y)\ \big|\ 0\le y\le 2,\ x^2\le z\ \big\}$ 위를 움직이고,
$1\le z\le 3$ 이면 ( $3-z\le 2$ 이므로) $(x,y)$ 는 $\big\{ \ (x,y)\ \big|\ 0\le y\le 3-z,\ x^2\le z\ \big\}$ 위를 움직인다.

그러므로

$\begin{aligned} I= \int_0^1 \int_0^2 \int_{-\sqrt{z}}^{\sqrt{z}} f(x,y,z)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z +\int_1^3 \int_0^{3-z} \int_{-\sqrt{z}}^{\sqrt{z}} f(x,y,z)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z \end{aligned}$

(c) $E$ 에서

$z$ 는 $0$ 부터 $3$ 까지 변한다.
그 범위의 각 고정된 $z$ 에 대해 $(x,y)$ 는 다음 집합 위를 움직인다.

$\big\{ \ (x,y)\ \big|\ 0\le y\le 2,\ x^2\le z\le 3-y\ \big\}$

특히 $y$ 는 $0$ 부터 $2$ 와 $3-z$ 중 작은 값까지 변한다.

따라서 $0\le z\le 1$ 이면( $3-z\ge 2$ 이므로) $(x,y)$ 는 $\big\{ \ (x,y)\ \big|\ 0\le y\le 2,\ x^2\le z\ \big\}$ 위를 움직이고,
$1\le z\le 3$ 이면 ( $3-z\le 2$ 이므로) $(x,y)$ 는 $\big\{ \ (x,y)\ \big|\ 0\le y\le 3-z,\ x^2\le z\ \big\}$ 위를 움직인다.

그러므로

$\begin{aligned} I= \int_0^1 \int_{-\sqrt{z}}^{\sqrt{z}}\int_0^2 f(x,y,z)\ \mathrm{d}y\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}z +\int_1^3 \int_{-\sqrt{z}}^{\sqrt{z}} \int_0^{3-z} f(x,y,z)\ \mathrm{d}y\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}z \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

First, we need to develop an understanding of what $E$ looks like. Note that all of the equations $y=0$ , $y=2$ , $y+z=3$ and $z=x^2$ are invariant under $x\rightarrow -x$ . So $E$ is invariant under $x\rightarrow -x$ , i.e. is symmetric about the $yz$ –plane. We'll sketch the first octant (i.e. $x,y,z\ge 0$ ) part of $E$ . There is also a $x\le 0$ , $y\ge 0$ , $z\ge 0$ part.

Here are sketches of the plane $y=2$ , on the left, the plane $y+z=3$ in the centre and of the “tunnel” bounded by the coordinate planes $x=0$ , $y=0$ , $z=0$ and the planes $y=2$ , $y+z=3$ , on the right.

Now here is the parabolic cylinder $z=x^2$ on the left. $E$ is constructed by using the parabolic cylinder $z=x^2$ to chop the front off of the tunnel $x\ge 0$ , $0\le y\le 2$ , $z\ge 0$ , $y+z\le 3$ . The figure on the right is a sketch.

So

$E=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ 0\le y\le 2,\ x^2\le z\le 3-y\ \big\}$

(a) On $E$

$y$ runs from $0$ to $2$ .
For each fixed $y$ in that range, $(x,z)$ runs over $\big\{ \ (x,z)\ \big|\ x^2\le z\le 3-y\ \big\}$ .
In particular, the largest $x^2$ is $3-y$ (when $z=3-y$ ). So $x$ runs from $-\sqrt{3-y}$ to $\sqrt{3-y}$ .
For fixed $y$ and $x$ as above, $z$ runs from $x^2$ to $3-y$ .

so that

$\begin{aligned} I=\iiint _E f(x,y,z)\ \mathrm{d}V = \int_0^2 \int_{-\sqrt{3-y}}^{\sqrt{3-y}} \int_{x^2}^{3-y} f(x,y,z)\ \mathrm{d}z\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}$

(b) On $E$

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

$\big\{ \ (x,y)\ \big|\ 0\le y\le 2,\ x^2\le z\le 3-y\ \big\} =\big\{ \ (x,y)\ \big|\ 0\le y\le 2,\ y\le 3-z,\ x^2\le z\ \big\}$

In particular, $y$ runs from $0$ to the minimum of $2$ and $3-z$ .

So if $0\le z\le 1$ (so that $3-z\ge 2$ ), $(x,y)$ runs over $\big\{ \ (x,y)\ \big|\ 0\le y\le 2,\ x^2\le z\ \big\}$ , while
if $1\le z\le 3$ , (so that $3-z\le 2$ ), $(x,y)$ runs over $\big\{ \ (x,y)\ \big|\ 0\le y\le 3-z,\ x^2\le z\ \big\}$ ,

so that

$\begin{aligned} I= \int_0^1 \int_0^2 \int_{-\sqrt{z}}^{\sqrt{z}} f(x,y,z)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z +\int_1^3 \int_0^{3-z} \int_{-\sqrt{z}}^{\sqrt{z}} f(x,y,z)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z \end{aligned}$

(c) On $E$

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

$\big\{ \ (x,y)\ \big|\ 0\le y\le 2,\ x^2\le z\le 3-y\ \big\}$

In particular, $y$ runs from $0$ to the minimum of $2$ and $3-z$ .

So if $0\le z\le 1$ (so that $3-z\ge 2$ ), $(x,y)$ runs over $\big\{ \ (x,y)\ \big|\ 0\le y\le 2,\ x^2\le z\ \big\}$ , while
if $1\le z\le 3$ , (so that $3-z\le 2$ ), $(x,y)$ runs over $\big\{ \ (x,y)\ \big|\ 0\le y\le 3-z,\ x^2\le z\ \big\}$ ,

so that

$\begin{aligned} I= \int_0^1 \int_{-\sqrt{z}}^{\sqrt{z}}\int_0^2 f(x,y,z)\ \mathrm{d}y\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}z +\int_1^3 \int_{-\sqrt{z}}^{\sqrt{z}} \int_0^{3-z} f(x,y,z)\ \mathrm{d}y\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}z \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.5절 · 21번

# 삼중적분계산보통자동 분류

646.CLP-3 · 3.5절 · 20번대학 수준우리말 번역

$E$ 가 평면 $y=0$ , $z=0$ , $x+y=2$ 와 원기둥 $y^2+z^2=1$ 로 둘러싸인 제1팔분공간의 영역일 때, $\iiint _E z\,\mathrm{d}V$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

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

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

원기둥 $y^2+z^2=1$ 은 $x$ 축을 중심축으로 한다. 제1팔분공간에 있는 원기둥 부분은 평면 $z=0$ 과 직선 $y= 1$ 에서 만나고, 평면 $y=0$ 과 직선 $z=1$ 에서 만나며, 평면 $x=0$ 과 사분원 $y^2+z^2=1$ , $x=0$ , $y,z\ge 0$ 에서 만난다. 다음은 $E$ 의 개략도이다.

위에서 내려다보면 영역 $E$ 는 직선 $x=0$ , $y=0$ , $x+y=2$ , $y=1$ 로 둘러싸여 있다. 이 밑면 영역은 아래 그림과 같다.

적분 영역을 나타내기 위해 위 그림과 같이 밑면 영역을 가로 띠로 나눈다. 밑면 영역에서

$y$ 는 $0$ 에서 $1$ 까지 변하고,
$0$ 과 $1$ 사이의 각 고정된 $y$ 에 대해 $x$ 는 $0$ 에서 $2-y$ 까지 변한다.
밑면 영역의 각 고정된 $(x,y)$ 에 대해 $z$ 는 $0$ 에서 $\sqrt{1-y^2}$ 까지 변한다.

따라서

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

이고

$\begin{aligned} \iiint _E z\,\mathrm{d}V&=\int_0^1 \mathrm{d}y\int_0^{2-y}\mathrm{d}x\int_0^{\sqrt{1-y^2}}\mathrm{d}z\ z\\ &=\int_0^1 \mathrm{d}y\int_0^{2-y}\mathrm{d}x\ \frac{1}{2} z^2\Big|_0^{\sqrt{1-y^2}} \\ &=\int_0^1 \mathrm{d}y\int_0^{2-y}\mathrm{d}x\ \frac{1}{2} (1-y^2) \\ &=\int_0^1 \mathrm{d}y\ \frac{1}{2} (1-y^2)(2-y) =\frac{1}{2}\int_0^1 \mathrm{d}y\ \big(2-y-2y^2+y^3\big) \\ &=\frac{1}{2}\left[2-\frac{1}{2}-\frac{2}{3}+\frac{1}{4}\right] =\frac{13}{24}\approx 0.5417 \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

The cylinder $y^2+z^2=1$ is centred on the $x$ axis. The part of the cylinder in the first octant intersects the plane $z=0$ in the line $y= 1$ , intersects to plane $y=0$ in the line $z=1$ and intersects the plane $x=0$ in the quarter circle $y^2+z^2=1$ , $x=0$ , $y,z\ge 0$ . Here is a sketch of $E$ .

Viewed from above, the region $E$ is bounded by the lines $x=0$ , $y=0$ , $x+y=2$ and $y=1$ . This base region is pictured below.

To set up the domain of integration, let's decompose the base region into horizontal strips as in the figure above. On the base region

$y$ runs from $0$ to $1$ and
for each fixed $y$ between $0$ and $1$ , $x$ runs from $0$ to $2-y$ .
For each fixed $(x,y)$ in the base region $z$ runs from $0$ to $\sqrt{1-y^2}$

So

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

and

$\begin{aligned} \iiint _E z\,\mathrm{d}V&=\int_0^1 \mathrm{d}y\int_0^{2-y}\mathrm{d}x\int_0^{\sqrt{1-y^2}}\mathrm{d}z\ z\\ &=\int_0^1 \mathrm{d}y\int_0^{2-y}\mathrm{d}x\ \frac{1}{2} z^2\Big|_0^{\sqrt{1-y^2}} \\ &=\int_0^1 \mathrm{d}y\int_0^{2-y}\mathrm{d}x\ \frac{1}{2} (1-y^2) \\ &=\int_0^1 \mathrm{d}y\ \frac{1}{2} (1-y^2)(2-y) =\frac{1}{2}\int_0^1 \mathrm{d}y\ \big(2-y-2y^2+y^3\big) \\ &=\frac{1}{2}\left[2-\frac{1}{2}-\frac{2}{3}+\frac{1}{4}\right] =\frac{13}{24}\approx 0.5417 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.5절 · 19번

# 삼중적분계산보통자동 분류

647.CLP-3 · 3.5절 · 21번대학 수준우리말 번역

평면 $x=1$ , $y=1$ , $z=1$ , $x+y+z=2$ 로 둘러싸인 사면체를 $D$ 라 할 때, $\displaystyle \iiint _D x\,\mathrm{d}V$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Find $\displaystyle \iiint _D x\,\mathrm{d}V$ where $D$ is the tetrahedron bounded by the planes $x=1$ , $y=1$ , $z=1$ , and $x+y+z=2$ .

정답·풀이 보기

평면 $x=1$ , $y=1$ , $z=1$ , $x+y+z=2$ 와 영역 $D$ 를 아래와 같이 그렸다.

그리고 평면들로 그림이 복잡해지지 않도록 $D$ 만 그리면 다음과 같다.

$D$ 에서

$z$ 는 $0$ 에서 $1$ 까지 변하고,
0과 1 사이의 각 고정된 $z$ 에 대해 $(x,y)$ 는 $x=1$ , $y=1$ , $x+y=2-z$ 로 둘러싸인 삼각형 $T_z$ 위를 움직인다. $z=0$ 일 때 이 삼각형은 한 점(사면체의 아래쪽 꼭짓점)임에 주목한다. $z$ 가 증가하면 삼각형이 커지고, $z=1$ 일 때 크기가 최대가 된다.

$T_z$ 의 그림은 다음과 같다.

적분 영역을 설정하기 위해, 각 $0\le z\le 1$ 에 대해 위 그림과 같이 $T_z$ 를 세로 띠로 나눈다. $T_z$ 에서

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

따라서

$\begin{aligned} \iiint _D x\,\mathrm{d}V &=\int_0^1\mathrm{d}z\iint _{T_z}\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\ x =\int_0^1 \mathrm{d}z\int_{1-z}^1 \mathrm{d}x\int_{2-x-z}^1 \mathrm{d}y\ x \\ &=\int_0^1 \mathrm{d}z\int_{1-z}^1 \mathrm{d}x\ x(x+z-1)\\ &=\int_0^1 \mathrm{d}z\ \left[\frac{1}{3}x^3+\frac{1}{2} x^2(z-1)\right]_{1-z}^1\\ &=\int_0^1 \mathrm{d}z\ \left[\frac{1}{3}+\frac{1}{2} (z-1)-\frac{1}{3}(1-z)^3 -\frac{1}{2}(1-z)^2(z-1)\right]\\ &=\int_0^1 \mathrm{d}z\ \left[\frac{1}{3}+\frac{1}{2} (z-1) -\frac{1}{6}(z-1)^3\right]\\ &=\left[\frac{1}{3}z+\frac{1}{4} (z-1)^2-\frac{1}{24}(z-1)^4\right]_0^1 =\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{24}=\frac{3}{24} \\ &=\frac{1}{8}=0.125 \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

The planes $x=1$ , $y=1$ , $z=1$ , and $x+y+z=2$ and the region $D$ are sketched below.

And here is a sketch of $D$ without the planes cluttering up the figure.

On $D$

$z$ runs from $0$ to $1$ and
for each fixed $z$ , between 0 and 1, $(x,y)$ runs over the triangle $T_z$ bounded by $x=1$ , $y=1$ and $x+y=2-z$ . Observe that when $z=0$ , this triangle is just a point (the bottom vertex of the tetrahedron). As $z$ increases, the triangle grows, reaching its maximum size when $z=1$ .

Here is a sketch of $T_z$ .

In setting up the domain of integration, we'll decompose, for each $0\le z\le 1$ , $T_z$ into vertical strips as in the figure above. On $T_z$

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

so that

$\begin{aligned} \iiint _D x\,\mathrm{d}V &=\int_0^1\mathrm{d}z\iint _{T_z}\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\ x =\int_0^1 \mathrm{d}z\int_{1-z}^1 \mathrm{d}x\int_{2-x-z}^1 \mathrm{d}y\ x \\ &=\int_0^1 \mathrm{d}z\int_{1-z}^1 \mathrm{d}x\ x(x+z-1)\\ &=\int_0^1 \mathrm{d}z\ \left[\frac{1}{3}x^3+\frac{1}{2} x^2(z-1)\right]_{1-z}^1\\ &=\int_0^1 \mathrm{d}z\ \left[\frac{1}{3}+\frac{1}{2} (z-1)-\frac{1}{3}(1-z)^3 -\frac{1}{2}(1-z)^2(z-1)\right]\\ &=\int_0^1 \mathrm{d}z\ \left[\frac{1}{3}+\frac{1}{2} (z-1) -\frac{1}{6}(z-1)^3\right]\\ &=\left[\frac{1}{3}z+\frac{1}{4} (z-1)^2-\frac{1}{24}(z-1)^4\right]_0^1 =\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{24}=\frac{3}{24} \\ &=\frac{1}{8}=0.125 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.5절 · 18번

# 삼중적분계산보통자동 분류

648.CLP-3 · 3.5절 · 22번대학 수준우리말 번역

고체 영역 $T$ 는 평면 $x=0$ , $y=0$ , $z=0$ , $x+y+z=2$ 와 곡면 $x^2+z=1$ 로 둘러싸여 있다.

(a) 모든 꼭짓점의 좌표를 표시하여 이 영역을 그리세요. (b) $\iiint _T x\,\mathrm{d}V$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

The solid region $T$ is bounded by the planes $x=0$ , $y=0$ , $z=0$ , and $x+y+z=2$ and the surface $x^2+z=1$ .

(a) Draw the region indicating coordinates of all corners. (b) Calculate $\iiint _T x\,\mathrm{d}V$ .

정답·풀이 보기

(a) 다음은 이 영역의 3차원 그림이다. 표시된 꼭짓점의 좌표는 다음과 같다.

$a=(0,0,1)\quad b=(0,0,0)\quad c=(1,0,0)\quad d=(0,1,1)\quad f=(0,2,0)\quad g=(1,1,0)$

(b) 다음은 $y$ 축 방향으로 내려다본 $T$ 의 옆모습 그림이다.

이것을 밑면 영역으로 삼아 적분 구간을 정한다. 위 그림처럼 밑면 영역을 수직 띠로 분할한다. 밑면 영역에서

$x$ 는 $0$ 에서 $1$ 까지 변하고,
$0$ 과 $1$ 사이의 각 고정된 $x$ 에 대해 $z$ 는 $0$ 에서 $1-x^2$ 까지 변한다.
$T$ 에서 밑면 영역의 각 고정된 $(x,y)$ 에 대해 $y$ 는 $0$ 에서 $2-x-z$ 까지 변한다.

따라서

$\begin{aligned} \iiint _T x\,\mathrm{d}V &=\int_0^1\mathrm{d}x\int_0^{1-x^2}\mathrm{d}z\int_0^{2-x-z}\mathrm{d}y\ x =\int_0^1\mathrm{d}x\int_0^{1-x^2}\mathrm{d}z\ (2-x-z)x\\ &=\int_0^1 \mathrm{d}x\ \left[x(2-x)(1-x^2)-\frac{1}{2} x{(1-x^2)}^2\right] \\ &=\int_0^1 \mathrm{d}x\ \left[2x-x^2-2x^3+x^4-\frac{1}{2} x+x^3 -\frac{1}{2} x^5\right] \\ &=\int_0^1 \mathrm{d}x\ \left[\frac{3}{2}x-x^2-x^3+x^4-\frac{1}{2} x^5\right] \\ &=\left[\frac{3}{4}x^2-\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4+\frac{1}{5}x^5 -\frac{1}{12}x^6\right]_0^1 \\ &=\frac{3}{4}-\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{12} =\frac{17}{60} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

(a) Here is a 3d sketch of the region. The coordinates of the labelled corners are

$a=(0,0,1)\quad b=(0,0,0)\quad c=(1,0,0)\quad d=(0,1,1)\quad f=(0,2,0)\quad g=(1,1,0)$

(b) Here is a sketch of the side view of $T$ , looking down the $y$ axis.

We'll set up the limits of integration by using it as the base region. We decompose the base region into vertical strips as in the figure above. On the base region

$x$ runs from $0$ to $1$ and
for each fixed $x$ between $0$ and $1$ , $z$ runs from $0$ to $1-x^2$ .
In $T$ , for each fixed $(x,y)$ in the base region, $y$ runs from $0$ to $2-x-z$ .

So

$\begin{aligned} \iiint _T x\,\mathrm{d}V &=\int_0^1\mathrm{d}x\int_0^{1-x^2}\mathrm{d}z\int_0^{2-x-z}\mathrm{d}y\ x =\int_0^1\mathrm{d}x\int_0^{1-x^2}\mathrm{d}z\ (2-x-z)x\\ &=\int_0^1 \mathrm{d}x\ \left[x(2-x)(1-x^2)-\frac{1}{2} x{(1-x^2)}^2\right] \\ &=\int_0^1 \mathrm{d}x\ \left[2x-x^2-2x^3+x^4-\frac{1}{2} x+x^3 -\frac{1}{2} x^5\right] \\ &=\int_0^1 \mathrm{d}x\ \left[\frac{3}{2}x-x^2-x^3+x^4-\frac{1}{2} x^5\right] \\ &=\left[\frac{3}{4}x^2-\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4+\frac{1}{5}x^5 -\frac{1}{12}x^6\right]_0^1 \\ &=\frac{3}{4}-\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{12} =\frac{17}{60} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.5절 · 20번

# 삼중적분계산보통자동 분류

649.CLP-3 · 3.6절 · 1번대학 수준우리말 번역

$(r,\theta,z)$ 는 원기둥좌표를 나타낸다고 하자.

(a) $r=0$ 의 그래프를 그리세요. (b) $r=1$ 의 그래프를 그리세요. (c) $\theta=0$ 의 그래프를 그리세요. (d) $\theta={\pi}/{4}$ 의 그래프를 그리세요.

영어 원문 보기

Use $(r,\theta,z)$ to denote cylindrical coordinates.

(a) Draw $r=0$ . (b) Draw $r=1$ . (c) Draw $\theta=0$ . (d) Draw $\theta={\pi}/{4}$ .

정답·풀이 보기

(a), (b) 점 $(x,y,z)$ 의 원기둥좌표 $r(x,y,z)$ 는 $(x,y,z)$ 에서 $z$ 축까지의 거리 $\sqrt{x^2+y^2}$ 이므로, 집합

$\begin{aligned} \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ r(x,y,z)=0\ \big\} &=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2=0\ \big\} =\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x=y=0\ \big\} \\ &=\text{$z$축} \\ \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ r(x,y,z)=1\ \big\} &=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2=1\ \big\} \\ &=\text{$z$축을 중심으로 하는 반지름이 $1$인 원기둥} \end{aligned}$

이다.

(c), (d) 점 $(x,y,z)$ 의 원기둥좌표 $\theta(x,y,z)$ 는 양의 $x$ 축과 $(0,0,0)$ 에서 $(x,y,0)$ 까지의 직선이 이루는 각이므로, 집합

$\begin{aligned} \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ \theta(x,y,z)=0\ \big\} &=\text{$xz$평면에서 $x>0$ 인 쪽 반평면} \\ \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ \theta(x,y,z)={\pi}/{4}\ \big\} &=\text{평면 $y=x$ 에서 $x>0$ 인 쪽 반평면} \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a), (b) Since the cylindrical coordinate $r(x,y,z)$ of a point $(x,y,z)$ is the distance, $\sqrt{x^2+y^2}$ , from $(x,y,z)$ to the $z$ -axis, the sets

$\begin{aligned} \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ r(x,y,z)=0\ \big\} &=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2=0\ \big\} =\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x=y=0\ \big\} \\ &=\text{the $z$-axis} \\ \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ r(x,y,z)=1\ \big\} &=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2=1\ \big\} \\ &=\text{the cylinder of radius $1$ centred on the $z$-axis} \end{aligned}$

(c), (d) Since the cylindrical coordinate $\theta(x,y,z)$ of a point $(x,y,z)$ is the angle between the positive $x$ -axis and the line from $(0,0,0)$ to $(x,y,0)$ , the sets

$\begin{aligned} \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ \theta(x,y,z)=0\ \big\} &=\text{the half of the $xz$-plane with $x>0$} \\ \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ \theta(x,y,z)={\pi}/{4}\ \big\} &=\text{the half of the plane $y=x$ with $x>0$} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 5.5절 · 5번

# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산기본자동 분류

650.CLP-3 · 3.6절 · 2번대학 수준우리말 번역

다음과 같이 주어진 원기둥좌표를 갖는 점들을 그리세요.

(a) $r=1$ , $\theta=0$ , $z=0$ (b) $r=1$ , $\theta=\frac{\pi}{4}$ , $z=0$ (c) $r=1$ , $\theta=\frac{\pi}{2}$ , $z=0$ (d) $r=0$ , $\theta=\pi$ , $z=1$ (e) $r=1$ , $\theta=\frac{\pi}{4}$ , $z=1$

영어 원문 보기

Sketch the points with the specified cylindrical coordinates.

(a) $r=1$ , $\theta=0$ , $z=0$ (b) $r=1$ , $\theta=\frac{\pi}{4}$ , $z=0$ (c) $r=1$ , $\theta=\frac{\pi}{2}$ , $z=0$ (d) $r=0$ , $\theta=\pi$ , $z=1$ (e) $r=1$ , $\theta=\frac{\pi}{4}$ , $z=1$

정답·풀이 보기

그림은 아래와 같다. 이 그림을 그리는 데 도움이 되도록 다음 사실들을 떠올려 보자.

원기둥좌표 $r$ 은 점에서 $z$ 축까지의 거리이다. 특히 $r=0$ 인 모든 점은 ( $\theta$ 의 값에 관계없이) $z$ 축 위에 있다.
원기둥좌표 $z$ 는 점에서 $xy$ 평면까지의 거리이다. 특히 $z=0$ 인 모든 점은 $xy$ 평면 위에 있다.

원본 교재 풀이(영어)

The sketch is below. To help build up this sketch, it is useful to recall the following facts.

The cylindrical coordinate $r$ is the distance of the point from the $z$ -axis. In particular all points with $r=0$ lie on the $z$ -axis (for all values of $\theta$ ).
The cylindrical coordinate $z$ is the distance of the point from the $xy$ -plane. In particular all points with $z=0$ lie on the $xy$ -plane.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.6절 · 1번

# 원기둥·구면좌표 삼중적분그래프·표 해석기본자동 분류

651.CLP-3 · 3.6절 · 3번대학 수준우리말 번역

원기둥좌표를 직교좌표로 바꾸세요.

(a) $r=1$ , $\theta=0$ , $z=0$ (b) $r=1$ , $\theta=\frac{\pi}{4}$ , $z=0$ (c) $r=1$ , $\theta=\frac{\pi}{2}$ , $z=0$ (d) $r=0$ , $\theta=\pi$ , $z=1$ (e) $r=1$ , $\theta=\frac{\pi}{4}$ , $z=1$

영어 원문 보기

Convert from cylindrical to Cartesian coordinates.

(a) $r=1$ , $\theta=0$ , $z=0$ (b) $r=1$ , $\theta=\frac{\pi}{4}$ , $z=0$ (c) $r=1$ , $\theta=\frac{\pi}{2}$ , $z=0$ (d) $r=0$ , $\theta=\pi$ , $z=1$ (e) $r=1$ , $\theta=\frac{\pi}{4}$ , $z=1$

답 쓰고 채점

(a)

(b)

(c)

(d)

(e)

정답·풀이 보기

(a) $\theta=0$ 일 때 $\sin\theta=0$ 이고 $\cos\theta=1$ 이므로, 극좌표 $r=1$ , $\theta=0$ , $z=0$ 은 다음 직교좌표에 대응한다.

$(x,y,z) = (r\cos\theta,r\sin\theta,z) = (1\times\cos 0,\ 1\times\sin 0,\ 0) =(1,0,0)$

(b) $\theta=\frac{\pi}{4}$ 일 때 $\sin\theta=\cos\theta=\frac{1}{\sqrt{2}}$ 이므로, 극좌표 $r=1$ , $\theta=\frac{\pi}{4}$ , $z=0$ 은 다음 직교좌표에 대응한다.

$(x,y,z) = (r\cos\theta,r\sin\theta,z) = \left(1\times\cos \frac{\pi}{4},\ 1\times\sin \frac{\pi}{4},\ 0\right) = \left(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}},0\right)$

(c) $\theta=\frac{\pi}{2}$ 일 때 $\sin\theta=1$ 이고 $\cos\theta=0$ 이므로, 극좌표 $r=1$ , $\theta=\frac{\pi}{2}$ , $z=0$ 은 다음 직교좌표에 대응한다.

$(x,y,z) = (r\cos\theta,r\sin\theta,z) = \left(1\times\cos \frac{\pi}{2},\ 1\times\sin \frac{\pi}{2},\ 0\right) = (0,1,0)$

(d) $\theta=\pi$ 일 때 $\sin\theta=0$ 이고 $\cos\theta=-1$ 이므로, 극좌표 $r=0$ , $\theta=\pi$ , $z=1$ 은 다음 직교좌표에 대응한다.

$(x,y,z) = (r\cos\theta,r\sin\theta,z) = \left(0\times\cos\pi,\ 0\times\sin\pi,\ 1\right) = (0,0,1)$

(e) $\theta=\frac{\pi}{4}$ 일 때 $\sin\theta=\cos\theta=\frac{1}{\sqrt{2}}$ 이므로, 극좌표 $r=1$ , $\theta=\frac{\pi}{4}$ , $z=1$ 은 다음 직교좌표에 대응한다.

$(x,y,z) = (r\cos\theta,r\sin\theta,z) = \left(1\times\cos \frac{\pi}{4},\ 1\times\sin \frac{\pi}{4},\ 1\right) = \left(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}},1\right)$

원본 교재 풀이(영어)

(a) When $\theta=0$ , $\sin\theta=0$ and $\cos\theta=1$ , so that the polar coordinates $r=1$ , $\theta=0$ , $z=0$ correspond to the Cartesian coordinates

$(x,y,z) = (r\cos\theta,r\sin\theta,z) = (1\times\cos 0,\ 1\times\sin 0,\ 0) =(1,0,0)$

(b) When $\theta=\frac{\pi}{4}$ , $\sin\theta=\cos\theta=\frac{1}{\sqrt{2}}$ , so that the polar coordinates $r=1$ , $\theta=\frac{\pi}{4}$ , $z=0$ correspond to the Cartesian coordinates

$(x,y,z) = (r\cos\theta,r\sin\theta,z) = \left(1\times\cos \frac{\pi}{4},\ 1\times\sin \frac{\pi}{4},\ 0\right) = \left(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}},0\right)$

(c) When $\theta=\frac{\pi}{2}$ , $\sin\theta=1$ and $\cos\theta=0$ , so that the polar coordinates $r=1$ , $\theta=\frac{\pi}{2}$ , $z=0$ correspond to the Cartesian coordinates

$(x,y,z) = (r\cos\theta,r\sin\theta,z) = \left(1\times\cos \frac{\pi}{2},\ 1\times\sin \frac{\pi}{2},\ 0\right) = (0,1,0)$

(d) When $\theta=\pi$ , $\sin\theta=0$ and $\cos\theta=-1$ , so that the polar coordinates $r=0$ , $\theta=\pi$ , $z=1$ correspond to the Cartesian coordinates

$(x,y,z) = (r\cos\theta,r\sin\theta,z) = \left(0\times\cos\pi,\ 0\times\sin\pi,\ 1\right) = (0,0,1)$

(e) When $\theta=\frac{\pi}{4}$ , $\sin\theta=\cos\theta=\frac{1}{\sqrt{2}}$ , so that the polar coordinates $r=1$ , $\theta=\frac{\pi}{4}$ , $z=1$ correspond to the Cartesian coordinates

$(x,y,z) = (r\cos\theta,r\sin\theta,z) = \left(1\times\cos \frac{\pi}{4},\ 1\times\sin \frac{\pi}{4},\ 1\right) = \left(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}},1\right)$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.6절 · 2번

# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산기본자동 분류

652.CLP-3 · 3.6절 · 4번대학 수준우리말 번역

직교좌표를 원기둥좌표로 변환하세요.

(a) $(1,1,2)$ (b) $(-1,-1,2)$ (c) $(-1,\sqrt{3}, 0)$ (d) $(0,0,1)$

영어 원문 보기

Convert from Cartesian to cylindrical coordinates.

(a) $(1,1,2)$ (b) $(-1,-1,2)$ (c) $(-1,\sqrt{3}, 0)$ (d) $(0,0,1)$

정답·풀이 보기

(a) 원기둥좌표는 다음을 만족해야 한다.

$1=x=r\cos\theta\qquad 1=y=r\sin\theta\qquad 2=z$

따라서 $z=2$ , $r=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$ 이고 $\tan\theta=\frac{y}{x} =\frac{1}{1}=1$ 이다. 모든 정수 $k$ 에 대해 $\tan\left(\frac{\pi}{4}+k\pi\right)=1$ 임을 기억하자. $(x,y)=(1,1)$ 은 제1사분면에 있으므로 $0\le\theta\le\frac{\pi}{2}$ 이다. 따라서 $\theta=\frac{\pi}{4}$ 이다 (여기에 $2\pi$ 의 정수 배수를 더한 값도 가능하다).

(b) 원기둥좌표는 다음을 만족해야 한다.

$-1=x=r\cos\theta\qquad -1=y=r\sin\theta\qquad 2=z$

따라서 $z=2$ , $r=\sqrt{(-1)^2+(-1)^2}=\sqrt{2}$ 이고 $\tan\theta=\frac{y}{x} =\frac{-1}{-1}=1$ 이다. 모든 정수 $k$ 에 대해 $\tan\left(\frac{\pi}{4}+k\pi\right)=1$ 임을 기억하자. $(x,y)=(-1,-1)$ 은 제3사분면에 있으므로 $\pi\le\theta\le\frac{3\pi}{2}$ 이다. 따라서 $\theta=\frac{5\pi}{4}$ 이다 (여기에 $2\pi$ 의 정수 배수를 더한 값도 가능하다).

(c) 원기둥좌표는 다음을 만족해야 한다.

$-1=x=r\cos\theta\qquad \sqrt{3}=y=r\sin\theta\qquad 0=z$

따라서 $z=0$ , $r=\sqrt{(-1)^2+\big(\sqrt{3}\big)^2}=2$ 이고 $\tan\theta=\frac{y}{x} =\frac{\sqrt{3}}{-1}=-\sqrt{3}$ 이다. 모든 정수 $k$ 에 대해 $\tan\left(\frac{2\pi}{3}+k\pi\right)=-\sqrt{3}$ 임을 기억하자. $(x,y)=(-1,\sqrt{3})$ 은 제2사분면에 있으므로 $\frac{\pi}{2}\le\theta\le\pi$ 이다. 따라서 $\theta=\frac{2\pi}{3}$ 이다 (여기에 $2\pi$ 의 정수 배수를 더한 값도 가능하다).

(d) 원기둥좌표는 다음을 만족해야 한다.

$0=x=r\cos\theta\qquad 0=y=r\sin\theta\qquad 1=z$

따라서 $z=1$ , $r=\sqrt{0^2+0^2}=0$ 이고 $\theta$ 는 완전히 임의의 값이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) The cylindrical coordinates must obey

$1=x=r\cos\theta\qquad 1=y=r\sin\theta\qquad 2=z$

So $z=2$ , $r=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$ and $\tan\theta=\frac{y}{x} =\frac{1}{1}=1$ . Recall that $\tan\left(\frac{\pi}{4}+k\pi\right)=1$ for all integers $k$ . As $(x,y)=(1,1)$ lies in the first quadrant, $0\le\theta\le\frac{\pi}{2}$ . So $\theta=\frac{\pi}{4}$ (plus possibly any integer multiple of $2\pi$ ).

(b) The cylindrical coordinates must obey

$-1=x=r\cos\theta\qquad -1=y=r\sin\theta\qquad 2=z$

So $z=2$ , $r=\sqrt{(-1)^2+(-1)^2}=\sqrt{2}$ and $\tan\theta=\frac{y}{x} =\frac{-1}{-1}=1$ . Recall that $\tan\left(\frac{\pi}{4}+k\pi\right)=1$ for all integers $k$ . As $(x,y)=(-1,-1)$ lies in the third quadrant, $\pi\le\theta\le\frac{3\pi}{2}$ . So $\theta=\frac{5\pi}{4}$ (plus possibly any integer multiple of $2\pi$ ).

(c) The cylindrical coordinates must obey

$-1=x=r\cos\theta\qquad \sqrt{3}=y=r\sin\theta\qquad 0=z$

So $z=0$ , $r=\sqrt{(-1)^2+\big(\sqrt{3}\big)^2}=2$ and $\tan\theta=\frac{y}{x} =\frac{\sqrt{3}}{-1}=-\sqrt{3}$ . Recall that $\tan\left(\frac{2\pi}{3}+k\pi\right)=-\sqrt{3}$ for all integers $k$ . As $(x,y)=(-1,\sqrt{3})$ lies in the second quadrant, $\frac{\pi}{2}\le\theta\le\pi$ . So $\theta=\frac{2\pi}{3}$ (plus possibly any integer multiple of $2\pi$ ).

(d) The cylindrical coordinates must obey

$0=x=r\cos\theta\qquad 0=y=r\sin\theta\qquad 1=z$

So $z=1$ , $r=\sqrt{0^2+0^2}=0$ and $\theta$ is completely arbitrary.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.6절 · 13번

# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산기본자동 분류

653.CLP-3 · 3.6절 · 5번대학 수준우리말 번역

다음 방정식을 원기둥좌표로 나타내세요.

(a) $z=2xy$ (b) $x^2+y^2+z^2=1$ (c) $(x-1)^2 + y^2 =1$

영어 원문 보기

Rewrite the following equations in cylindrical coordinates.

(a) $z=2xy$ (b) $x^2+y^2+z^2=1$ (c) $(x-1)^2 + y^2 =1$

정답·풀이 보기

(a) $x=r\cos\theta$ 이고 $y=r\sin\theta$ 이므로,

$z=2xy \iff z=2r^2\cos\theta\sin\theta = r^2\sin(2\theta)$

(b) $x=r\cos\theta$ 이고 $y=r\sin\theta$ 이므로,

$x^2+y^2+z^2=1 \iff r^2\cos^2\theta+r^2\sin^2\theta + z^2 =1 \iff r^2+z^2=1$

(c) $x=r\cos\theta$ 이고 $y=r\sin\theta$ 이므로,

$\begin{aligned} (x-1)^2 + y^2 =1 &\iff (r\cos\theta-1)^2 + (r\sin\theta)^2 =1 \\ &\iff r^2\cos^2\theta -2r\cos\theta +1 + r^2\sin^2\theta = 1 \\ &\iff r^2=2r\cos\theta \iff r=2\cos\theta\text{ 또는 }r=0 \\ &\iff r=2\cos\theta \end{aligned}$

해 $r=0$ 은 $r=2\cos\theta$ 에 포함된다. $\theta=\frac{\pi}{2}$ 로 택하면 된다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) As $x=r\cos\theta$ and $y=r\sin\theta$ ,

$z=2xy \iff z=2r^2\cos\theta\sin\theta = r^2\sin(2\theta)$

(b) As $x=r\cos\theta$ and $y=r\sin\theta$ ,

$x^2+y^2+z^2=1 \iff r^2\cos^2\theta+r^2\sin^2\theta + z^2 =1 \iff r^2+z^2=1$

(c) As $x=r\cos\theta$ and $y=r\sin\theta$ ,

$\begin{aligned} (x-1)^2 + y^2 =1 &\iff (r\cos\theta-1)^2 + (r\sin\theta)^2 =1 \\ &\iff r^2\cos^2\theta -2r\cos\theta +1 + r^2\sin^2\theta = 1 \\ &\iff r^2=2r\cos\theta \iff r=2\cos\theta\text{ or }r=0 \\ &\iff r=2\cos\theta \end{aligned}$

Note that the solution $r=0$ is included in $r=2\cos\theta$ — just choose $\theta=\frac{\pi}{2}$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.6절 · 12번

# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산기본자동 분류

654.CLP-3 · 3.6절 · 7번대학 수준우리말 번역

E를 포물면 $z = x^2 + y^2$ 과 $z = 2 - x^2 - y^2$ 사이에서 유계이면서 원기둥 $x^2 + y^2 \le 1$ 안에 있는 영역이라 하자. 영역 $E$ 위에서 $f(x,y,z) = {(x^2 + y^2)}^{3/2}$ 의 적분을 구하세요.

영어 원문 보기

Let E be the region bounded between the parabolic surfaces $z = x^2 + y^2$ and $z = 2 - x^2 - y^2$ and within the cylinder $x^2 + y^2 \le 1$ . Calculate the integral of $f(x,y,z) = {(x^2 + y^2)}^{3/2}$ over the region $E$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

포물면 $z=x^2+y^2$ 과 $z=2-x^2-y^2$ 은 $z=x^2+y^2=1$ 일 때 만난다. 원기둥좌표를 사용하자. 그러면 $x^2+y^2=r^2$ 이고, $\mathrm{d}V=r \ \mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z$ 이며,

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

이므로

$\begin{aligned} \iiint _E f(x,y,z)\ \mathrm{d}V &=\int_0^1\mathrm{d}r\int_{r^2}^{2-r^2}\mathrm{d}z\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ r\ \overbrace{r^3}^{f} \\ &=2\pi \int_0^1\mathrm{d}r\ r^4\big(2-r^2-r^2\big) \\ &=2\pi \left[2\frac{1^5}{5}-2\frac{1^7}{7}\right] \\ &=\frac{8\pi}{35} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

Note that the paraboloids $z=x^2+y^2$ and $z=2-x^2-y^2$ intersect when $z=x^2+y^2=1$ . We'll use cylindrical coordinates. Then $x^2+y^2=r^2$ , $\mathrm{d}V=r \ \mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z$ , and

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

so that

$\begin{aligned} \iiint _E f(x,y,z)\ \mathrm{d}V &=\int_0^1\mathrm{d}r\int_{r^2}^{2-r^2}\mathrm{d}z\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ r\ \overbrace{r^3}^{f} \\ &=2\pi \int_0^1\mathrm{d}r\ r^4\big(2-r^2-r^2\big) \\ &=2\pi \left[2\frac{1^5}{5}-2\frac{1^7}{7}\right] \\ &=\frac{8\pi}{35} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.6절 · 10번

# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산보통자동 분류

655.CLP-3 · 3.6절 · 8번대학 수준우리말 번역

$E$ 를 위로는 구면 $x^2 + y^2 + z^2 = 2$ , 아래로는 포물면 $z = x^2 + y^2$ 으로 둘러싸인 영역이라고 하자. $E$ 의 무게중심을 구하세요.

영어 원문 보기

Let $E$ be the region bounded above by the sphere $x^2 + y^2 + z^2 = 2$ and below by the paraboloid $z = x^2 + y^2$ . Find the centroid of $E$ .

정답·풀이 보기

구면 $x^2+y^2+z^2=2$ 와 포물면 $z=x^2+y^2$ 은 모두 $z$ 축을 중심으로 한 회전에 대해 불변임을 관찰하자. 따라서 $E$ 는 $z$ 축을 중심으로 한 회전에 대해 불변이고, $E$ 의 무게중심(질량중심)은 $z$ 축 위에 놓인다. 그러므로 $\bar x=\bar y=0$ 이고 다음을 구하기만 하면 된다.

$\begin{aligned} \bar z = \frac{\iiint _E z\ \mathrm{d}V}{\iiint _E\mathrm{d}V} \end{aligned}$

곡면 $z = x^2 + y^2$ 과 $x^2 + y^2 + z^2 = 2$ 는 $z=x^2+y^2$ 이고

$z+z^2=2 \iff z^2+z-2=0 \iff(z+2)(z-1)=0$

일 때 만난다. $z=x^2+y^2\ge 0$ 이므로 두 곡면은 원 $z=1$ , $x^2+y^2=2$ 에서 만난다. 따라서

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

이다.

다음은 $E$ 의 $y=0$ 단면의 개략도이다.

두 적분을 구하기 위해 원기둥좌표를 사용하자. 원기둥좌표에서

$E = \big\{ \ (r\cos\theta,r\sin\theta,z)\ \big|\ 0\le r\le 1,\ 0\le\theta\le 2\pi,\ r^2\le z\le \sqrt{2-r^2}\ \big\}$ 이고,
$\mathrm{d}V$ 는 $r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z$ 이다.

따라서 $n=0,1$ 에 대해 (두 적분을 동시에 계산해 보자)

$\begin{aligned} \iiint _E z^n\ \mathrm{d}V &=\int_0^1\mathrm{d}r \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{r^2}^{\sqrt{2-r^2}} \mathrm{d}z\ r\ z^n \\ &=2\pi\int_0^1\mathrm{d}r \ r\begin{cases} \sqrt{2-r^2}-r^2 & \text{(}n=0\text{ 일 때)}\\ \frac{1}{2}\big(2-r^2-r^4\big) & \text{(}n=1\text{ 일 때)}\end{cases} \end{aligned}$

이다.

$\begin{aligned} \int_0^1 \mathrm{d}r\ r\sqrt{2-r^2} &=\left[-\frac{1}{3}(2-r^2)^{3/2}\right]_0^1 =\frac{1}{3}\big(2\sqrt{2}-1\big) \end{aligned}$

이므로

$\begin{aligned} \iiint _E z^n\ \mathrm{d}V =2\pi\left.\begin{cases} \frac{1}{3}(2\sqrt{2}-1)-\frac{1}{4} &\text{(}n=0\text{ 일 때)}\\ \frac{1}{2}-\frac{1}{8}-\frac{1}{12} &\text{(}n=1\text{ 일 때)}\end{cases}\right\} =2\pi\begin{cases} \frac{2}{3}\sqrt{2}-\frac{7}{12} &\text{(}n=0\text{ 일 때)}\\ \frac{7}{24} &\text{(}n=1\text{ 일 때)}\end{cases} \end{aligned}$

이고, $\bar x=\bar y=0$ 이며

$\begin{aligned} \bar z =\frac{\iiint _E z\ \mathrm{d}V}{\iiint _E\mathrm{d}V} =\frac{\frac{7}{24}}{\frac{2}{3}\sqrt{2}-\frac{7}{12}} =\frac{7}{16\sqrt{2}-14} \approx 0.811 \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

Observe that both the sphere $x^2+y^2+z^2=2$ and the paraboloid $z=x^2+y^2$ are invariant under rotations around the $z$ –axis. So $E$ is invariant under rotations around the $z$ –axis and the centroid (centre of mass) of $E$ will lie on the $z$ –axis. Thus $\bar x=\bar y=0$ and we just have to find

$\begin{aligned} \bar z = \frac{\iiint _E z\ \mathrm{d}V}{\iiint _E\mathrm{d}V} \end{aligned}$

The surfaces $z = x^2 + y^2$ and $x^2 + y^2 + z^2 = 2$ intersect when $z=x^2+y^2$ and

$z+z^2=2 \iff z^2+z-2=0 \iff(z+2)(z-1)=0$

Since $z=x^2+y^2\ge 0$ , the surfaces intersect on the circle $z=1$ , $x^2+y^2=2$ . So

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

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

Let's use cylindrical coordinates to do the two integrals. In cylindrical coordinates

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

so, for $n=0,1$ (we'll try to do both integrals at the same time)

$\begin{aligned} \iiint _E z^n\ \mathrm{d}V &=\int_0^1\mathrm{d}r \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{r^2}^{\sqrt{2-r^2}} \mathrm{d}z\ r\ z^n \\ &=2\pi\int_0^1\mathrm{d}r \ r\begin{cases} \sqrt{2-r^2}-r^2 & \text{if }n=0 \\ \frac{1}{2}\big(2-r^2-r^4\big) & \text{if }n=1 \end{cases} \end{aligned}$

Since

$\begin{aligned} \int_0^1 \mathrm{d}r\ r\sqrt{2-r^2} &=\left[-\frac{1}{3}(2-r^2)^{3/2}\right]_0^1 =\frac{1}{3}\big(2\sqrt{2}-1\big) \end{aligned}$

we have

$\begin{aligned} \iiint _E z^n\ \mathrm{d}V =2\pi\left.\begin{cases} \frac{1}{3}(2\sqrt{2}-1)-\frac{1}{4} &\text{if }n=0 \\ \frac{1}{2}-\frac{1}{8}-\frac{1}{12} &\text{if }n=1 \end{cases}\right\} =2\pi\begin{cases} \frac{2}{3}\sqrt{2}-\frac{7}{12} &\text{if }n=0 \\ \frac{7}{24} &\text{if }n=1 \end{cases} \end{aligned}$

and $\bar x=\bar y=0$ and

$\begin{aligned} \bar z =\frac{\iiint _E z\ \mathrm{d}V}{\iiint _E\mathrm{d}V} =\frac{\frac{7}{24}}{\frac{2}{3}\sqrt{2}-\frac{7}{12}} =\frac{7}{16\sqrt{2}-14} \approx 0.811 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 5.5절 · 41번

# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산보통자동 분류

656.CLP-3 · 3.6절 · 9번대학 수준우리말 번역

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

영어 원문 보기

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

정답·풀이 보기

두 곡면은 모두 $z$ 축을 중심으로 한 회전에 대해 변하지 않는다. 다음은 $E$ 의 $y=0$ 단면의 개략도이다.

곡면 $z = x^2 + y^2$ 과 $x^2 + y^2 + z^2 = 6$ 은 $z=x^2+y^2$ 이고

$z+z^2=6 \iff z^2+z-6=0 \iff(z+3)(z-2)=0$

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

$E = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le 2,\ x^2+y^2\le z\le \sqrt{6-x^2-y^2}\ \big\}$

적분을 하기 위해 원기둥좌표를 사용하자. 원기둥좌표에서

$E = \big\{ \ (r\cos\theta,r\sin\theta,z)\ \big|\ r\le \sqrt{2},\ 0\le\theta\le 2\pi,\ r^2\le z\le \sqrt{6-r^2}\ \big\}$ 이고,
$\mathrm{d}V$ 는 $r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z$ 이므로

$\begin{aligned} \iiint _E (x^2+y^2)\ \mathrm{d}V &=\int_0^{\sqrt{2}}\mathrm{d}r \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{r^2}^{\sqrt{6-r^2}} \mathrm{d}z\ r\ r^2 \\ &=2\pi\int_0^{\sqrt{2}}\mathrm{d}r \ r^3\big(\sqrt{6-r^2}-r^2\big) =2\pi\int_0^{\sqrt{2}}\mathrm{d}r\,r\ r^2\sqrt{6-r^2} - 2\pi\int_0^{\sqrt{2}}\mathrm{d}r \ r^5\\ &=2\pi\int_6^4\frac{\mathrm{d}u}{-2} \ (6-u)\sqrt{u} -2\pi\frac{2^3}{6} \qquad\text{여기서 } u = 6-r^2,\ \mathrm{d}u = -2r\,\mathrm{d}r \\ &=-\pi\left[6\frac{u^{3/2}}{3/2}-\frac{u^{5/2}}{5/2}\right]_6^4-\frac{8\pi}{3}\\ &=-\pi\left[4\big(8-6\sqrt{6}\big)-\frac{2}{5}\big(32-36\sqrt{6}\big)\right] -\frac{8\pi}{3}\\ &=\pi\left[\frac{64}{5}-32-\frac{8}{3} +\left(24-\frac{72}{5}\right)\sqrt{6}\right] \\ &=\pi\left[\frac{48}{5}\sqrt{6}-\frac{328}{15}\right] \approx 1.65\pi \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

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

The surfaces $z = x^2 + y^2$ and $x^2 + y^2 + z^2 = 6$ intersect when $z=x^2+y^2$ and

$z+z^2=6 \iff z^2+z-6=0 \iff(z+3)(z-2)=0$

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

$E = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le 2,\ x^2+y^2\le z\le \sqrt{6-x^2-y^2}\ \big\}$

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

$E = \big\{ \ (r\cos\theta,r\sin\theta,z)\ \big|\ r\le \sqrt{2},\ 0\le\theta\le 2\pi,\ r^2\le z\le \sqrt{6-r^2}\ \big\}$ , and
$\mathrm{d}V$ is $r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z$

so

$\begin{aligned} \iiint _E (x^2+y^2)\ \mathrm{d}V &=\int_0^{\sqrt{2}}\mathrm{d}r \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{r^2}^{\sqrt{6-r^2}} \mathrm{d}z\ r\ r^2 \\ &=2\pi\int_0^{\sqrt{2}}\mathrm{d}r \ r^3\big(\sqrt{6-r^2}-r^2\big) =2\pi\int_0^{\sqrt{2}}\mathrm{d}r\,r\ r^2\sqrt{6-r^2} - 2\pi\int_0^{\sqrt{2}}\mathrm{d}r \ r^5\\ &=2\pi\int_6^4\frac{\mathrm{d}u}{-2} \ (6-u)\sqrt{u} -2\pi\frac{2^3}{6} \qquad\text{with } u = 6-r^2,\ \mathrm{d}u = -2r\,\mathrm{d}r \\ &=-\pi\left[6\frac{u^{3/2}}{3/2}-\frac{u^{5/2}}{5/2}\right]_6^4-\frac{8\pi}{3}\\ &=-\pi\left[4\big(8-6\sqrt{6}\big)-\frac{2}{5}\big(32-36\sqrt{6}\big)\right] -\frac{8\pi}{3}\\ &=\pi\left[\frac{64}{5}-32-\frac{8}{3} +\left(24-\frac{72}{5}\right)\sqrt{6}\right] \\ &=\pi\left[\frac{48}{5}\sqrt{6}-\frac{328}{15}\right] \approx 1.65\pi \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.6절 · 8번

# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산보통자동 분류

657.CLP-3 · 3.6절 · 10번대학 수준우리말 번역

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

다음을 이용해도 됩니다. $\int \sin^3(\theta) =\frac{1}{12}\cos(3\theta) -\frac{3}{4}\cos(\theta) +C$

영어 원문 보기

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

You may use that $\int \sin^3(\theta) =\frac{1}{12}\cos(3\theta) -\frac{3}{4}\cos(\theta) +C$

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

원기둥좌표를 사용한다. 원기둥좌표에서

구 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 은 $r^2+z^2=a^2$ 이 되고,
원기둥 $x^2+y^2=ax$ (또는 이와 동치인 $(x-a/2)^2+ y^2=a^2/4$ )은 $r^2=ar\cos\theta$ , 즉 $r=a\cos\theta$ 가 된다.

다음은 입체를 위에서 본 모양의 그림이다.

이 입체는

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

이다.

대칭성에 의해, 주어진 입체의 부피는 입체

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

의 부피의 4배이다.

$\mathrm{d}V = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z$ 이므로, 이 입체의 부피는

$\begin{aligned} 4\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta \int_0^{a\cos\theta} \mathrm{d}r \int_0^{\sqrt{a^2-r^2}}\mathrm{d}z\ r &=4\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta \int_0^{a\cos\theta} \mathrm{d}r\ r\sqrt{a^2-r^2} \\ &=-\frac{4}{3}\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \big(a^2-r^2\big)^{3/2}\Big|_0^{a\cos\theta} \\ &=\frac{4}{3}\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \Big[a^3-\big(a^2-a^2\cos^2\theta\big)^{3/2}\Big] \\ &=\frac{4a^3}{3}\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \big[1-\sin^3\theta\big] \\ &=\frac{4a^3}{3}\left[\theta - \frac{1}{12}\cos(3\theta) + \frac{3}{4}\cos\theta \right]_0^{\pi/2} \\ &=\frac{4a^3}{3}\left[\frac{\pi}{2} + \frac{1}{12} - \frac{3}{4} \right] \\ &=\frac{4a^3}{3}\left[\frac{\pi}{2} - \frac{2}{3} \right] \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

We'll use cylindrical coordinates. In cylindrical coordinates

the sphere $x^2+y^2+z^2=a^2$ becomes $r^2+z^2=a^2$ and
the circular cylinder $x^2+y^2=ax$ (or equivalently $(x-a/2)^2+ y^2=a^2/4$ ) becomes $r^2=ar\cos\theta$ or $r=a\cos\theta$ .

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

The solid is

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

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

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

Since $\mathrm{d}V = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z$ , the volume of the solid is

$\begin{aligned} 4\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta \int_0^{a\cos\theta} \mathrm{d}r \int_0^{\sqrt{a^2-r^2}}\mathrm{d}z\ r &=4\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta \int_0^{a\cos\theta} \mathrm{d}r\ r\sqrt{a^2-r^2} \\ &=-\frac{4}{3}\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \big(a^2-r^2\big)^{3/2}\Big|_0^{a\cos\theta} \\ &=\frac{4}{3}\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \Big[a^3-\big(a^2-a^2\cos^2\theta\big)^{3/2}\Big] \\ &=\frac{4a^3}{3}\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \big[1-\sin^3\theta\big] \\ &=\frac{4a^3}{3}\left[\theta - \frac{1}{12}\cos(3\theta) + \frac{3}{4}\cos\theta \right]_0^{\pi/2} \\ &=\frac{4a^3}{3}\left[\frac{\pi}{2} + \frac{1}{12} - \frac{3}{4} \right] \\ &=\frac{4a^3}{3}\left[\frac{\pi}{2} - \frac{2}{3} \right] \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.6절 · 5번

# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산보통자동 분류

658.CLP-3 · 3.6절 · 12번대학 수준우리말 번역

점 $(x,y,z)$ 에서의 밀도가 $\rho(x,y,z)$ (단위 부피당 질량의 단위)인 물체 $B$ 의 무게중심 $(\bar x,\bar y, \bar z)$ 는 다음과 같이 정의한다.

$\bar x=\frac{1}{M}\iiint _B x\rho(x,y,z)\ \mathrm{d}V\quad \bar y=\frac{1}{M}\iiint _B y\rho(x,y,z)\ \mathrm{d}V\quad \bar z=\frac{1}{M}\iiint _B z\rho(x,y,z)\ \mathrm{d}V$

여기서

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

는 물체의 질량이다. 따라서 예를 들어 $\bar x$ 는 물체 전체에 대한 $x$ 의 가중평균이다. 밀도 $\rho$ 가 상수라고 가정할 때, 속이 찬 공 $x^2+y^2+z^2\le a^2$ 중에서 $x\ge 0$ , $y\ge 0$ , $z\ge 0$ 인 부분의 무게중심을 구하세요.

영어 원문 보기

The centre of mass $(\bar x,\bar y, \bar z)$ of a body $B$ having density $\rho(x,y,z)$ (units of mass per unit volume) at $(x,y,z)$ is defined to be

$\bar x=\frac{1}{M}\iiint _B x\rho(x,y,z)\ \mathrm{d}V\quad \bar y=\frac{1}{M}\iiint _B y\rho(x,y,z)\ \mathrm{d}V\quad \bar z=\frac{1}{M}\iiint _B z\rho(x,y,z)\ \mathrm{d}V$

where

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

is the mass of the body. So, for example, $\bar x$ is the weighted average of $x$ over the body. Find the centre of mass of the part of the solid ball $x^2+y^2+z^2\le a^2$ with $x\ge 0$ , $y\ge 0$ and $z\ge 0$ , assuming that the density $\rho$ is constant.

정답·풀이 보기

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

$M=\frac{\rho}{8}\ \frac{4}{3}\pi a^3$

원기둥좌표에서 이 물체의 구면의 방정식은 $r^2+z^2=a^2$ 이다. $xy$ 평면으로부터 높이 $z$ 에 있는 물체의 단면은 반지름이 $\sqrt{a^2-z^2}$ 인 원판의 4분의 1이다. $\bar z$ 의 분자는

$\begin{aligned} \iiint _B z\rho\ \mathrm{d}V &=\rho\int_0^a \mathrm{d}z\int_0^{\pi/2}d\theta\int_0^{\sqrt{a^2-z^2}}dr\ r\ z &&=\rho\int_0^a \mathrm{d}z\int_0^{\pi/2}d\theta\ z\ \frac{r^2}{2} \bigg|_0^{\sqrt{a^2-z^2}} \\ &=\frac{\rho}{2}\int_0^a \mathrm{d}z\int_0^{\pi/2}d\theta\ z(a^2-z^2) &&=\frac{\pi}{4}\rho\int_0^a \mathrm{d}z\ z(a^2-z^2) \\ &=\frac{\pi}{4}\rho\left[a^2\frac{z^2}{2}-\frac{z^4}{4}\right]_0^a =\frac{\pi}{16}\rho a^4 \end{aligned}$

이를 $M=\frac{\pi}{6}\rho a^3$ 으로 나누면 $\bar x=\bar y=\bar z=\frac{3}{8}a$ 를 얻는다.

원본 교재 풀이(영어)

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

$M=\frac{\rho}{8}\ \frac{4}{3}\pi a^3$

In cylindrical coordinates, the equation of the spherical surface of the body is $r^2+z^2=a^2$ . The part of the body at height $z$ above the $xy$ –plane is one quarter of a disk of radius $\sqrt{a^2-z^2}$ . The numerator of $\bar z$ is

$\begin{aligned} \iiint _B z\rho\ \mathrm{d}V &=\rho\int_0^a \mathrm{d}z\int_0^{\pi/2}d\theta\int_0^{\sqrt{a^2-z^2}}dr\ r\ z &&=\rho\int_0^a \mathrm{d}z\int_0^{\pi/2}d\theta\ z\ \frac{r^2}{2} \bigg|_0^{\sqrt{a^2-z^2}} \\ &=\frac{\rho}{2}\int_0^a \mathrm{d}z\int_0^{\pi/2}d\theta\ z(a^2-z^2) &&=\frac{\pi}{4}\rho\int_0^a \mathrm{d}z\ z(a^2-z^2) \\ &=\frac{\pi}{4}\rho\left[a^2\frac{z^2}{2}-\frac{z^4}{4}\right]_0^a =\frac{\pi}{16}\rho a^4 \end{aligned}$

Dividing by $M=\frac{\pi}{6}\rho a^3$ gives $\bar x=\bar y=\bar z=\frac{3}{8}a$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.6절 · 4번

# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산보통자동 분류

659.CLP-3 · 3.6절 · 13번대학 수준우리말 번역

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

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

영어 원문 보기

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

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

정답·풀이 보기

(a) 원기둥좌표에서 원점을 중심으로 하고 반지름이 2 인 구의 방정식은 $r^2+z^2=2^2$ 이다. $\mathrm{d}V=r\, \mathrm{d}r\, \mathrm{d}\theta\, \mathrm{d}z$ 이고 $\mathrm{d}m =\frac{5}{\sqrt{3}}(z^2+1)r\, \mathrm{d}r\, \mathrm{d}\theta\, \mathrm{d}z$ 이며 구멍의 반지름이 $1/2$ 이므로, 적분은 다음과 같다.

$\begin{aligned} \text{질량} = \int_{1/2}^2 \mathrm{d}r \int_{-\sqrt{4-r^2}}^{\sqrt{4-r^2}} \mathrm{d}z\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \frac{5}{\sqrt{3}}(z^2+1)r \end{aligned}$

(b) (a)에 의해

$\begin{aligned} \text{질량} = \int_{1/2}^2 \mathrm{d}r \int_{-\sqrt{4-r^2}}^{\sqrt{4-r^2}} \mathrm{d}z\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \frac{5}{\sqrt{3}}(z^2+1)r &=4\pi\frac{5}{\sqrt{3}}\int_{1/2}^2\mathrm{d}r\ r\int_0^{\sqrt{4-r^2}}\mathrm{d}z\ (z^2+1) \\ &=4\pi\frac{5}{\sqrt{3}}\int_{1/2}^2\mathrm{d}r\ r\left[\frac{z^3}{3}+z\right]_0^{\sqrt{4-r^2}} \\ &=4\pi\frac{5}{\sqrt{3}}\int_{1/2}^2\mathrm{d}r\ r\left[\frac{1}{3}{(4-r^2)}^{3/2}+{(4-r^2)}^{1/2}\right] \end{aligned}$

$s=4-r^2$ , $\mathrm{d}s=-2r\,\mathrm{d}r$ 로 치환하면 다음을 얻는다.

$\begin{aligned} \text{질량} &= 4\pi\frac{5}{\sqrt{3}}\int_{15/4}^0\frac{\mathrm{d}s}{-2}\ \left[\frac{1}{3}s^{3/2}+s^{1/2}\right] = -2\pi\frac{5}{\sqrt{3}} \left[\frac{2}{15}s^{5/2}+\frac{2}{3}s^{3/2} \right]_{15/4}^0 \\ &= 2\pi\frac{5}{\sqrt{3}} \left[\frac{2}{15}\frac{15^{5/2}}{32} +\frac{2}{3}\frac{15^{3/2}}{8}\right] \\ &=2\pi\frac{5}{\sqrt{3}} \left[\frac{1}{16}+\frac{1}{12}\right]15^{3/2} =\frac{525}{24}\sqrt{5}\pi\approx 153.7\text{kg} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

(a) In cylindrical coordinates the equation of a sphere of radius 2 centred on the origin is $r^2+z^2=2^2$ . Since $\mathrm{d}V=r\, \mathrm{d}r\, \mathrm{d}\theta\, \mathrm{d}z$ and $\mathrm{d}m =\frac{5}{\sqrt{3}}(z^2+1)r\, \mathrm{d}r\, \mathrm{d}\theta\, \mathrm{d}z$ and the hole has radius $1/2$ , the integral is

$\begin{aligned} \text{mass} = \int_{1/2}^2 \mathrm{d}r \int_{-\sqrt{4-r^2}}^{\sqrt{4-r^2}} \mathrm{d}z\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \frac{5}{\sqrt{3}}(z^2+1)r \end{aligned}$

(b) By part (a)

$\begin{aligned} \text{mass} = \int_{1/2}^2 \mathrm{d}r \int_{-\sqrt{4-r^2}}^{\sqrt{4-r^2}} \mathrm{d}z\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \frac{5}{\sqrt{3}}(z^2+1)r &=4\pi\frac{5}{\sqrt{3}}\int_{1/2}^2\mathrm{d}r\ r\int_0^{\sqrt{4-r^2}}\mathrm{d}z\ (z^2+1) \\ &=4\pi\frac{5}{\sqrt{3}}\int_{1/2}^2\mathrm{d}r\ r\left[\frac{z^3}{3}+z\right]_0^{\sqrt{4-r^2}} \\ &=4\pi\frac{5}{\sqrt{3}}\int_{1/2}^2\mathrm{d}r\ r\left[\frac{1}{3}{(4-r^2)}^{3/2}+{(4-r^2)}^{1/2}\right] \end{aligned}$

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

$\begin{aligned} \text{mass} &= 4\pi\frac{5}{\sqrt{3}}\int_{15/4}^0\frac{\mathrm{d}s}{-2}\ \left[\frac{1}{3}s^{3/2}+s^{1/2}\right] = -2\pi\frac{5}{\sqrt{3}} \left[\frac{2}{15}s^{5/2}+\frac{2}{3}s^{3/2} \right]_{15/4}^0 \\ &= 2\pi\frac{5}{\sqrt{3}} \left[\frac{2}{15}\frac{15^{5/2}}{32} +\frac{2}{3}\frac{15^{3/2}}{8}\right] \\ &=2\pi\frac{5}{\sqrt{3}} \left[\frac{1}{16}+\frac{1}{12}\right]15^{3/2} =\frac{525}{24}\sqrt{5}\pi\approx 153.7\text{kg} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.6절 · 3번

# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산보통자동 분류

660.CLP-3 · 3.6절 · 14번대학 수준우리말 번역

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

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

영어 원문 보기

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

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

정답·풀이 보기

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

$(x,y)$ 는 원판 $x^2+y^2\le 4$ 위를 움직이고,
$x^2+y^2\le 4$ 를 만족하는 각각의 고정된 $(x,y)$ 에 대해 $z$ 는 $0$ 에서 $e^{-x^2-y^2}$ 까지 움직인다.

원판 $x^2+y^2\le 4$ 에서

$x$ 는 $-2$ 에서 $2$ 까지 움직이고,
$-2\le x\le 2$ 를 만족하는 각각의 고정된 $x$ 에 대해 $y$ 는 $-\sqrt{4-x^2}$ 에서 $\sqrt{4-x^2}$ 까지 움직인다.

따라서

$\text{Volume}=\int_{-2}^2 \mathrm{d}x \int_{-\sqrt{4-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}}\mathrm{d}y\int_0^{e^{-x^2-y^2}}\mathrm{d}z$

(b) 원기둥좌표계로 바꾸면

$\begin{aligned} \text{Volume}&=\int_0^2 \mathrm{d}r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{e^{-r^2}}\mathrm{d}z\ r =\int_0^2 \mathrm{d}r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \ r e^{-r^2} =\int_0^2 \mathrm{d}r\ 2\pi\ r e^{-r^2} \\ &=-\pi e^{-r^2}\Big|_0^2 =\pi\big[1-e^{-4}\big]\approx 3.084 \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

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

$(x,y)$ running over the disk $x^2+y^2\le 4$ and
for each fixed $(x,y)$ obeying $x^2+y^2\le 4$ , $z$ running from $0$ to $e^{-x^2-y^2}$

On the disk $x^2+y^2\le 4$ ,

$x$ runs from $-2$ to $2$ and
for each fixed $x$ obeying $-2\le x\le 2$ , $y$ runs from $-\sqrt{4-x^2}$ to $\sqrt{4-x^2}$

So

$\text{Volume}=\int_{-2}^2 \mathrm{d}x \int_{-\sqrt{4-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}}\mathrm{d}y\int_0^{e^{-x^2-y^2}}\mathrm{d}z$

(b) Switching to cylindrical coordinates

$\begin{aligned} \text{Volume}&=\int_0^2 \mathrm{d}r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{e^{-r^2}}\mathrm{d}z\ r =\int_0^2 \mathrm{d}r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \ r e^{-r^2} =\int_0^2 \mathrm{d}r\ 2\pi\ r e^{-r^2} \\ &=-\pi e^{-r^2}\Big|_0^2 =\pi\big[1-e^{-4}\big]\approx 3.084 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.6절 · 15번

# 원기둥·구면좌표 삼중적분활용보통자동 분류

다중적분 전체 문제