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문제 은행 · 미적분 · 대학 미적분 · 다중적분

극좌표 이중적분

먼저 혼자 풀어 보고, 풀이로 확인한 다음, 아래 「한 번 더」 문제로 이어서 연습하세요.

CLP-3 · 3.2절 · 3번대학 수준우리말 번역

다음 점들을 생각하세요.

(x1,y1)=(3,0)(x2,y2)=(1,1)(x3,y3)=(0,1)(x4,y4)=(−1,1)(x5,y5)=(−2,0)\begin{aligned} (x_1,y_1) &= (3,0) & (x_2,y_2) &= (1,1) & (x_3,y_3) &= (0,1) \\ (x_4,y_4) &= (-1,1) & (x_5,y_5) &= (-2,0) \end{aligned}

또한 각 θ\theta 에 대해 벡터를 다음과 같이 정의하세요.

e^r(θ)=cos⁡θ ı^+sin⁡θ ȷ^e^θ(θ)=−sin⁡θ ı^+cos⁡θ ȷ^\begin{aligned} \hat{\mathbf{e}}_r(\theta)=\cos\theta\ \hat{\boldsymbol{\imath}} + \sin\theta\ \hat{\boldsymbol{\jmath}}\qquad \hat{\mathbf{e}}_\theta(\theta) = -\sin\theta\ \hat{\boldsymbol{\imath}} + \cos\theta\ \hat{\boldsymbol{\jmath}} \end{aligned}

(a) 각 각 θ\theta 에 대해 벡터 e^r(θ)\hat{\mathbf{e}}_r(\theta) 와 e^θ(θ)\hat{\mathbf{e}}_\theta(\theta) 의 길이, 그리고 두 벡터 e^r(θ)\hat{\mathbf{e}}_r(\theta) 와 e^θ(θ)\hat{\mathbf{e}}_\theta(\theta) 가 이루는 각을 구하세요. e^r(θ)×e^θ(θ)\hat{\mathbf{e}}_r(\theta)\times\hat{\mathbf{e}}_\theta(\theta) 의 값을 구하세요 (e^r(θ)\hat{\mathbf{e}}_r(\theta) 와 e^θ(θ)\hat{\mathbf{e}}_\theta(\theta) 를 k^\hat{\mathbf{k}} 성분이 0인 3차원 벡터로 보세요). (b) 1≤i≤51\le i\le 5 인 각 ii 에 대해, xyxy 평면에 점 (xi,yi)=(ricos⁡θi , risin⁡θi)(x_i,y_i)= \big(r_i\cos\theta_i\,,\,r_i\sin\theta_i\big) 와 벡터 e^r(θi)\hat{\mathbf{e}}_r(\theta_i), e^θ(θi)\hat{\mathbf{e}}_\theta(\theta_i) 를 그리세요. 벡터를 그릴 때 벡터 e^r(θi)\hat{\mathbf{e}}_r(\theta_i) 와 e^θ(θi)\hat{\mathbf{e}}_\theta(\theta_i) 의 시점을 (xi,yi)(x_i,y_i) 에 놓으세요.

영어 원문 보기

Consider the points

(x1,y1)=(3,0)(x2,y2)=(1,1)(x3,y3)=(0,1)(x4,y4)=(−1,1)(x5,y5)=(−2,0)\begin{aligned} (x_1,y_1) &= (3,0) & (x_2,y_2) &= (1,1) & (x_3,y_3) &= (0,1) \\ (x_4,y_4) &= (-1,1) & (x_5,y_5) &= (-2,0) \end{aligned}

Also define, for each angle θ\theta, the vectors

e^r(θ)=cos⁡θ ı^+sin⁡θ ȷ^e^θ(θ)=−sin⁡θ ı^+cos⁡θ ȷ^\begin{aligned} \hat{\mathbf{e}}_r(\theta)=\cos\theta\ \hat{\boldsymbol{\imath}} + \sin\theta\ \hat{\boldsymbol{\jmath}}\qquad \hat{\mathbf{e}}_\theta(\theta) = -\sin\theta\ \hat{\boldsymbol{\imath}} + \cos\theta\ \hat{\boldsymbol{\jmath}} \end{aligned}

(a) Determine, for each angle θ\theta, the lengths of the vectors e^r(θ)\hat{\mathbf{e}}_r(\theta) and e^θ(θ)\hat{\mathbf{e}}_\theta(\theta) and the angle between the vectors e^r(θ)\hat{\mathbf{e}}_r(\theta) and e^θ(θ)\hat{\mathbf{e}}_\theta(\theta). Compute e^r(θ)×e^θ(θ)\hat{\mathbf{e}}_r(\theta)\times\hat{\mathbf{e}}_\theta(\theta) (viewing e^r(θ)\hat{\mathbf{e}}_r(\theta) and e^θ(θ)\hat{\mathbf{e}}_\theta(\theta) as vectors in three dimensions with zero k^\hat{\mathbf{k}} components). (b) For each 1≤i≤51\le i\le 5, sketch, in the xyxy-plane, the point (xi,yi)=(ricos⁡θi , risin⁡θi)(x_i,y_i)= \big(r_i\cos\theta_i\,,\,r_i\sin\theta_i\big) and the vectors e^r(θi)\hat{\mathbf{e}}_r(\theta_i) and e^θ(θi)\hat{\mathbf{e}}_\theta(\theta_i). In your sketch of the vectors, place the tails of the vectors e^r(θi)\hat{\mathbf{e}}_r(\theta_i) and e^θ(θi)\hat{\mathbf{e}}_\theta(\theta_i) at (xi,yi)(x_i,y_i).

정답·풀이 보기

(a) 길이는 다음과 같다.

∣e^r(θ)∣=cos⁡2θ+sin⁡2θ=1∣e^θ(θ)∣=(−sin⁡θ)2+cos⁡2θ=1\begin{aligned} |\hat{\mathbf{e}}_r(\theta)| &= \sqrt{\cos^2\theta+\sin^2\theta} = 1 \\ |\hat{\mathbf{e}}_\theta(\theta)| &= \sqrt{(-\sin\theta)^2+\cos^2\theta} = 1 \end{aligned}

e^r(θ)⋅e^θ(θ)=(cos⁡θ)(−sin⁡θ)+(sin⁡θ)(cos⁡θ)=0\hat{\mathbf{e}}_r(\theta) \cdot \hat{\mathbf{e}}_\theta(\theta) = (\cos\theta)(-\sin\theta) +(\sin\theta)(\cos\theta)=0

이므로 두 벡터는 수직이고 두 벡터가 이루는 각은 π2\frac{\pi}{2} 이다. 외적은 다음과 같다.

e^r(θ)×e^θ(θ)=det⁡[ı^ȷ^k^cos⁡θsin⁡θ0−sin⁡θcos⁡θ0]=k^\begin{aligned} \hat{\mathbf{e}}_r(\theta) \times \hat{\mathbf{e}}_\theta(\theta) &=\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ \cos\theta & \sin\theta & 0 \\ -\sin\theta & \cos\theta & 0 \end{matrix}\right] =\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}

(b) x=rcos⁡θx=r\cos\theta, y=rsin⁡θy=r\sin\theta 로 정해지는 θ\theta 에 대해 다음에 주목한다.

  • 벡터 e^r(θ)\hat{\mathbf{e}}_r(\theta) 는 (0,0)(0,0) 에서 (x,y)(x,y) 로 향하는 벡터와 방향이 같은 단위벡터이다.
  • 벡터 e^θ(θ)\hat{\mathbf{e}}_\theta(\theta) 는 e^r(θ)\hat{\mathbf{e}}_r(\theta) 에 수직인 단위벡터이다.
  • e^θ(θ)\hat{\mathbf{e}}_\theta(\theta) 의 yy 성분은 e^r(θ)\hat{\mathbf{e}}_r(\theta) 의 xx 성분과 부호가 같다. e^θ(θ)\hat{\mathbf{e}}_\theta(\theta) 의 xx 성분은 e^r(θ)\hat{\mathbf{e}}_r(\theta) 의 yy 성분과 부호가 반대이다.

다음은 i=1,3,5i =1,3,5 (축 위의 점)에 대한 (xi,yi)(x_i,y_i), e^r(θi)\hat{\mathbf{e}}_r(\theta_i), e^θ(θi)\hat{\mathbf{e}}_\theta(\theta_i) 의 그림이다.

그림

다음은 i=2,4i =2,4 (축 위에 있지 않은 점)에 대한 (xi,yi)(x_i,y_i), e^r(θi)\hat{\mathbf{e}}_r(\theta_i), e^θ(θi)\hat{\mathbf{e}}_\theta(\theta_i) 의 그림이다(축척은 다르다).

그림

원본 교재 풀이(영어)

(a) The lengths are

∣e^r(θ)∣=cos⁡2θ+sin⁡2θ=1∣e^θ(θ)∣=(−sin⁡θ)2+cos⁡2θ=1\begin{aligned} |\hat{\mathbf{e}}_r(\theta)| &= \sqrt{\cos^2\theta+\sin^2\theta} = 1 \\ |\hat{\mathbf{e}}_\theta(\theta)| &= \sqrt{(-\sin\theta)^2+\cos^2\theta} = 1 \end{aligned}

As

e^r(θ)⋅e^θ(θ)=(cos⁡θ)(−sin⁡θ)+(sin⁡θ)(cos⁡θ)=0\hat{\mathbf{e}}_r(\theta) \cdot \hat{\mathbf{e}}_\theta(\theta) = (\cos\theta)(-\sin\theta) +(\sin\theta)(\cos\theta)=0

the two vectors are perpendicular and the angle between them is π2\frac{\pi}{2}. The cross product is

e^r(θ)×e^θ(θ)=det⁡[ı^ȷ^k^cos⁡θsin⁡θ0−sin⁡θcos⁡θ0]=k^\begin{aligned} \hat{\mathbf{e}}_r(\theta) \times \hat{\mathbf{e}}_\theta(\theta) &=\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ \cos\theta & \sin\theta & 0 \\ -\sin\theta & \cos\theta & 0 \end{matrix}\right] =\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}

(b) Note that for θ\theta determined by x=rcos⁡θx=r\cos\theta, y=rsin⁡θy=r\sin\theta,

  • the vector e^r(θ)\hat{\mathbf{e}}_r(\theta) is a unit vector in the same direction as the vector from (0,0)(0,0) to (x,y)(x,y) and
  • the vector e^θ(θ)\hat{\mathbf{e}}_\theta(\theta) is a unit vector that is perpendicular to e^r(θ)\hat{\mathbf{e}}_r(\theta).
  • The yy-component of e^θ(θ)\hat{\mathbf{e}}_\theta(\theta) has the same sign as the xx-component of e^r(θ)\hat{\mathbf{e}}_r(\theta). The xx-component of e^θ(θ)\hat{\mathbf{e}}_\theta(\theta) has opposite sign to that of the yy-component of e^r(θ)\hat{\mathbf{e}}_r(\theta).

Here is a sketch of (xi,yi)(x_i,y_i), e^r(θi)\hat{\mathbf{e}}_r(\theta_i), e^θ(θi)\hat{\mathbf{e}}_\theta(\theta_i) for i=1,3,5i =1,3,5 (the points on the axes)

figure

and here is a sketch (to a different scale) of (xi,yi)(x_i,y_i), e^r(θi)\hat{\mathbf{e}}_r(\theta_i), e^θ(θi)\hat{\mathbf{e}}_\theta(\theta_i) for i=2,4i =2,4 (the points off the axes).

figure

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-3 · 3.2절 · 14번우리말 번역

∬R21(1+x2+y2)2 dA\displaystyle \iint _{\mathbb{R}^2} \frac{1}{{(1+x^2+y^2)}^2}\ \mathrm{d}A 의 값을 구하세요.

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극좌표를 사용한다. 적분의 정의역은

R2={ (rcos⁡θ , rsin⁡θ) ∣ 0≤r<∞, 0≤θ≤2π }\mathbb{R}^2=\big\{ \ (r\cos\theta\,,\,r\sin\theta)\ \big|\ 0\le r<\infty,\ 0\le\theta\le 2\pi\ \big\}

이다. 주어진 적분은 이상적분이므로, 먼저 rr 을 00 에서 임의의 R>0R>0 까지 적분한 다음 R→∞R\rightarrow\infty 일 때의 극한을 취한다. 극좌표에서 피적분함수는 1(1+x2+y2)2=1(1+r2)2\frac{1}{{(1+x^2+y^2)}^2}=\frac{1}{{(1+r^2)}^2} 이고 dA=r dr dθ\mathrm{d}A=r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta 이므로

∬R21(1+x2+y2)2 dA=lim⁡R→∞∫02πdθ∫0Rdrr(1+r2)2=lim⁡R→∞∫02πdθ [−12(1+r2)]0R=lim⁡R→∞2π[12−12(1+R2)]=π\begin{aligned} \iint _{\mathbb{R}^2} \frac{1}{{(1+x^2+y^2)}^2}\ \mathrm{d}A &=\lim_{R\rightarrow\infty} \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^R\mathrm{d}r \frac{r}{{(1+r^2)}^2} \\ &=\lim_{R\rightarrow\infty} \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \left[-\frac{1}{2(1+r^2)}\right]_0^R \\ &=\lim_{R\rightarrow\infty} 2\pi \left[\frac{1}{2}-\frac{1}{2(1+R^2)}\right] \\ &=\pi \end{aligned}

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