빌드라인 스쿨

문제 은행 · 미적분 · 대학 미적분 · 다중적분

원기둥·구면좌표 삼중적분

원기둥·구 모양 영역의 삼중적분을 좌표를 바꾸어 계산한다

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132문제 · 5 / 7쪽

81.APEX · 13.7절 · 26번대학 수준우리말 번역

연습문제 23–26에서는 입체와 그 밀도 함수가 주어져 있다. 원기둥좌표를 이용하여 입체의 질량을 구하세요.

z=0z= 0 과 z=1−x2−y2z=\sqrt{1-x^2-y^2} 사이로 유계인 단위구의 위쪽 절반이며, 밀도 함수는 δ(x,y,z)=1\delta(x,y,z) =1 이다.

영어 원문 보기

In Exercises 23–26, a solid is described along with its density function. Find the mass of the solid using cylindrical coordinates.

The upper half of the unit ball, bounded between z=0z= 0 and z=1−x2−y2z=\sqrt{1-x^2-y^2}, with density function δ(x,y,z)=1\delta(x,y,z) =1.

정답·풀이 보기

원기둥좌표에서 밀도는 δ(r,θ,z)=1\delta(r,\theta,z) = 1 이다. 따라서 질량은 ∫02π∫01∫−1−r21−r2r dz dr dθ=4π/3.\int_0^{2\pi}\int_0^1\int_{-\sqrt{1-r^2}}^{\sqrt{1-r^2}} r\ dz\ dr\ d\theta = 4\pi/3.

원본 교재 풀이(영어)

In cylindrical coordinates, the density is δ(r,θ,z)=1\delta(r,\theta,z) = 1. Thus mass is ∫02π∫01∫−1−r21−r2r dz dr dθ=4π/3.\int_0^{2\pi}\int_0^1\int_{-\sqrt{1-r^2}}^{\sqrt{1-r^2}} r\ dz\ dr\ d\theta = 4\pi/3.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.7절 · 22번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산자동 분류
APEX Calculus V5 CC BY-NC 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
82.APEX · 13.7절 · 31번대학 수준우리말 번역

연습문제 31–34에서는 입체와 그 밀도 함수가 주어져 있다. 구면좌표를 이용하여 입체의 질량을 구하세요.

z=0z= 0 과 z=1−x2−y2z=\sqrt{1-x^2-y^2} 사이로 유계인 단위구의 위쪽 절반이며, 밀도 함수는 δ(x,y,z)=1\delta(x,y,z) =1 이다.

영어 원문 보기

In Exercises 31–34, a solid is described along with its density function. Find the mass of the solid using spherical coordinates.

The upper half of the unit ball, bounded between z=0z= 0 and z=1−x2−y2z=\sqrt{1-x^2-y^2}, with density function δ(x,y,z)=1\delta(x,y,z) =1.

정답·풀이 보기

구면좌표에서 밀도는 δ(ρ,θ,φ)=1\delta(\rho,\theta,\varphi) = 1 이다. 따라서 질량은 ∫0π/2∫02π∫01ρ2sin⁡(φ) dρ dθ dφ=2π/3.\int_0^{\pi/2}\int_0^{2\pi}\int_{0}^{1} \rho^2\sin(\varphi)\ d\rho\ d\theta\ d\varphi = 2\pi/3.

원본 교재 풀이(영어)

In spherical coordinates, the density is δ(ρ,θ,φ)=1\delta(\rho,\theta,\varphi) = 1. Thus mass is ∫0π/2∫02π∫01ρ2sin⁡(φ) dρ dθ dφ=2π/3.\int_0^{\pi/2}\int_0^{2\pi}\int_{0}^{1} \rho^2\sin(\varphi)\ d\rho\ d\theta\ d\varphi = 2\pi/3.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 5.5절 · 5번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산자동 분류
APEX Calculus V5 CC BY-NC 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
83.APEX · 13.7절 · 32번대학 수준우리말 번역

연습문제 31–34에서는 입체와 그 밀도 함수가 주어져 있다. 구면좌표를 이용하여 입체의 질량을 구하세요.

x2+y2+z2=16x^2+y^2+z^2=16 과 x2+y2+z2=25x^2+y^2+z^2=25 사이로 유계인 구껍질이며, 밀도 함수는 δ(x,y,z)=x2+y2+z2\delta(x,y,z) = \sqrt{x^2+y^2+z^2} 이다.

영어 원문 보기

In Exercises 31–34, a solid is described along with its density function. Find the mass of the solid using spherical coordinates.

The spherical shell bounded between x2+y2+z2=16x^2+y^2+z^2=16 and x2+y2+z2=25x^2+y^2+z^2=25 with density function δ(x,y,z)=x2+y2+z2\delta(x,y,z) = \sqrt{x^2+y^2+z^2}.

정답·풀이 보기

구면좌표에서 밀도는 δ(ρ,θ,φ)=ρ\delta(\rho,\theta,\varphi) = \rho 이다. 따라서 질량은 ∫0π∫02π∫45(ρ)ρ2sin⁡(φ) dρ dθ dφ=369π.\int_0^{\pi}\int_0^{2\pi}\int_{4}^{5} (\rho)\rho^2\sin(\varphi)\ d\rho\ d\theta\ d\varphi = 369\pi.

원본 교재 풀이(영어)

In spherical coordinates, the density is δ(ρ,θ,φ)=ρ\delta(\rho,\theta,\varphi) = \rho. Thus mass is ∫0π∫02π∫45(ρ)ρ2sin⁡(φ) dρ dθ dφ=369π.\int_0^{\pi}\int_0^{2\pi}\int_{4}^{5} (\rho)\rho^2\sin(\varphi)\ d\rho\ d\theta\ d\varphi = 369\pi.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.7절 · 14번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산자동 분류
APEX Calculus V5 CC BY-NC 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
84.APEX · 13.7절 · 33번대학 수준우리말 번역

연습문제 31–34에서는 입체와 그 밀도함수가 주어져 있다. 구면좌표계를 이용하여 입체의 질량을 구하세요.

위로는 z=x2+y2z=\sqrt{x^2+y^2} 로, 아래로는 구 x2+y2+z2=1x^2+y^2+z^2=1 로 유계인 원뿔 모양의 영역이고, 밀도함수는 δ(x,y,z)=z\delta(x,y,z) = z 이다.

영어 원문 보기

In Exercises 31–34, a solid is described along with its density function. Find the mass of the solid using spherical coordinates.

The conical region bounded above z=x2+y2z=\sqrt{x^2+y^2} and below the sphere x2+y2+z2=1x^2+y^2+z^2=1 with density function δ(x,y,z)=z\delta(x,y,z) = z.

정답·풀이 보기

구면좌표계에서 밀도는 δ(ρ,θ,φ)=ρcos⁡φ\delta(\rho,\theta,\varphi) = \rho\cos\varphi 이다. 따라서 질량은 ∫0π/4∫02π∫01(ρcos⁡(φ))ρ2sin⁡(φ) dρ dθ dφ=π/8\int_0^{\pi/4}\int_0^{2\pi}\int_{0}^{1} \big(\rho\cos(\varphi)\big)\rho^2\sin(\varphi)\ d\rho\ d\theta\ d\varphi = \pi/8 이다.

원본 교재 풀이(영어)

In spherical coordinates, the density is δ(ρ,θ,φ)=ρcos⁡φ\delta(\rho,\theta,\varphi) = \rho\cos\varphi. Thus mass is ∫0π/4∫02π∫01(ρcos⁡(φ))ρ2sin⁡(φ) dρ dθ dφ=π/8.\int_0^{\pi/4}\int_0^{2\pi}\int_{0}^{1} \big(\rho\cos(\varphi)\big)\rho^2\sin(\varphi)\ d\rho\ d\theta\ d\varphi = \pi/8.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 5.5절 · 49번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산자동 분류
APEX Calculus V5 CC BY-NC 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
85.APEX · 13.7절 · 34번대학 수준우리말 번역

연습문제 31–34에서는 입체와 그 밀도함수가 주어져 있다. 구면좌표계를 이용하여 입체의 질량을 구하세요.

위로는 z=x2+y2z=\sqrt{x^2+y^2} 로, 아래로는 평면 z=1z=1 로 유계인 원뿔이고, 밀도함수는 δ(x,y,z)=z\delta(x,y,z) = z 이다.

영어 원문 보기

In Exercises 31–34, a solid is described along with its density function. Find the mass of the solid using spherical coordinates.

The cone bounded above z=x2+y2z=\sqrt{x^2+y^2} and below the plane z=1z=1 with density function δ(x,y,z)=z\delta(x,y,z) = z.

정답·풀이 보기

구면좌표계에서 밀도는 δ(ρ,θ,φ)=ρcos⁡φ\delta(\rho,\theta,\varphi) = \rho\cos\varphi 이다. 따라서 질량은 ∫0π/4∫02π∫0sec⁡(φ)(ρcos⁡(φ))ρ2sin⁡(φ) dρ dθ dφ=π/4\int_0^{\pi/4}\int_0^{2\pi}\int_{0}^{\sec(\varphi)} \big(\rho\cos(\varphi)\big)\rho^2\sin(\varphi)\ d\rho\ d\theta\ d\varphi = \pi/4 이다.

원본 교재 풀이(영어)

In spherical coordinates, the density is δ(ρ,θ,φ)=ρcos⁡φ\delta(\rho,\theta,\varphi) = \rho\cos\varphi. Thus mass is ∫0π/4∫02π∫0sec⁡(φ)(ρcos⁡(φ))ρ2sin⁡(φ) dρ dθ dφ=π/4.\int_0^{\pi/4}\int_0^{2\pi}\int_{0}^{\sec(\varphi)} \big(\rho\cos(\varphi)\big)\rho^2\sin(\varphi)\ d\rho\ d\theta\ d\varphi = \pi/4.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.7절 · 17번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산자동 분류
APEX Calculus V5 CC BY-NC 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
86.APEX · 13.7절 · 39번대학 수준우리말 번역

연습문제 39~42에서는 공간의 영역이 주어집니다. 직교좌표, 원기둥좌표, 구면좌표를 각각 사용하여 이 영역의 부피를 구하는 삼중적분을 세우고, 세 가지 중 어느 것이 계산하기 가장 쉬워 보이는지 설명하세요.

단위구 x2+y2+z2=1x^2+y^2+z^2=1 로 둘러싸인 영역.

영어 원문 보기

In Exercises 39–42, a region is space is described. Set up the triple integrals that find the volume of this region using rectangular, cylindrical and spherical coordinates, then comment on which of the three appears easiest to evaluate.

The region enclosed by the unit sphere, x2+y2+z2=1x^2+y^2+z^2=1.

정답·풀이 보기

직교좌표: ∫−11∫−1−x21−x2∫−1−x2−y21−x2−y2 dz dy dx\int_{-1}^{1}\int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}}\int_{-\sqrt{1-x^2-y^2}}^{\sqrt{1-x^2-y^2}}\ dz\ dy\ dx

원기둥좌표: ∫02π∫01∫−1−r21−r2r dz dr dθ\int_0^{2\pi}\int_0^1\int_{-\sqrt{1-r^2}}^{\sqrt{1-r^2}}r\ dz\ dr\ d\theta

구면좌표: ∫0π∫02π∫01ρ2sin⁡(φ) dρ dθ dφ\int_0^\pi\int_0^{2\pi}\int_0^1 \rho^2\sin(\varphi)\ d\rho\ d\theta\ d\varphi

구면좌표가 가장 간단해 보인다. 제곱근을 적분하거나 치환 같은 기법을 써야 하는 일을 피할 수 있으며, 모든 적분 구간의 경계가 상수이다.

원본 교재 풀이(영어)

Rectangular: ∫−11∫−1−x21−x2∫−1−x2−y21−x2−y2 dz dy dx\int_{-1}^{1}\int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}}\int_{-\sqrt{1-x^2-y^2}}^{\sqrt{1-x^2-y^2}}\ dz\ dy\ dx

Cylindrical: ∫02π∫01∫−1−r21−r2r dz dr dθ\int_0^{2\pi}\int_0^1\int_{-\sqrt{1-r^2}}^{\sqrt{1-r^2}}r\ dz\ dr\ d\theta

Spherical: ∫0π∫02π∫01ρ2sin⁡(φ) dρ dθ dφ\int_0^\pi\int_0^{2\pi}\int_0^1 \rho^2\sin(\varphi)\ d\rho\ d\theta\ d\varphi

Spherical appears simplest, avoiding the integration of square-roots and using techniques such as Substitution; all bounds are constants.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.6절 · 10번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분활용자동 분류
APEX Calculus V5 CC BY-NC 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
87.APEX · 13.7절 · 40번대학 수준우리말 번역

연습문제 39–42에서 공간의 영역이 주어집니다. 직교좌표, 원기둥좌표, 구면좌표를 각각 사용하여 이 영역의 부피를 구하는 삼중적분을 세우고, 세 가지 중 어느 것이 계산하기 가장 쉬워 보이는지 설명하세요.

원기둥 x2+y2=1x^2+y^2=1 과 평면 z=0z=0, z=1z=1 로 둘러싸인 영역.

영어 원문 보기

In Exercises 39–42, a region is space is described. Set up the triple integrals that find the volume of this region using rectangular, cylindrical and spherical coordinates, then comment on which of the three appears easiest to evaluate.

The region enclosed by the cylinder x2+y2=1x^2+y^2=1 and planes z=0z=0 and z=1z=1.

정답·풀이 보기

직교좌표: ∫−11∫−1−x21−x2∫01 dz dy dx\int_{-1}^{1}\int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}}\int_{0}^{1}\ dz\ dy\ dx

원기둥좌표: ∫02π∫01∫01r dz dr dθ\int_0^{2\pi}\int_0^1\int_{0}^{1}r\ dz\ dr\ d\theta

구면좌표: ∫0π/4∫02π∫0sec⁡φρ2sin⁡(φ) dρ dθ dφ+∫π/4π/2∫02π∫0csc⁡φρ2sin⁡(φ) dρ dθ dφ\int_0^{\pi/4}\int_0^{2\pi}\int_0^{\sec\varphi} \rho^2\sin(\varphi)\ d\rho\ d\theta\ d\varphi + \int_{\pi/4}^{\pi/2}\int_0^{2\pi}\int_0^{\csc\varphi} \rho^2\sin(\varphi)\ d\rho\ d\theta\ d\varphi

원기둥좌표가 가장 간단해 보인다. 제곱근의 적분과 두 개의 삼중적분을 피할 수 있으며, 모든 적분 구간이 상수이다.

원본 교재 풀이(영어)

Rectangular: ∫−11∫−1−x21−x2∫01 dz dy dx\int_{-1}^{1}\int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}}\int_{0}^{1}\ dz\ dy\ dx

Cylindrical: ∫02π∫01∫01r dz dr dθ\int_0^{2\pi}\int_0^1\int_{0}^{1}r\ dz\ dr\ d\theta

Spherical: ∫0π/4∫02π∫0sec⁡φρ2sin⁡(φ) dρ dθ dφ+∫π/4π/2∫02π∫0csc⁡φρ2sin⁡(φ) dρ dθ dφ\int_0^{\pi/4}\int_0^{2\pi}\int_0^{\sec\varphi} \rho^2\sin(\varphi)\ d\rho\ d\theta\ d\varphi + \int_{\pi/4}^{\pi/2}\int_0^{2\pi}\int_0^{\csc\varphi} \rho^2\sin(\varphi)\ d\rho\ d\theta\ d\varphi

Cylindrical appears simplest, avoiding the integration of square-roots and two triple integrals; all bounds are constants.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 5.5절 · 25번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분활용자동 분류
APEX Calculus V5 CC BY-NC 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
88.APEX · 13.7절 · 41번대학 수준우리말 번역

연습문제 39–42에서 공간의 영역이 주어집니다. 직교좌표, 원기둥좌표, 구면좌표를 각각 사용하여 이 영역의 부피를 구하는 삼중적분을 세우고, 세 가지 중 어느 것이 계산하기 가장 쉬워 보이는지 설명하세요.

원뿔 z=x2+y2z=\sqrt{x^2+y^2} 과 평면 z=1z=1 로 둘러싸인 영역.

영어 원문 보기

In Exercises 39–42, a region is space is described. Set up the triple integrals that find the volume of this region using rectangular, cylindrical and spherical coordinates, then comment on which of the three appears easiest to evaluate.

The region enclosed by the cone z=x2+y2z=\sqrt{x^2+y^2} and plane z=1z=1.

정답·풀이 보기

직교좌표: ∫−11∫−1−x21−x2∫x2+y21 dz dy dx\int_{-1}^{1}\int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}}\int_{\sqrt{x^2+y^2}}^{1}\ dz\ dy\ dx

원기둥좌표: ∫02π∫01∫r1r dz dr dθ\int_0^{2\pi}\int_0^1\int_{r}^{1}r\ dz\ dr\ d\theta

구면좌표: ∫0π/4∫02π∫0sec⁡φρ2sin⁡(φ) dρ dθ dφ\int_0^{\pi/4}\int_0^{2\pi}\int_0^{\sec\varphi} \rho^2\sin(\varphi)\ d\rho\ d\theta\ d\varphi

원기둥좌표가 가장 간단해 보인다. 직교좌표에서 쓰이는 제곱근의 적분을 피할 수 있다. 구면좌표도 어렵지는 않으나 치환이라는 추가 단계가 필요하다.

원본 교재 풀이(영어)

Rectangular: ∫−11∫−1−x21−x2∫x2+y21 dz dy dx\int_{-1}^{1}\int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}}\int_{\sqrt{x^2+y^2}}^{1}\ dz\ dy\ dx

Cylindrical: ∫02π∫01∫r1r dz dr dθ\int_0^{2\pi}\int_0^1\int_{r}^{1}r\ dz\ dr\ d\theta

Spherical: ∫0π/4∫02π∫0sec⁡φρ2sin⁡(φ) dρ dθ dφ\int_0^{\pi/4}\int_0^{2\pi}\int_0^{\sec\varphi} \rho^2\sin(\varphi)\ d\rho\ d\theta\ d\varphi

Cylindrical appears simplest, avoiding the integration of square-roots that rectangular uses. Spherical is not difficult, though it requires Substitution, an extra step.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 5.5절 · 53번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분활용자동 분류
APEX Calculus V5 CC BY-NC 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
89.APEX · 13.7절 · 42번대학 수준우리말 번역

연습문제 39–42에서는 공간 속의 영역이 주어집니다. 직교좌표, 원통좌표, 구면좌표를 사용하여 이 영역의 부피를 구하는 삼중적분을 각각 세우고, 세 가지 중 어느 것이 계산하기 가장 쉬워 보이는지 설명하세요.

평면 x=0x=0, x=1x=1, y=0y=0, y=1y=1, z=0z=0, z=1z=1 로 둘러싸인 정육면체입니다. (힌트: 구면좌표에서는 적분 순서를 dρ dφ dθd\rho\ d\varphi\ d\theta 로 하세요.)

영어 원문 보기

In Exercises 39–42, a region is space is described. Set up the triple integrals that find the volume of this region using rectangular, cylindrical and spherical coordinates, then comment on which of the three appears easiest to evaluate.

The cube enclosed by the planes x=0x=0, x=1x=1, y=0y=0, y=1y=1, z=0z=0 and z=1z=1. (Hint: in spherical, use order of integration dρ dφ dθd\rho\ d\varphi\ d\theta.)

정답·풀이 보기

직교좌표: ∫01∫01∫01 dz dy dx\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\ dz\ dy\ dx

원통좌표: ∫0π/4∫0sec⁡θ∫01r dz dr dθ+∫π/4π/2∫0csc⁡θ∫01r dz dr dθ\int_0^{\pi/4}\int_0^{\sec\theta}\int_{0}^{1}r\ dz\ dr\ d\theta + \int_{\pi/4}^{\pi/2}\int_0^{\csc\theta}\int_{0}^{1}r\ dz\ dr\ d\theta

구면좌표: ∫0π/4∫0tan⁡−1(sec⁡θ)∫0sec⁡φρ2sin⁡(φ) dρ dφ dθ+\int _0^{\pi/4}\int _0^{\tan ^{-1}(\sec \theta)}\int _0^{\sec \varphi}\rho ^2 \sin (\varphi)\ d\rho\ d\varphi\ d \theta +

∫0π/4∫tan⁡−1(sec⁡θ)π/2∫0sec⁡θcsc⁡φρ2sin⁡(φ) dρ dφ dθ+\int _0^{\pi/4}\int _{\tan ^{-1}(\sec \theta)}^{\pi/2}\int _0^{\sec\theta\csc\varphi}\rho ^2 \sin (\varphi)\ d\rho\ d\varphi\ d \theta +

∫π/4π/2∫0tan⁡−1(csc⁡θ)∫0sec⁡φρ2sin⁡(φ) dρ dφ dθ+\int _{\pi/4}^{\pi/2}\int _0^{\tan ^{-1}(\csc \theta)}\int _0^{\sec\varphi}\rho ^2 \sin (\varphi)\ d\rho\ d\varphi\ d \theta +

∫π/4π/2∫tan⁡−1(csc⁡θ)π/2∫0csc⁡θcsc⁡φρ2sin⁡(φ) dρ dφ dθ\int _{\pi/4}^{\pi/2}\int _{\tan ^{-1}(\csc \theta)}^{\pi/2}\int _0^{\csc\theta\csc\varphi}\rho ^2 \sin (\varphi)\ d\rho\ d\varphi\ d \theta.

직교좌표가 가장 간단함이 분명하다.

원본 교재 풀이(영어)

Rectangular: ∫01∫01∫01 dz dy dx\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\ dz\ dy\ dx

Cylindrical: ∫0π/4∫0sec⁡θ∫01r dz dr dθ+∫π/4π/2∫0csc⁡θ∫01r dz dr dθ\int_0^{\pi/4}\int_0^{\sec\theta}\int_{0}^{1}r\ dz\ dr\ d\theta + \int_{\pi/4}^{\pi/2}\int_0^{\csc\theta}\int_{0}^{1}r\ dz\ dr\ d\theta

Spherical: ∫0π/4∫0tan⁡−1(sec⁡θ)∫0sec⁡φρ2sin⁡(φ) dρ dφ dθ+\int _0^{\pi/4}\int _0^{\tan ^{-1}(\sec \theta)}\int _0^{\sec \varphi}\rho ^2 \sin (\varphi)\ d\rho\ d\varphi\ d \theta +

∫0π/4∫tan⁡−1(sec⁡θ)π/2∫0sec⁡θcsc⁡φρ2sin⁡(φ) dρ dφ dθ+\int _0^{\pi/4}\int _{\tan ^{-1}(\sec \theta)}^{\pi/2}\int _0^{\sec\theta\csc\varphi}\rho ^2 \sin (\varphi)\ d\rho\ d\varphi\ d \theta +

∫π/4π/2∫0tan⁡−1(csc⁡θ)∫0sec⁡φρ2sin⁡(φ) dρ dφ dθ+\int _{\pi/4}^{\pi/2}\int _0^{\tan ^{-1}(\csc \theta)}\int _0^{\sec\varphi}\rho ^2 \sin (\varphi)\ d\rho\ d\varphi\ d \theta +

∫π/4π/2∫tan⁡−1(csc⁡θ)π/2∫0csc⁡θcsc⁡φρ2sin⁡(φ) dρ dφ dθ.\int _{\pi/4}^{\pi/2}\int _{\tan ^{-1}(\csc \theta)}^{\pi/2}\int _0^{\csc\theta\csc\varphi}\rho ^2 \sin (\varphi)\ d\rho\ d\varphi\ d \theta.

Rectangular is clearly the simplest.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 5.5절 · 21번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분활용자동 분류
APEX Calculus V5 CC BY-NC 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
90.CLP-3 · 3.6절 · 1번대학 수준우리말 번역

(r,θ,z)(r,\theta,z) 는 원기둥좌표를 나타낸다고 하자.

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

영어 원문 보기

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

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

정답·풀이 보기

(a), (b) 점 (x,y,z)(x,y,z) 의 원기둥좌표 r(x,y,z)r(x,y,z) 는 (x,y,z)(x,y,z) 에서 zz축까지의 거리 x2+y2\sqrt{x^2+y^2} 이므로, 집합

{ (x,y,z) ∣ r(x,y,z)=0 }={ (x,y,z) ∣ x2+y2=0 }={ (x,y,z) ∣ x=y=0 }=z축{ (x,y,z) ∣ r(x,y,z)=1 }={ (x,y,z) ∣ x2+y2=1 }=z축을 중심으로 하는 반지름이 1인 원기둥\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.

그림

그림

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

{ (x,y,z) ∣ θ(x,y,z)=0 }=xz평면에서 x>0 인 쪽 반평면{ (x,y,z) ∣ θ(x,y,z)=π/4 }=평면 y=x 에서 x>0 인 쪽 반평면\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.

그림

그림

원본 교재 풀이(영어)

(a), (b) Since the cylindrical coordinate r(x,y,z)r(x,y,z) of a point (x,y,z)(x,y,z) is the distance, x2+y2\sqrt{x^2+y^2}, from (x,y,z)(x,y,z) to the zz-axis, the sets

{ (x,y,z) ∣ r(x,y,z)=0 }={ (x,y,z) ∣ x2+y2=0 }={ (x,y,z) ∣ x=y=0 }=the z-axis{ (x,y,z) ∣ r(x,y,z)=1 }={ (x,y,z) ∣ x2+y2=1 }=the cylinder of radius 1 centred on the z-axis\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}

figure

figure

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

{ (x,y,z) ∣ θ(x,y,z)=0 }=the half of the xz-plane with x>0{ (x,y,z) ∣ θ(x,y,z)=π/4 }=the half of the plane y=x with x>0\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}

figure

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한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 5.5절 · 5번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산기본자동 분류
91.CLP-3 · 3.6절 · 2번대학 수준우리말 번역

다음과 같이 주어진 원기둥좌표를 갖는 점들을 그리세요.

(a) r=1r=1, θ=0\theta=0, z=0z=0 (b) r=1r=1, θ=π4\theta=\frac{\pi}{4}, z=0z=0 (c) r=1r=1, θ=π2\theta=\frac{\pi}{2}, z=0z=0 (d) r=0r=0, θ=π\theta=\pi, z=1z=1 (e) r=1r=1, θ=π4\theta=\frac{\pi}{4}, z=1z=1

영어 원문 보기

Sketch the points with the specified cylindrical coordinates.

(a) r=1r=1, θ=0\theta=0, z=0z=0 (b) r=1r=1, θ=π4\theta=\frac{\pi}{4}, z=0z=0 (c) r=1r=1, θ=π2\theta=\frac{\pi}{2}, z=0z=0 (d) r=0r=0, θ=π\theta=\pi, z=1z=1 (e) r=1r=1, θ=π4\theta=\frac{\pi}{4}, z=1z=1

정답·풀이 보기

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

  • 원기둥좌표 rr 은 점에서 zz축까지의 거리이다. 특히 r=0r=0 인 모든 점은 (θ\theta 의 값에 관계없이) zz축 위에 있다.
  • 원기둥좌표 zz 는 점에서 xyxy평면까지의 거리이다. 특히 z=0z=0 인 모든 점은 xyxy평면 위에 있다.

그림

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

figure

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.6절 · 1번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분그래프·표 해석기본자동 분류
92.CLP-3 · 3.6절 · 3번대학 수준우리말 번역

원기둥좌표를 직교좌표로 바꾸세요.

(a) r=1r=1, θ=0\theta=0, z=0z=0 (b) r=1r=1, θ=π4\theta=\frac{\pi}{4}, z=0z=0 (c) r=1r=1, θ=π2\theta=\frac{\pi}{2}, z=0z=0 (d) r=0r=0, θ=π\theta=\pi, z=1z=1 (e) r=1r=1, θ=π4\theta=\frac{\pi}{4}, z=1z=1

영어 원문 보기

Convert from cylindrical to Cartesian coordinates.

(a) r=1r=1, θ=0\theta=0, z=0z=0 (b) r=1r=1, θ=π4\theta=\frac{\pi}{4}, z=0z=0 (c) r=1r=1, θ=π2\theta=\frac{\pi}{2}, z=0z=0 (d) r=0r=0, θ=π\theta=\pi, z=1z=1 (e) r=1r=1, θ=π4\theta=\frac{\pi}{4}, z=1z=1

답 쓰고 채점
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
정답·풀이 보기

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

(x,y,z)=(rcos⁡θ,rsin⁡θ,z)=(1×cos⁡0, 1×sin⁡0, 0)=(1,0,0)(x,y,z) = (r\cos\theta,r\sin\theta,z) = (1\times\cos 0,\ 1\times\sin 0,\ 0) =(1,0,0)

(b) θ=π4\theta=\frac{\pi}{4} 일 때 sin⁡θ=cos⁡θ=12\sin\theta=\cos\theta=\frac{1}{\sqrt{2}} 이므로, 극좌표 r=1r=1, θ=π4\theta=\frac{\pi}{4}, z=0z=0 은 다음 직교좌표에 대응한다.

(x,y,z)=(rcos⁡θ,rsin⁡θ,z)=(1×cos⁡π4, 1×sin⁡π4, 0)=(12,12,0)(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) θ=π2\theta=\frac{\pi}{2} 일 때 sin⁡θ=1\sin\theta=1 이고 cos⁡θ=0\cos\theta=0 이므로, 극좌표 r=1r=1, θ=π2\theta=\frac{\pi}{2}, z=0z=0 은 다음 직교좌표에 대응한다.

(x,y,z)=(rcos⁡θ,rsin⁡θ,z)=(1×cos⁡π2, 1×sin⁡π2, 0)=(0,1,0)(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) θ=π\theta=\pi 일 때 sin⁡θ=0\sin\theta=0 이고 cos⁡θ=−1\cos\theta=-1 이므로, 극좌표 r=0r=0, θ=π\theta=\pi, z=1z=1 은 다음 직교좌표에 대응한다.

(x,y,z)=(rcos⁡θ,rsin⁡θ,z)=(0×cos⁡π, 0×sin⁡π, 1)=(0,0,1)(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) θ=π4\theta=\frac{\pi}{4} 일 때 sin⁡θ=cos⁡θ=12\sin\theta=\cos\theta=\frac{1}{\sqrt{2}} 이므로, 극좌표 r=1r=1, θ=π4\theta=\frac{\pi}{4}, z=1z=1 은 다음 직교좌표에 대응한다.

(x,y,z)=(rcos⁡θ,rsin⁡θ,z)=(1×cos⁡π4, 1×sin⁡π4, 1)=(12,12,1)(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 θ=0\theta=0, sin⁡θ=0\sin\theta=0 and cos⁡θ=1\cos\theta=1, so that the polar coordinates r=1r=1, θ=0\theta=0, z=0z=0 correspond to the Cartesian coordinates

(x,y,z)=(rcos⁡θ,rsin⁡θ,z)=(1×cos⁡0, 1×sin⁡0, 0)=(1,0,0)(x,y,z) = (r\cos\theta,r\sin\theta,z) = (1\times\cos 0,\ 1\times\sin 0,\ 0) =(1,0,0)

(b) When θ=π4\theta=\frac{\pi}{4}, sin⁡θ=cos⁡θ=12\sin\theta=\cos\theta=\frac{1}{\sqrt{2}}, so that the polar coordinates r=1r=1, θ=π4\theta=\frac{\pi}{4}, z=0z=0 correspond to the Cartesian coordinates

(x,y,z)=(rcos⁡θ,rsin⁡θ,z)=(1×cos⁡π4, 1×sin⁡π4, 0)=(12,12,0)(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 θ=π2\theta=\frac{\pi}{2}, sin⁡θ=1\sin\theta=1 and cos⁡θ=0\cos\theta=0, so that the polar coordinates r=1r=1, θ=π2\theta=\frac{\pi}{2}, z=0z=0 correspond to the Cartesian coordinates

(x,y,z)=(rcos⁡θ,rsin⁡θ,z)=(1×cos⁡π2, 1×sin⁡π2, 0)=(0,1,0)(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 θ=π\theta=\pi, sin⁡θ=0\sin\theta=0 and cos⁡θ=−1\cos\theta=-1, so that the polar coordinates r=0r=0, θ=π\theta=\pi, z=1z=1 correspond to the Cartesian coordinates

(x,y,z)=(rcos⁡θ,rsin⁡θ,z)=(0×cos⁡π, 0×sin⁡π, 1)=(0,0,1)(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 θ=π4\theta=\frac{\pi}{4}, sin⁡θ=cos⁡θ=12\sin\theta=\cos\theta=\frac{1}{\sqrt{2}}, so that the polar coordinates r=1r=1, θ=π4\theta=\frac{\pi}{4}, z=1z=1 correspond to the Cartesian coordinates

(x,y,z)=(rcos⁡θ,rsin⁡θ,z)=(1×cos⁡π4, 1×sin⁡π4, 1)=(12,12,1)(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
93.CLP-3 · 3.6절 · 4번대학 수준우리말 번역

직교좌표를 원기둥좌표로 변환하세요.

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

영어 원문 보기

Convert from Cartesian to cylindrical coordinates.

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

정답·풀이 보기

(a) 원기둥좌표는 다음을 만족해야 한다.

1=x=rcos⁡θ1=y=rsin⁡θ2=z1=x=r\cos\theta\qquad 1=y=r\sin\theta\qquad 2=z

따라서 z=2z=2, r=12+12=2r=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2} 이고 tan⁡θ=yx=11=1\tan\theta=\frac{y}{x} =\frac{1}{1}=1 이다. 모든 정수 kk 에 대해 tan⁡(π4+kπ)=1\tan\left(\frac{\pi}{4}+k\pi\right)=1 임을 기억하자. (x,y)=(1,1)(x,y)=(1,1) 은 제1사분면에 있으므로 0≤θ≤π20\le\theta\le\frac{\pi}{2} 이다. 따라서 θ=π4\theta=\frac{\pi}{4} 이다 (여기에 2π2\pi의 정수 배수를 더한 값도 가능하다).

(b) 원기둥좌표는 다음을 만족해야 한다.

−1=x=rcos⁡θ−1=y=rsin⁡θ2=z-1=x=r\cos\theta\qquad -1=y=r\sin\theta\qquad 2=z

따라서 z=2z=2, r=(−1)2+(−1)2=2r=\sqrt{(-1)^2+(-1)^2}=\sqrt{2} 이고 tan⁡θ=yx=−1−1=1\tan\theta=\frac{y}{x} =\frac{-1}{-1}=1 이다. 모든 정수 kk 에 대해 tan⁡(π4+kπ)=1\tan\left(\frac{\pi}{4}+k\pi\right)=1 임을 기억하자. (x,y)=(−1,−1)(x,y)=(-1,-1) 은 제3사분면에 있으므로 π≤θ≤3π2\pi\le\theta\le\frac{3\pi}{2} 이다. 따라서 θ=5π4\theta=\frac{5\pi}{4} 이다 (여기에 2π2\pi의 정수 배수를 더한 값도 가능하다).

(c) 원기둥좌표는 다음을 만족해야 한다.

−1=x=rcos⁡θ3=y=rsin⁡θ0=z-1=x=r\cos\theta\qquad \sqrt{3}=y=r\sin\theta\qquad 0=z

따라서 z=0z=0, r=(−1)2+(3)2=2r=\sqrt{(-1)^2+\big(\sqrt{3}\big)^2}=2 이고 tan⁡θ=yx=3−1=−3\tan\theta=\frac{y}{x} =\frac{\sqrt{3}}{-1}=-\sqrt{3} 이다. 모든 정수 kk 에 대해 tan⁡(2π3+kπ)=−3\tan\left(\frac{2\pi}{3}+k\pi\right)=-\sqrt{3} 임을 기억하자. (x,y)=(−1,3)(x,y)=(-1,\sqrt{3}) 은 제2사분면에 있으므로 π2≤θ≤π\frac{\pi}{2}\le\theta\le\pi 이다. 따라서 θ=2π3\theta=\frac{2\pi}{3} 이다 (여기에 2π2\pi의 정수 배수를 더한 값도 가능하다).

(d) 원기둥좌표는 다음을 만족해야 한다.

0=x=rcos⁡θ0=y=rsin⁡θ1=z0=x=r\cos\theta\qquad 0=y=r\sin\theta\qquad 1=z

따라서 z=1z=1, r=02+02=0r=\sqrt{0^2+0^2}=0 이고 θ\theta 는 완전히 임의의 값이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) The cylindrical coordinates must obey

1=x=rcos⁡θ1=y=rsin⁡θ2=z1=x=r\cos\theta\qquad 1=y=r\sin\theta\qquad 2=z

So z=2z=2, r=12+12=2r=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2} and tan⁡θ=yx=11=1\tan\theta=\frac{y}{x} =\frac{1}{1}=1. Recall that tan⁡(π4+kπ)=1\tan\left(\frac{\pi}{4}+k\pi\right)=1 for all integers kk. As (x,y)=(1,1)(x,y)=(1,1) lies in the first quadrant, 0≤θ≤π20\le\theta\le\frac{\pi}{2}. So θ=π4\theta=\frac{\pi}{4} (plus possibly any integer multiple of 2π2\pi).

(b) The cylindrical coordinates must obey

−1=x=rcos⁡θ−1=y=rsin⁡θ2=z-1=x=r\cos\theta\qquad -1=y=r\sin\theta\qquad 2=z

So z=2z=2, r=(−1)2+(−1)2=2r=\sqrt{(-1)^2+(-1)^2}=\sqrt{2} and tan⁡θ=yx=−1−1=1\tan\theta=\frac{y}{x} =\frac{-1}{-1}=1. Recall that tan⁡(π4+kπ)=1\tan\left(\frac{\pi}{4}+k\pi\right)=1 for all integers kk. As (x,y)=(−1,−1)(x,y)=(-1,-1) lies in the third quadrant, π≤θ≤3π2\pi\le\theta\le\frac{3\pi}{2}. So θ=5π4\theta=\frac{5\pi}{4} (plus possibly any integer multiple of 2π2\pi).

(c) The cylindrical coordinates must obey

−1=x=rcos⁡θ3=y=rsin⁡θ0=z-1=x=r\cos\theta\qquad \sqrt{3}=y=r\sin\theta\qquad 0=z

So z=0z=0, r=(−1)2+(3)2=2r=\sqrt{(-1)^2+\big(\sqrt{3}\big)^2}=2 and tan⁡θ=yx=3−1=−3\tan\theta=\frac{y}{x} =\frac{\sqrt{3}}{-1}=-\sqrt{3}. Recall that tan⁡(2π3+kπ)=−3\tan\left(\frac{2\pi}{3}+k\pi\right)=-\sqrt{3} for all integers kk. As (x,y)=(−1,3)(x,y)=(-1,\sqrt{3}) lies in the second quadrant, π2≤θ≤π\frac{\pi}{2}\le\theta\le\pi. So θ=2π3\theta=\frac{2\pi}{3} (plus possibly any integer multiple of 2π2\pi).

(d) The cylindrical coordinates must obey

0=x=rcos⁡θ0=y=rsin⁡θ1=z0=x=r\cos\theta\qquad 0=y=r\sin\theta\qquad 1=z

So z=1z=1, r=02+02=0r=\sqrt{0^2+0^2}=0 and θ\theta is completely arbitrary.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.6절 · 13번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산기본자동 분류
94.CLP-3 · 3.6절 · 5번대학 수준우리말 번역

다음 방정식을 원기둥좌표로 나타내세요.

(a) z=2xyz=2xy (b) x2+y2+z2=1x^2+y^2+z^2=1 (c) (x−1)2+y2=1(x-1)^2 + y^2 =1

영어 원문 보기

Rewrite the following equations in cylindrical coordinates.

(a) z=2xyz=2xy (b) x2+y2+z2=1x^2+y^2+z^2=1 (c) (x−1)2+y2=1(x-1)^2 + y^2 =1

정답·풀이 보기

(a) x=rcos⁡θx=r\cos\theta 이고 y=rsin⁡θy=r\sin\theta 이므로,

z=2xy  ⟺  z=2r2cos⁡θsin⁡θ=r2sin⁡(2θ)z=2xy \iff z=2r^2\cos\theta\sin\theta = r^2\sin(2\theta)

(b) x=rcos⁡θx=r\cos\theta 이고 y=rsin⁡θy=r\sin\theta 이므로,

x2+y2+z2=1  ⟺  r2cos⁡2θ+r2sin⁡2θ+z2=1  ⟺  r2+z2=1x^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=rcos⁡θx=r\cos\theta 이고 y=rsin⁡θy=r\sin\theta 이므로,

(x−1)2+y2=1  ⟺  (rcos⁡θ−1)2+(rsin⁡θ)2=1  ⟺  r2cos⁡2θ−2rcos⁡θ+1+r2sin⁡2θ=1  ⟺  r2=2rcos⁡θ  ⟺  r=2cos⁡θ 또는 r=0  ⟺  r=2cos⁡θ\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=0r=0 은 r=2cos⁡θr=2\cos\theta 에 포함된다. θ=π2\theta=\frac{\pi}{2} 로 택하면 된다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) As x=rcos⁡θx=r\cos\theta and y=rsin⁡θy=r\sin\theta,

z=2xy  ⟺  z=2r2cos⁡θsin⁡θ=r2sin⁡(2θ)z=2xy \iff z=2r^2\cos\theta\sin\theta = r^2\sin(2\theta)

(b) As x=rcos⁡θx=r\cos\theta and y=rsin⁡θy=r\sin\theta,

x2+y2+z2=1  ⟺  r2cos⁡2θ+r2sin⁡2θ+z2=1  ⟺  r2+z2=1x^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=rcos⁡θx=r\cos\theta and y=rsin⁡θy=r\sin\theta,

(x−1)2+y2=1  ⟺  (rcos⁡θ−1)2+(rsin⁡θ)2=1  ⟺  r2cos⁡2θ−2rcos⁡θ+1+r2sin⁡2θ=1  ⟺  r2=2rcos⁡θ  ⟺  r=2cos⁡θ or r=0  ⟺  r=2cos⁡θ\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=0r=0 is included in r=2cos⁡θr=2\cos\theta — just choose θ=π2\theta=\frac{\pi}{2}.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.6절 · 12번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산기본자동 분류
95.CLP-3 · 3.6절 · 7번대학 수준우리말 번역

E를 포물면 z=x2+y2z = x^2 + y^2 과 z=2−x2−y2z = 2 - x^2 - y^2 사이에서 유계이면서 원기둥 x2+y2≤1x^2 + y^2 \le 1 안에 있는 영역이라 하자. 영역 EE 위에서 f(x,y,z)=(x2+y2)3/2f(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=x2+y2z = x^2 + y^2 and z=2−x2−y2z = 2 - x^2 - y^2 and within the cylinder x2+y2≤1x^2 + y^2 \le 1. Calculate the integral of f(x,y,z)=(x2+y2)3/2f(x,y,z) = {(x^2 + y^2)}^{3/2} over the region EE.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

포물면 z=x2+y2z=x^2+y^2 과 z=2−x2−y2z=2-x^2-y^2 은 z=x2+y2=1z=x^2+y^2=1 일 때 만난다. 원기둥좌표를 사용하자. 그러면 x2+y2=r2x^2+y^2=r^2 이고, dV=r dr dθ dz\mathrm{d}V=r \ \mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z 이며,

E={ (rcos⁡θ , rsin⁡θ , z)) ∣ 0≤r≤1, r2≤z≤2−r2, 0≤θ≤2π }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

∭Ef(x,y,z) dV=∫01dr∫r22−r2dz∫02πdθ r r3⏞f=2π∫01dr r4(2−r2−r2)=2π[2155−2177]=8π35\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=x2+y2z=x^2+y^2 and z=2−x2−y2z=2-x^2-y^2 intersect when z=x2+y2=1z=x^2+y^2=1. We'll use cylindrical coordinates. Then x2+y2=r2x^2+y^2=r^2, dV=r dr dθ dz\mathrm{d}V=r \ \mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z, and

E={ (rcos⁡θ , rsin⁡θ , z)) ∣ 0≤r≤1, r2≤z≤2−r2, 0≤θ≤2π }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

∭Ef(x,y,z) dV=∫01dr∫r22−r2dz∫02πdθ r r3⏞f=2π∫01dr r4(2−r2−r2)=2π[2155−2177]=8π35\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
96.CLP-3 · 3.6절 · 8번대학 수준우리말 번역

EE 를 위로는 구면 x2+y2+z2=2x^2 + y^2 + z^2 = 2, 아래로는 포물면 z=x2+y2z = x^2 + y^2 으로 둘러싸인 영역이라고 하자. EE 의 무게중심을 구하세요.

영어 원문 보기

Let EE be the region bounded above by the sphere x2+y2+z2=2x^2 + y^2 + z^2 = 2 and below by the paraboloid z=x2+y2z = x^2 + y^2. Find the centroid of EE.

정답·풀이 보기

구면 x2+y2+z2=2x^2+y^2+z^2=2 와 포물면 z=x2+y2z=x^2+y^2 은 모두 zz축을 중심으로 한 회전에 대해 불변임을 관찰하자. 따라서 EE 는 zz축을 중심으로 한 회전에 대해 불변이고, EE 의 무게중심(질량중심)은 zz축 위에 놓인다. 그러므로 xˉ=yˉ=0\bar x=\bar y=0 이고 다음을 구하기만 하면 된다.

zˉ=∭Ez dV∭EdV\begin{aligned} \bar z = \frac{\iiint _E z\ \mathrm{d}V}{\iiint _E\mathrm{d}V} \end{aligned}

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

z+z2=2  ⟺  z2+z−2=0  ⟺  (z+2)(z−1)=0z+z^2=2 \iff z^2+z-2=0 \iff(z+2)(z-1)=0

일 때 만난다. z=x2+y2≥0z=x^2+y^2\ge 0 이므로 두 곡면은 원 z=1z=1, x2+y2=2x^2+y^2=2 에서 만난다. 따라서

E={ (x,y,z) ∣ x2+y2≤1, x2+y2≤z≤2−x2−y2 }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 EE 의 y=0y=0 단면의 개략도이다.

그림

두 적분을 구하기 위해 원기둥좌표를 사용하자. 원기둥좌표에서

  • E={ (rcos⁡θ,rsin⁡θ,z) ∣ 0≤r≤1, 0≤θ≤2π, r2≤z≤2−r2 }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,
  • dV\mathrm{d}V 는 r dr dθ dzr\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z 이다.

따라서 n=0,1n=0,1 에 대해 (두 적분을 동시에 계산해 보자)

∭Ezn dV=∫01dr∫02πdθ∫r22−r2dz r zn=2π∫01dr r{2−r2−r2(n=0 일 때)12(2−r2−r4)(n=1 일 때)\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.

∫01dr r2−r2=[−13(2−r2)3/2]01=13(22−1)\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

∭Ezn dV=2π{13(22−1)−14(n=0 일 때)12−18−112(n=1 일 때)}=2π{232−712(n=0 일 때)724(n=1 일 때)\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, xˉ=yˉ=0\bar x=\bar y=0 이며

zˉ=∭Ez dV∭EdV=724232−712=7162−14≈0.811\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 x2+y2+z2=2x^2+y^2+z^2=2 and the paraboloid z=x2+y2z=x^2+y^2 are invariant under rotations around the zz–axis. So EE is invariant under rotations around the zz–axis and the centroid (centre of mass) of EE will lie on the zz–axis. Thus xˉ=yˉ=0\bar x=\bar y=0 and we just have to find

zˉ=∭Ez dV∭EdV\begin{aligned} \bar z = \frac{\iiint _E z\ \mathrm{d}V}{\iiint _E\mathrm{d}V} \end{aligned}

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

z+z2=2  ⟺  z2+z−2=0  ⟺  (z+2)(z−1)=0z+z^2=2 \iff z^2+z-2=0 \iff(z+2)(z-1)=0

Since z=x2+y2≥0z=x^2+y^2\ge 0, the surfaces intersect on the circle z=1z=1, x2+y2=2x^2+y^2=2. So

E={ (x,y,z) ∣ x2+y2≤1, x2+y2≤z≤2−x2−y2 }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=0y=0 cross section of E.

figure

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

  • E={ (rcos⁡θ,rsin⁡θ,z) ∣ 0≤r≤1, 0≤θ≤2π, r2≤z≤2−r2 }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
  • dV\mathrm{d}V is r dr dθ dzr\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z

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

∭Ezn dV=∫01dr∫02πdθ∫r22−r2dz r zn=2π∫01dr r{2−r2−r2if n=012(2−r2−r4)if n=1\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

∫01dr r2−r2=[−13(2−r2)3/2]01=13(22−1)\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

∭Ezn dV=2π{13(22−1)−14if n=012−18−112if n=1}=2π{232−712if n=0724if n=1\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 xˉ=yˉ=0\bar x=\bar y=0 and

zˉ=∭Ez dV∭EdV=724232−712=7162−14≈0.811\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
97.CLP-3 · 3.6절 · 9번대학 수준우리말 번역

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

영어 원문 보기

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

정답·풀이 보기

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

그림

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

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

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

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

적분을 하기 위해 원기둥좌표를 사용하자. 원기둥좌표에서

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

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

원본 교재 풀이(영어)

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

figure

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

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

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

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

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

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

so

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

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

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

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

영어 원문 보기

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

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

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

원기둥좌표를 사용한다. 원기둥좌표에서

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

다음은 입체를 위에서 본 모양의 그림이다.

그림

이 입체는

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

이다.

대칭성에 의해, 주어진 입체의 부피는 입체

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

의 부피의 4배이다.

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

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

원본 교재 풀이(영어)

We'll use cylindrical coordinates. In cylindrical coordinates

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

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

figure

The solid is

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

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

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

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

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

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

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

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

여기서

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

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

영어 원문 보기

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

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

where

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

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

정답·풀이 보기

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

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

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

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

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

원본 교재 풀이(영어)

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

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

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

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

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

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

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

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

영어 원문 보기

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

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

정답·풀이 보기

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

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

(b) (a)에 의해

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

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

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

원본 교재 풀이(영어)

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

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

(b) By part (a)

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

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

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.6절 · 3번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산보통자동 분류