삼중적분 연습문제 — CLP-3 · 3.5절 · 21번

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

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-3 · 3.5절 · 18번우리말 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.

다 풀었으면 정답 확인

(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.

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.

이 문제로 이어서 풀기

# 삼중적분계산보통자동 분류