삼중적분 연습문제 | 빌드라인 스쿨

81.CLP-3 · 3.5절 · 1번대학 수준우리말 번역

다음 적분의 값을 구하세요.

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

반복적분을 사용하지 말고, 대신 이 적분을 기하학적으로 해석하세요.

영어 원문 보기

Evaluate the integral

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

without using iteration. Instead, interpret the integral geometrically.

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

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

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

이다.

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

원본 교재 풀이(영어)

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

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

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.5절 · 15번

# 삼중적분계산기본자동 분류

82.CLP-3 · 3.5절 · 2번대학 수준우리말 번역

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

영어 원문 보기

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

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

질량은 다음과 같다.

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

원본 교재 풀이(영어)

The mass is

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.5절 · 14번

# 삼중적분계산기본자동 분류

83.CLP-3 · 3.5절 · 3번대학 수준우리말 번역

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

영어 원문 보기

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

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

적분 영역은 다음과 같다.

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

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

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

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

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

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

이는 아래 오른쪽 그림에 나타나 있다.

따라서 주어진 적분은 다음과 같다.

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

원본 교재 풀이(영어)

The domain of integration is

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

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

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

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

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

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

This is pictured in the figure on the right below.

So the specified integral is

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.5절 · 13번

# 삼중적분계산보통자동 분류

84.CLP-3 · 3.5절 · 4번대학 수준우리말 번역

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

영어 원문 보기

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

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

적분 영역은 다음과 같다.

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

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

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

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

다음은 $D_z$ 를 위에서 본 모양의 개략도이다.

$D_z$ 에서 $y$ 는 $1-z$ 에서 $1$ 까지 변한다.

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

따라서 주어진 적분은 다음과 같다.

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

원본 교재 풀이(영어)

The domain of integration is

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

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

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

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

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

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

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

So the specified integral is

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.5절 · 5번

# 삼중적분계산보통자동 분류

85.CLP-3 · 3.5절 · 5번대학 수준우리말 번역

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

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

영어 원문 보기

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

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

정답·풀이 보기

(a) 적분 영역은

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

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

$V$ 에서

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

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

다음은 $D_x$ 의 그림이다.

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

따라서 새로운 순서로 나타낸 적분은 다음과 같다.

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

(b) 적분 영역은

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

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

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

다음은 $D_x$ 의 그림이다.

새로운 순서로 나타낸 적분은 다음과 같다.

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

원본 교재 풀이(영어)

(a) The domain of integration is

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

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

In $V$ ,

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

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

Here is a sketch of $D_x$ .

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

So the integral is, in the new order,

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

(b) The domain of integration is

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

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

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

Here is a sketch of $D_x$ .

In the new order, the integral is

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.5절 · 6번

# 삼중적분계산보통자동 분류

86.CLP-3 · 3.5절 · 6번대학 수준우리말 번역

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

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

와 같이 주어져 있습니다.

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

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

영어 원문 보기

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

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

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

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

정답·풀이 보기

(a) 주어진 적분의 적분 영역에서

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

즉,

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

이다.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

따라서 적분은 다음과 같다.

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

원본 교재 풀이(영어)

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

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

That is,

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

So the integral is

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.5절 · 7번

# 삼중적분계산보통자동 분류

87.CLP-3 · 3.5절 · 7번대학 수준우리말 번역

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

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

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

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

영어 원문 보기

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

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

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

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

정답·풀이 보기

(a) 주어진 적분 $J$ 에서

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

따라서

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

이다.

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

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

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

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

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

다음을 알 수 있다.

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

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

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

따라서 적분은 다음과 같다.

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

원본 교재 풀이(영어)

(a) In the given integral $J$ ,

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

So

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

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

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

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

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

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

we see that

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

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

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

So the integral

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.5절 · 16번

# 삼중적분그래프·표 해석보통자동 분류

88.CLP-3 · 3.5절 · 9번대학 수준우리말 번역

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

(a) 적분 I 를 다음 꼴로 다시 나타내세요.

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

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

영어 원문 보기

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

(a) Rewrite the integral I in the form

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

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

정답·풀이 보기

먼저 $E$ 가 어떤 모양인지 알아야 한다. 다음은 그 개형이다.

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

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

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

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

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

따라서

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

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

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

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

다음은 $E_x$ 의 개형이다.

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

따라서

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

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

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

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

다음은 $E_z$ 의 개형이다.

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

따라서

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

원본 교재 풀이(영어)

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

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

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

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

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

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

So

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

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

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

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

Here is a sketch of $E_x$ .

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

So

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

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

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

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

Here is a sketch of $E_z$ .

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

So

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.5절 · 22번

# 삼중적분계산보통자동 분류

89.CLP-3 · 3.5절 · 10번대학 수준우리말 번역

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

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

영어 원문 보기

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

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

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

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

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

이고

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

원본 교재 풀이(영어)

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

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

and

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.5절 · 9번

# 삼중적분계산보통자동 분류

90.CLP-3 · 3.5절 · 11번대학 수준우리말 번역

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

영어 원문 보기

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

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

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

따라서

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

이고 $E$ 의 질량은

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

원본 교재 풀이(영어)

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

So

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

and the mass of $E$ is

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.5절 · 10번

# 삼중적분계산보통자동 분류

91.CLP-3 · 3.5절 · 12번대학 수준우리말 번역

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

영어 원문 보기

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

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

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

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

따라서

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

이고 적분은

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

원본 교재 풀이(영어)

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

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

So

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

and the integral

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.5절 · 11번

# 삼중적분계산보통자동 분류

92.CLP-3 · 3.5절 · 13번대학 수준우리말 번역

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

영어 원문 보기

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

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

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

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

따라서

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

이고 적분은

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

원본 교재 풀이(영어)

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

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

So

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

and the integral

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 3.5절 · 12번

# 삼중적분계산보통자동 분류

93.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

94.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

95.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

96.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

97.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

98.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

99.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

100.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