극좌표 이중적분 연습문제 — CLP-3 · 3.2절 · 21번

CLP-3 · 3.2절 · 21번대학 수준우리말 번역

다음을 생각하세요.

$J = \int_0^{\sqrt{2}} \int_y^{\sqrt{4-y^2}} \frac{y}{x} e^{x^2+y^2}\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$

(a) 적분 영역을 그림으로 그리세요. (b) 적분 순서를 바꾸세요. (c) 극좌표를 이용하여 $J$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Consider

$J = \int_0^{\sqrt{2}} \int_y^{\sqrt{4-y^2}} \frac{y}{x} e^{x^2+y^2}\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$

(a) Sketch the region of integration. (b) Reverse the order of integration. (c) Evaluate $J$ by using polar coordinates.

정답·풀이 보기

(a) 적분 정의역에서

$y$ 는 $0$ 부터 $\sqrt{2}$ 까지 변하고,
그 범위의 각 $y$ 에 대해 $x$ 는 $y$ 부터 $\sqrt{4-y^2}$ 까지 변한다. $x=\sqrt{4-y^2}$ 을 더 익숙한 꼴인 $x^2+y^2=4$ , $x\ge 0$ 으로 고쳐 쓸 수 있다.

아래 왼쪽 그림은 적분 정의역의 개형이다. 또한 주어진 반복적분을 세우는 데 사용한 일반적인 가로 방향 띠도 보여 준다.

(b) 적분 순서를 바꾸기 위해 가로 방향 띠 대신 세로 방향 띠를 사용한다. 위 오른쪽 그림에서 알 수 있듯이, 적분 정의역에서

$x$ 는 $0$ 부터 $2$ 까지 변하고,
$0\le x\le\sqrt{2}$ 인 범위의 각 $x$ 에 대해 $y$ 는 $0$ 부터 $x$ 까지 변한다.
$\sqrt{2}\le x\le 2$ 인 범위의 각 $x$ 에 대해 $y$ 는 $0$ 부터 $\sqrt{4-x^2}$ 까지 변한다.

따라서 적분은 다음과 같다.

$J = \int_0^{\sqrt{2}}\int_0^x \frac{y}{x} e^{x^2+y^2}\ \mathrm{d}y\,\mathrm{d}x + \int_{\sqrt{2}}^2\int_0^{\sqrt{4-x^2}} \frac{y}{x} e^{x^2+y^2}\ \mathrm{d}y\,\mathrm{d}x$

(c) 극좌표에서 직선 $y=x$ 는 $\theta=\frac{\pi}{4}$ 이고, 원 $x^2+y^2=4$ 는 $r=2$ 이며, $\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$ 이다. 따라서

$\begin{aligned} J&=\int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\theta\int_0^2\mathrm{d}r\ r \overbrace{\frac{r\sin\theta}{r\cos\theta}}^{\frac{y}{x}}e^{r^2} \\ &=\int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\theta\ \frac{\sin\theta}{\cos\theta} \left[\frac{1}{2} e^{r^2}\right]_0^2 \\ &=-\frac{1}{2}\left[e^4-1\right] \int_1^{1/\sqrt{2}}\mathrm{d}u\ \frac{1}{u} \qquad\text{여기서 }u=\cos\theta,\ \mathrm{d}u=-\sin\theta\,\mathrm{d}\theta \\ &=-\frac{1}{2}\left[e^4-1\right]\ \Big[\ln|u|\Big]_1^{1/\sqrt{2}} \\ &= \frac{1}{4}\left[e^4-1\right]\ln 2 \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

(a) On the domain of integration

$y$ runs from $0$ to $\sqrt{2}$ and
for each $y$ in that range, $x$ runs from $y$ to $\sqrt{4-y^2}$ . We can rewrite $x=\sqrt{4-y^2}$ in the more familiar form $x^2+y^2=4$ , $x\ge 0$ .

The figure on the left below provides a sketch of the domain of integration. It also shows the generic horizontal slice that was used to set up the given iterated integral.

(b) To reverse the order of integration observe, we use vertical, rather than horizontal slices. From the figure on the right above that, on the domain of integration,

$x$ runs from $0$ to $2$ and
for each $x$ in the range $0\le x\le\sqrt{2}$ , $y$ runs from $0$ to $x$ .
for each $x$ in the range $\sqrt{2}\le x\le 2$ , $y$ runs from $0$ to $\sqrt{4-x^2}$ .

So the integral

$J = \int_0^{\sqrt{2}}\int_0^x \frac{y}{x} e^{x^2+y^2}\ \mathrm{d}y\,\mathrm{d}x + \int_{\sqrt{2}}^2\int_0^{\sqrt{4-x^2}} \frac{y}{x} e^{x^2+y^2}\ \mathrm{d}y\,\mathrm{d}x$

(c) In polar coordinates, the line $y=x$ is $\theta=\frac{\pi}{4}$ , the circle $x^2+y^2=4$ is $r=2$ , and $\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$ . So

$\begin{aligned} J&=\int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\theta\int_0^2\mathrm{d}r\ r \overbrace{\frac{r\sin\theta}{r\cos\theta}}^{\frac{y}{x}}e^{r^2} \\ &=\int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\theta\ \frac{\sin\theta}{\cos\theta} \left[\frac{1}{2} e^{r^2}\right]_0^2 \\ &=-\frac{1}{2}\left[e^4-1\right] \int_1^{1/\sqrt{2}}\mathrm{d}u\ \frac{1}{u} \qquad\text{with }u=\cos\theta,\ \mathrm{d}u=-\sin\theta\,\mathrm{d}\theta \\ &=-\frac{1}{2}\left[e^4-1\right]\ \Big[\ln|u|\Big]_1^{1/\sqrt{2}} \\ &= \frac{1}{4}\left[e^4-1\right]\ln 2 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-3 · 3.2절 · 20번우리말 번역

$G$ 를 다음과 같이 주어진 $\mathbb{R}^2$ 의 영역이라 하자.

$\begin{gathered} x^2 + y^2 \le 1 \\ 0 \le x \le 2y \\ y \le 2x \end{gathered}$

(a) 영역 $G$ 의 그래프를 그리세요. (b) 적분 $\iint _G f(x,y)\ \mathrm{d}A$ 를 반복적분 $\iint f(x, y)\ \mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 의 합으로 나타내세요. (c) 적분 $\iint _G f(x,y)\ \mathrm{d}A$ 를 $x = r \cos(\theta)$ , $y = r \sin(\theta)$ 인 극좌표 $(r, \theta)$ 에서의 반복적분으로 나타내세요.

다 풀었으면 정답 확인

(a) 다음에 주목한다.

조건 $x^2+y^2\le 1$ 은 $G$ 를 원점을 중심으로 하는 반지름이 $1$ 인 원의 내부로 제한한다.
조건 $0\le x\le 2y$ 는 $G$ 를 $x\ge 0$ , $y\ge 0$ 인 부분, 즉 제1사분면으로 제한한다.
조건 $x\le 2y$ 와 $y\le 2x$ 는 $\frac{x}{2}\le y\le 2x$ 로 제한한다. 따라서 $G$ 는 (가파른) 직선 $y=2x$ 의 아래쪽에 있고, (가파르지 않은) 직선 $y=\frac{x}{2}$ 의 위쪽에 있다.

다음은 $G$ 의 그래프이다.

(b) 직선 $y=2x$ 는 원 $x^2+y^2=1$ 과 다음을 만족하는 점 $(x,y)$ 에서 만난다.

$\begin{aligned} x^2+(2x)^2=x^2+y^2=1 \implies 5x^2=1 \end{aligned}$

또한 직선 $x=2y$ 는 원 $x^2+y^2=1$ 과 다음을 만족하는 점 $(x,y)$ 에서 만난다.

$\begin{aligned} (2y)^2+y^2=x^2+y^2=1 \implies 5y^2=1 \end{aligned}$

따라서 제1팔분면에서 $y=2x$ 와 $x^2+y^2=1$ 의 교점은 $\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\,,\,\frac{2}{\sqrt{5}}\right)$ 이고, 제1팔분면에서 $x=2y$ 와 $x^2+y^2=1$ 의 교점은 $\left(\frac{2}{\sqrt{5}}\,,\,\frac{1}{\sqrt{5}}\right)$ 이다.

다음 그림과 같이 가로 띠를 이용하여 반복적분을 세운다.

이 그림을 보면 $G$ 위에서

$y$ 는 $0$ 에서 $\frac{2}{\sqrt{5}}$ 까지 변하고,
$0$ 과 $\frac{1}{\sqrt{5}}$ 사이의 각 고정된 $y$ 에 대해 $x$ 는 $\frac{y}{2}$ 에서 $2y$ 까지 변하고,
$\frac{1}{\sqrt{5}}$ 과 $\frac{2}{\sqrt{5}}$ 사이의 각 고정된 $y$ 에 대해 $x$ 는 $\frac{y}{2}$ 에서 $\sqrt{1-y^2}$ 까지 변한다.

그러므로

$\begin{aligned} \iint _G f(x,y)\ \mathrm{d}A &=\int_0^{\frac{1}{\sqrt{5}}}\mathrm{d}y\int_{y/2}^{2y}\mathrm{d}x\ f(x,y) +\int_{\frac{1}{\sqrt{5}}}^{\frac{2}{\sqrt{5}}}\mathrm{d}y\int_{y/2}^{\sqrt{1-y^2}} \mathrm{d}x\ f(x,y) \end{aligned}$

(b) 극좌표에서

방정식 $x^2+y^2=1$ 은 $r=1$ 이 되고,
방정식 $y=x/2$ 는 $r\sin\theta = \frac{r}{2}\cos\theta$ , 즉 $\tan\theta =\frac{1}{2}$ 이 되고,
방정식 $y=2x$ 는 $r\sin\theta = 2r\cos\theta$ , 즉 $\tan\theta =2$ 가 된다.

다음 그림을 보면

$G$ 위에서

$\theta$ 는 $\arctan\frac{1}{2}$ 에서 $\arctan 2$ 까지 변하고,
그 범위의 각 고정된 $\theta$ 에 대해 $r$ 는 $0$ 에서 $1$ 까지 변한다.

$\mathrm{d}A=r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$ 이고 $x=r\cos\theta$ , $y=r\sin\theta$ 이므로

$\begin{aligned} \iint _G f(x,y)\ \mathrm{d}A &=\int_{\arctan\frac{1}{2}}^{\arctan 2}\mathrm{d}\theta \int_0^1\mathrm{d}r\ r\,f(r\cos\theta,r\sin\theta) \end{aligned}$

이 문제로 이어서 풀기

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