문제 은행 · 미적분 · 대학 미적분 · 다중적분

원기둥·구면좌표 삼중적분

원기둥·구 모양 영역의 삼중적분을 좌표를 바꾸어 계산한다

유형·난이도는 우리말 풀이가 붙은 문제는 선생님이 정했고, 나머지는 자동 분류라 다를 수 있어요. 난이도가 정해지지 않은 문제는 난이도로 거를 때 빠집니다.

7문제 · 1 / 1쪽

1.OpenStax 3권 · 5.5절 · 7번대학 수준우리말 번역

a. BB 를 안쪽 반지름이 aa, 바깥쪽 반지름이 bb, 높이가 cc 인 원통 껍질이라 하자. 단, 0<a<b0<a<b 이고 c>0c>0 이다. BB 위에서 정의된 함수 FF 가 원통좌표계에서 F(x,y,z)=f(r)+h(z)F(x,y,z)=f(r)+h(z) 로 나타내어진다고 가정하자. 여기서 ff 와 hh 는 미분가능한 함수이다. f~\tilde{f} 와 h~\tilde{h} 가 각각 ff 와 hh 의 부정적분일 때, ∫abf~(r)dr=0\int_{a}^{b}\tilde{f}(r)dr=0 이고 h~(0)=0\tilde{h}(0)=0 이면 다음을 보이세요. ∭BF(x,y,z)dV=2πc(bf~(b)−af~(a))+π(b2−a2)h~(c).\iiint_{B}F(x,y,z)dV=2\pi c\left(b\tilde{f}(b)-a\tilde{f}(a)\right)+\pi ({b}^{2}-{a}^{2})\tilde{h}(c). b. 앞의 결과를 이용하여 ∭B(z+sin⁡x2+y2)dx dy dz=6π2(π−2)\iiint_{B}\left(z+\sin \sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}\right)dx\,dy\,dz=6{\pi }^{2}(\pi -2) 임을 보이세요. 단, BB 는 안쪽 반지름이 π\pi , 바깥쪽 반지름이 2π2\pi , 높이가 22 인 원통 껍질이다.

영어 원문 보기

a. Let BB be a cylindrical shell with inner radius a,a, outer radius b,b, and height c,c, where 0<a<b0<a<b and c>0.c>0. Assume that a function FF defined on BB can be expressed in cylindrical coordinates as F(x,y,z)=f(r)+h(z),F(x,y,z)=f(r)+h(z), where ff and hh are differentiable functions. If ∫abf~(r)dr=0\int_{a}^{b}\tilde{f}(r)dr=0 and h~(0)=0,\tilde{h}(0)=0, where f~\tilde{f} and h~\tilde{h} are antiderivatives of ff and h,h, respectively, show that ∭BF(x,y,z)dV=2πc(bf~(b)−af~(a))+π(b2−a2)h~(c).\iiint_{B}F(x,y,z)dV=2\pi c\left(b\tilde{f}(b)-a\tilde{f}(a)\right)+\pi ({b}^{2}-{a}^{2})\tilde{h}(c). b. Use the previous result to show that ∭B(z+sin⁡x2+y2)dx dy dz=6π2(π−2),\iiint_{B}\left(z+\sin \sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}\right)dx\,dy\,dz=6{\pi }^{2}(\pi -2), where BB is a cylindrical shell with inner radius π,\pi , outer radius 2π,2\pi , and height 2.2.

원본 교재에 이 문제의 정답은 실려 있지 않습니다.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 5.5절 · 1번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분증명·논술자동 분류
OpenStax Calculus Volume 3 CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
2.OpenStax 3권 · 5.5절 · 8번대학 수준우리말 번역

a. BB를 안쪽 반지름이 aa, 바깥쪽 반지름이 bb, 높이가 cc인 원기둥 모양의 껍질이라 하세요. 단, 0<a<b0<a<b 이고 c>0.c>0. BB에서 정의된 함수 FF가 원기둥 좌표계에서 F(x,y,z)=f(r)g(θ)h(z)F(x,y,z)=f(r)g(\theta )h(z) 로 나타내어진다고 가정하세요. 이때 f,g, 그리고 hf,g,\,\text{그리고}\,h 는 미분가능한 함수입니다. ff의 부정적분 f~\tilde{f} 에 대하여 ∫abf~(r)dr=0\int_{a}^{b}\tilde{f}(r)dr=0 이면, ∭BF(x,y,z)dV=[bf~(b)−af~(a)] [g~(2π)−g~(0)] [h~(c)−h~(0)]\iiint_{B}F(x,y,z)dV=\left[b\tilde{f}(b)-a\tilde{f}(a)\right]\,\left[\tilde{g}(2\pi )-\tilde{g}(0)\right]\,\left[\tilde{h}(c)-\tilde{h}(0)\right] 임을 보이세요.

여기서 g~\tilde{g} 와 h~\tilde{h} 는 각각 gg 와 hh 의 부정적분입니다. b. 앞의 결과를 이용하여 ∭Bz sin⁡x2+y2dx dy dz=−12π2\iiint_{B}z\,\sin \sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}dx\,dy\,dz=-12{\pi }^{2} 임을 보이세요. 여기서 BB 는 안쪽 반지름이 π\pi , 바깥쪽 반지름이 2π2\pi , 높이가 22 인 원기둥 모양의 껍질입니다.

영어 원문 보기

a. Let BB be a cylindrical shell with inner radius a,a, outer radius b,b, and height c,c, where 0<a<b0<a<b and c>0.c>0. Assume that a function FF defined on BB can be expressed in cylindrical coordinates as F(x,y,z)=f(r)g(θ)h(z),F(x,y,z)=f(r)g(\theta )h(z), where f,g, and hf,g,\,\text{and}\,h are differentiable functions. If ∫abf~(r)dr=0,\int_{a}^{b}\tilde{f}(r)dr=0, where f~\tilde{f} is an antiderivative of f,f, show that ∭BF(x,y,z)dV=[bf~(b)−af~(a)] [g~(2π)−g~(0)] [h~(c)−h~(0)],\iiint_{B}F(x,y,z)dV=\left[b\tilde{f}(b)-a\tilde{f}(a)\right]\,\left[\tilde{g}(2\pi )-\tilde{g}(0)\right]\,\left[\tilde{h}(c)-\tilde{h}(0)\right],

where g~\tilde{g} and h~\tilde{h} are antiderivatives of gg and h,h, respectively. b. Use the previous result to show that ∭Bz sin⁡x2+y2dx dy dz=−12π2,\iiint_{B}z\,\sin \sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}dx\,dy\,dz=-12{\pi }^{2}, where BB is a cylindrical shell with inner radius π,\pi , outer radius 2π,2\pi , and height 2.2.

원본 교재에 이 문제의 정답은 실려 있지 않습니다.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.7절 · 22번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분증명·논술자동 분류
OpenStax Calculus Volume 3 CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
3.OpenStax 3권 · 5.5절 · 33번대학 수준우리말 번역

F(ρ,θ,φ)=f(ρ)g(θ)h(φ)F(\rho ,\theta ,\varphi )=f(\rho )g(\theta )h(\varphi ) 가 구면 상자 B={(ρ,θ,φ)∣a≤ρ≤b,α≤θ≤β,γ≤φ≤ψ}B=\{(\rho ,\theta ,\varphi )|a\le \rho \le b,\alpha \le \theta \le \beta ,\gamma \le \varphi \le \psi \} 에서 연속함수이면

∭BF dV=(∫abρ2f(ρ)dr)(∫αβg(θ)dθ)(∫γψh(φ)sin⁡ φ dφ)\iiint_{B}F\,dV=\left(\int_{a}^{b}{\rho }^{2}f(\rho )dr\right)\left(\int_{\alpha }^{\beta }g(\theta )d\theta \right)\left(\int_{\gamma }^{\psi }h(\varphi )\sin \,\varphi \,d\varphi \right)

임을 보이세요.

영어 원문 보기

Show that if F(ρ,θ,φ)=f(ρ)g(θ)h(φ)F(\rho ,\theta ,\varphi )=f(\rho )g(\theta )h(\varphi ) is a continuous function on the spherical box B={(ρ,θ,φ)∣a≤ρ≤b,α≤θ≤β,γ≤φ≤ψ},B=\{(\rho ,\theta ,\varphi )|a\le \rho \le b,\alpha \le \theta \le \beta ,\gamma \le \varphi \le \psi \}, then

∭BF dV=(∫abρ2f(ρ)dr)(∫αβg(θ)dθ)(∫γψh(φ)sin⁡ φ dφ).\iiint_{B}F\,dV=\left(\int_{a}^{b}{\rho }^{2}f(\rho )dr\right)\left(\int_{\alpha }^{\beta }g(\theta )d\theta \right)\left(\int_{\gamma }^{\psi }h(\varphi )\sin \,\varphi \,d\varphi \right).

원본 교재에 이 문제의 정답은 실려 있지 않습니다.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.7절 · 22번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분증명·논술자동 분류
OpenStax Calculus Volume 3 CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
4.OpenStax 3권 · 5.5절 · 34번대학 수준우리말 번역

a. 함수 FF 가 원점까지의 거리에만 의존할 때, 즉 구면좌표로 F(x,y,z)=f(ρ)F(x,y,z)=f(\rho ) 로 나타낼 수 있을 때 (단, ρ=x2+y2+z2.\rho =\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2}}.) FF 는 구대칭을 갖는다고 한다. 다음을 보이세요. ∭BF(x,y,z)dV=2π∫abρ2f(ρ)dρ,\iiint_{B}F(x,y,z)dV=2\pi \int_{a}^{b}{\rho }^{2}f(\rho )d\rho ,

여기서 BB 는 원점을 중심으로 하고 반지름이 각각 aa, bb 인 위쪽 동심 반구 사이의 영역이며 0<a<b0<a<b 이고, FF 는 BB 에서 정의된 구대칭 함수이다. b. 앞의 결과를 이용하여 ∭B(x2+y2+z2)x2+y2+z2 dV=21π\iiint_{B}({x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2})\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2}}\,dV=21\pi 임을 보이세요. 여기서 B={(x,y,z)∣1≤x2+y2+z2≤2,z≥0}.B=\{(x,y,z)|1\le {x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2}\le 2,z\ge 0\}.

영어 원문 보기

a. A function FF is said to have spherical symmetry if it depends on the distance to the origin only, that is, it can be expressed in spherical coordinates as F(x,y,z)=f(ρ),F(x,y,z)=f(\rho ), where ρ=x2+y2+z2.\rho =\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2}}. Show that ∭BF(x,y,z)dV=2π∫abρ2f(ρ)dρ,\iiint_{B}F(x,y,z)dV=2\pi \int_{a}^{b}{\rho }^{2}f(\rho )d\rho ,

where BB is the region between the upper concentric hemispheres of radii aa and bb centered at the origin, with 0<a<b0<a<b and FF a spherical function defined on B.B. b. Use the previous result to show that ∭B(x2+y2+z2)x2+y2+z2 dV=21π,\iiint_{B}({x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2})\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2}}\,dV=21\pi , where B={(x,y,z)∣1≤x2+y2+z2≤2,z≥0}.B=\{(x,y,z)|1\le {x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2}\le 2,z\ge 0\}.

원본 교재에 이 문제의 정답은 실려 있지 않습니다.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.6절 · 4번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분증명·논술자동 분류
OpenStax Calculus Volume 3 CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
5.OpenStax 3권 · 5.5절 · 35번대학 수준우리말 번역

a. BB 를 원점을 중심으로 하고 반지름이 각각 a, b 인 위쪽 동심 반구 사이의 영역 중 제1팔분공간에 있는 부분이라 하자. 단, 0<a<b.0<a<b. F 는 B 에서 정의된 함수이며 구면좌표 (ρ,θ,φ)(\rho ,\theta ,\varphi ) 로 나타내면 F(x,y,z)=f(ρ)cos⁡ φF(x,y,z)=f(\rho )\cos \,\varphi 이다. g(a)=g(b)=0g(a)=g(b)=0 이고 ∫abh(ρ)dρ=0\int_{a}^{b}h(\rho )d\rho =0 이면 ∭BF(x,y,z)dV=π24[ah(a)−bh(b)],\iiint_{B}F(x,y,z)dV=\frac{{\pi }^{2}}{4}[ah(a)-bh(b)],

임을 보이세요. 여기서 gg 는 ff 의 부정적분(원시함수)이고 hh 는 gg 의 부정적분(원시함수)이다. b. 앞의 결과를 이용하여 ∭Bz cos⁡x2+y2+z2x2+y2+z2dV=3π22\iiint_{B}\frac{z\,\cos \sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2}}}{\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2}}}dV=\frac{3{\pi }^{2}}{2} 임을 보이세요. 여기서 BB 는 원점을 중심으로 하고 반지름이 각각 π\pi, 2π2\pi 인 위쪽 동심 반구 사이의 영역 중 제1팔분공간에 있는 부분이다.

영어 원문 보기

a. Let BB be the region between the upper concentric hemispheres of radii a and b centered at the origin and situated in the first octant, where 0<a<b.0<a<b. Consider F a function defined on B whose form in spherical coordinates (ρ,θ,φ)(\rho ,\theta ,\varphi ) is F(x,y,z)=f(ρ)cos⁡ φ.F(x,y,z)=f(\rho )\cos \,\varphi . Show that if g(a)=g(b)=0g(a)=g(b)=0 and ∫abh(ρ)dρ=0,\int_{a}^{b}h(\rho )d\rho =0, then ∭BF(x,y,z)dV=π24[ah(a)−bh(b)],\iiint_{B}F(x,y,z)dV=\frac{{\pi }^{2}}{4}[ah(a)-bh(b)],

where gg is an antiderivative of ff and hh is an antiderivative of g.g. b. Use the previous result to show that ∭Bz cos⁡x2+y2+z2x2+y2+z2dV=3π22,\iiint_{B}\frac{z\,\cos \sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2}}}{\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2}}}dV=\frac{3{\pi }^{2}}{2}, where BB is the region between the upper concentric hemispheres of radii π\pi and 2π2\pi centered at the origin and situated in the first octant.

원본 교재에 이 문제의 정답은 실려 있지 않습니다.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.7절 · 28번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분증명·논술자동 분류
OpenStax Calculus Volume 3 CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
6.CLP-3 · 3.7절 · 6번대학 수준우리말 번역

구면좌표와 적분을 이용하여, 원점을 중심으로 하고 반지름이 11 인 구의 부피가 4π/34\pi/3 임을 보이세요.

영어 원문 보기

Using spherical coordinates and integration, show that the volume of the sphere of radius 11 centred at the origin is 4π/34\pi/3.

정답·풀이 보기

구면좌표에서 이 구는 다음과 같다.

B={ (ρsin⁡φcos⁡θ , ρsin⁡φsin⁡θ , ρcos⁡φ) ∣ 0≤ρ≤1 , 0≤φ≤π , 0≤θ≤2π }\begin{aligned} B =\big\{ \ (\rho\sin\varphi\cos\theta\,,\,\rho\sin\varphi\sin\theta\,,\, \rho\cos\varphi)\ \big|\ 0\le\rho\le 1\,,\,0\le\varphi\le\pi\,,\, 0\le\theta\le 2\pi\ \big\} \end{aligned}

dV=ρ2sin⁡φ dρ dφ dθ\mathrm{d}V =\rho^2\sin\varphi\ \mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\varphi\,\mathrm{d}\theta 이므로

Volume(S)=∭BdV=∫02πdθ∫0πdφ∫01dρ ρ2sin⁡φ=[∫02πdθ][∫0πdφ sin⁡φ][∫01dρ ρ2]=2π[−cos⁡φ]0π[ρ33]01=(2π)(2)(13)=4π3\begin{aligned} \text{Volume}(S) =\iiint _B\mathrm{d}V &=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^{\pi}\mathrm{d}\varphi\int_0^1\mathrm{d}\rho\ \rho^2\sin\varphi \\ &=\left[\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\right] \left[\int_0^{\pi}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi\right] \left[\int_0^1\mathrm{d}\rho\ \rho^2\right] \\ &= 2\pi\Big[-\cos\varphi\Big]_0^\pi \left[\frac{\rho^3}{3}\right]_0^1 =(2\pi)(2)\left(\frac{1}{3}\right) \\ &=\frac{4\pi}{3} \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

In spherical coordinates, the sphere in question is

B={ (ρsin⁡φcos⁡θ , ρsin⁡φsin⁡θ , ρcos⁡φ) ∣ 0≤ρ≤1 , 0≤φ≤π , 0≤θ≤2π }\begin{aligned} B =\big\{ \ (\rho\sin\varphi\cos\theta\,,\,\rho\sin\varphi\sin\theta\,,\, \rho\cos\varphi)\ \big|\ 0\le\rho\le 1\,,\,0\le\varphi\le\pi\,,\, 0\le\theta\le 2\pi\ \big\} \end{aligned}

As dV=ρ2sin⁡φ dρ dφ dθ\mathrm{d}V =\rho^2\sin\varphi\ \mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\varphi\,\mathrm{d}\theta,

Volume(S)=∭BdV=∫02πdθ∫0πdφ∫01dρ ρ2sin⁡φ=[∫02πdθ][∫0πdφ sin⁡φ][∫01dρ ρ2]=2π[−cos⁡φ]0π[ρ33]01=(2π)(2)(13)=4π3\begin{aligned} \text{Volume}(S) =\iiint _B\mathrm{d}V &=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^{\pi}\mathrm{d}\varphi\int_0^1\mathrm{d}\rho\ \rho^2\sin\varphi \\ &=\left[\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\right] \left[\int_0^{\pi}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi\right] \left[\int_0^1\mathrm{d}\rho\ \rho^2\right] \\ &= 2\pi\Big[-\cos\varphi\Big]_0^\pi \left[\frac{\rho^3}{3}\right]_0^1 =(2\pi)(2)\left(\frac{1}{3}\right) \\ &=\frac{4\pi}{3} \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.7절 · 14번
# 원기둥·구면좌표 삼중적분증명·논술기본자동 분류
7.CLP-3 · 3.7절 · 19번대학 수준우리말 번역

극한을 구하거나 존재하지 않음을 보이세요.

lim⁡(x,y,z)→(0,0,0)xy+yz2+xz2x2+y2+z4\lim_{(x,y,z)\to(0,0,0)}\frac{xy+yz^2+xz^2}{x^2+y^2+z^4}

영어 원문 보기

Find the limit or show that it does not exist

lim⁡(x,y,z)→(0,0,0)xy+yz2+xz2x2+y2+z4\lim_{(x,y,z)\to(0,0,0)}\frac{xy+yz^2+xz^2}{x^2+y^2+z^4}

정답·풀이 보기

구면좌표계에서 x=ρsin⁡φcos⁡θx=\rho\sin\varphi\cos\theta, y=ρsin⁡φsin⁡θy=\rho\sin\varphi\sin\theta, z=ρcos⁡φz=\rho\cos\varphi 이므로

ρ2sin⁡2φcos⁡θsin⁡θ+ρ3sin⁡φsin⁡θ cos⁡2φ+ρ3sin⁡φ cos⁡2φρ2sin⁡2φ+ρ4cos⁡4φ=sin⁡2φcos⁡θsin⁡θ+ρsin⁡φsin⁡θ cos⁡2φ+ρsin⁡φcos⁡θ cos⁡2φsin⁡2φ+ρ2cos⁡4φ\begin{aligned} &\frac{\rho^2\sin^2\varphi\cos\theta\sin\theta +\rho^3\sin\varphi\sin\theta\,\cos^2\varphi +\rho^3\sin\varphi\,\cos^2\varphi} {\rho^2\sin^2\varphi+\rho^4\cos^4\varphi} \\ & =\frac{\sin^2\varphi\cos\theta\sin\theta +\rho\sin\varphi\sin\theta\,\cos^2\varphi +\rho\sin\varphi\cos\theta\,\cos^2\varphi} {\sin^2\varphi+\rho^2\cos^4\varphi} \end{aligned}

이다. (x,y,z)→(0,0,0)(x,y,z)\to (0,0,0) 일 때 반지름 ρ→0\rho\to 0 이고, 분자의 둘째 항과 셋째 항, 그리고 분모의 둘째 항은 00 으로 수렴한다. 그러면 남는 것은

sin⁡2φcos⁡θsin⁡θsin⁡2φ=cos⁡θsin⁡θ\frac{\sin^2\varphi\cos\theta\sin\theta}{\sin^2\varphi} =\cos\theta\sin\theta

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

xy+yz2+xz2x2+y2+z4∣x=0 또는 y=0z=0=0\frac{xy+yz^2+xz^2}{x^2+y^2+z^4}\bigg|_{\genfrac{}{}{0pt}{}{x=0\text{ 또는 }y=0}{z=0}}=0

이므로 00 으로 수렴한다. 그러나 (x,y,z)→(0,0,0)(x,y,z)\to (0,0,0) 을 직선 y=xy=x, z=0z=0 을 따라 보내면

xy+yz2+xz2x2+y2+z4∣y=xz=0=x22x2=12\frac{xy+yz^2+xz^2}{x^2+y^2+z^4}\bigg|_{\genfrac{}{}{0pt}{}{y=x}{z=0}}=\frac{x^2}{2x^2} =\frac{1}{2}

이므로 1/21/2 로 수렴한다. 따라서 (x,y,z)→(0,0,0)(x,y,z)\to(0,0,0) 일 때 xy+yz2+xz2x2+y2+z4\frac{xy+yz^2+xz^2}{x^2+y^2+z^4} 은 하나의 값에 가까워지지 않으므로 극한은 존재하지 않는다.

원본 교재 풀이(영어)

In spherical coordinates, x=ρsin⁡φcos⁡θx=\rho\sin\varphi\cos\theta, y=ρsin⁡φsin⁡θy=\rho\sin\varphi\sin\theta, z=ρcos⁡φz=\rho\cos\varphi so that

ρ2sin⁡2φcos⁡θsin⁡θ+ρ3sin⁡φsin⁡θ cos⁡2φ+ρ3sin⁡φ cos⁡2φρ2sin⁡2φ+ρ4cos⁡4φ=sin⁡2φcos⁡θsin⁡θ+ρsin⁡φsin⁡θ cos⁡2φ+ρsin⁡φcos⁡θ cos⁡2φsin⁡2φ+ρ2cos⁡4φ\begin{aligned} &\frac{\rho^2\sin^2\varphi\cos\theta\sin\theta +\rho^3\sin\varphi\sin\theta\,\cos^2\varphi +\rho^3\sin\varphi\,\cos^2\varphi} {\rho^2\sin^2\varphi+\rho^4\cos^4\varphi} \\ & =\frac{\sin^2\varphi\cos\theta\sin\theta +\rho\sin\varphi\sin\theta\,\cos^2\varphi +\rho\sin\varphi\cos\theta\,\cos^2\varphi} {\sin^2\varphi+\rho^2\cos^4\varphi} \end{aligned}

As (x,y,z)→(0,0,0)(x,y,z)\to (0,0,0), the radius ρ→0\rho\to 0 and the second and third terms in the numerator and the second term in the denominator converge to 00. But that leaves

sin⁡2φcos⁡θsin⁡θsin⁡2φ=cos⁡θsin⁡θ\frac{\sin^2\varphi\cos\theta\sin\theta}{\sin^2\varphi} =\cos\theta\sin\theta

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

xy+yz2+xz2x2+y2+z4∣x=0 or y=0z=0=0\frac{xy+yz^2+xz^2}{x^2+y^2+z^4}\bigg|_{\genfrac{}{}{0pt}{}{x=0\text{ or }y=0}{z=0}}=0

converges to 00. But, if we send (x,y,z)→(0,0,0)(x,y,z)\to (0,0,0) along the line y=xy=x, z=0z=0

xy+yz2+xz2x2+y2+z4∣y=xz=0=x22x2=12\frac{xy+yz^2+xz^2}{x^2+y^2+z^4}\bigg|_{\genfrac{}{}{0pt}{}{y=x}{z=0}}=\frac{x^2}{2x^2} =\frac{1}{2}

converges to 1/21/2. So xy+yz2+xz2x2+y2+z4\frac{xy+yz^2+xz^2}{x^2+y^2+z^4} does not approach a single value as (x,y,z)→(0,0,0)(x,y,z)\to(0,0,0) and the limit does not exist.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.7절 · 2번
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