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문제 은행 · 미적분 · 대학 미적분 · 다중적분

원기둥·구면좌표 삼중적분

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

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 문제CLP-3 · 3.7절 · 14번우리말 번역

구면좌표로 바꾸어

∫−11∫−1−x21−x2∫1−1−x2−y21+1−x2−y2(x2+y2+z2)5/2 dz dy dx\int_{-1}^1 \int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}} \int_{1-\sqrt{1-x^2-y^2}}^{1+\sqrt{1-x^2-y^2}} (x^2+y^2+z^2)^{5/2} \ \mathrm{d}z\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}x

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적분 영역에서

  • xx 는 −1-1 부터 11 까지 변한다.
  • 그 범위의 각 고정된 xx 에 대해 yy 는 −1−x2-\sqrt{1-x^2} 부터 1−x2\sqrt{1-x^2} 까지 변한다. 부등식으로 나타내면 −1−x2≤y≤1−x2-\sqrt{1-x^2}\le y\le \sqrt{1-x^2} 이고, 이는 x2+y2≤1x^2+y^2\le 1 과 같다.
  • x2+y2≤1x^2+y^2\le 1 을 만족하는 각 고정된 (x,y)(x,y) 에 대해 zz 는 1−1−x2−y21-\sqrt{1-x^2-y^2} 부터 1+1−x2−y21+\sqrt{1-x^2-y^2} 까지 변한다. 부등식으로 나타내면 1−1−x2−y2≤z≤1+1−x2−y21-\sqrt{1-x^2-y^2}\le z\le 1+\sqrt{1-x^2-y^2} 이고, 이는 x2+y2+(z−1)2≤1x^2+y^2+(z-1)^2\le 1 과 같다.

따라서 적분 영역은

V={ (x,y,z) ∣ x2+y2+(z−1)2≤1 }V = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2+(z-1)^2\le 1\ \big\}

이다.

구면좌표에서 조건 x2+y2+(z−1)2≤1x^2+y^2+(z-1)^2\le 1 은

(ρsin⁡φcos⁡θ)2+(ρsin⁡φsin⁡θ)2+(ρcos⁡φ−1)2≤1  ⟺  ρ2sin⁡2φ+(ρcos⁡φ−1)2≤1  ⟺  ρ2sin⁡2φ+ρ2cos⁡2φ−2ρcos⁡φ+1≤1  ⟺  ρ2≤2ρcos⁡φ  ⟺  ρ≤2cos⁡φ\begin{aligned} &(\rho\sin\varphi\cos\theta)^2 +(\rho\sin\varphi\sin\theta)^2 +(\rho\cos\varphi-1)^2\le 1 \\ &\iff \rho^2\sin^2\varphi + (\rho\cos\varphi-1)^2\le 1 \\ &\iff \rho^2\sin^2\varphi + \rho^2\cos^2\varphi -2 \rho\cos\varphi +1 \le 1 \\ &\iff \rho^2\le 2\rho\cos\varphi \\ &\iff \rho\le 2\cos\varphi \end{aligned}

이다.

VV 는 R3\mathbb{R}^3 의 위쪽 절반 z≥0z\ge 0 에 포함되고 xyxy평면은 VV 에 접한다. 따라서 (x,y,z)(x,y,z) 가 VV 에서 변할 때 구면좌표 φ\varphi 는 00 (양의 zz축)부터 π/2{\pi}/{2} (xyxy평면)까지 변한다. 다음은 VV 를 옆에서 본 모양의 그림이다.

그림

dV=ρ2sin⁡φ dρ dφ dθ\mathrm{d}V = \rho^2\sin\varphi\ \mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\varphi\,\mathrm{d}\theta 이고 (x2+y2+z2)5/2=ρ5\big(x^2+y^2+z^2\big)^{5/2}=\rho^5 이므로 적분은 다음과 같다.

∫−11∫−1−x21−x2∫1−1−x2−y21+1−x2−y2(x2+y2+z2)5/2 dz dy dx=∫02πdθ∫0π/2dφ∫02cos⁡φdρ ρ2sin⁡φ ρ5=∫02πdθ∫0π/2dφ 28cos⁡8φ8sin⁡φ=32∫02πdθ [−cos⁡9φ9]0π/2=329(2π)=64π9\begin{aligned} \int_{-1}^1 \int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}} \int_{1-\sqrt{1-x^2-y^2}}^{1+\sqrt{1-x^2-y^2}} (x^2+y^2+z^2)^{5/2} \ \mathrm{d}z\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}x &=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi \int_0^{2\cos\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^2\sin\varphi \ \rho^5 \\ &=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi \ \frac{2^8\cos^8\varphi}{8}\sin\varphi \\ &=32\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \left[-\frac{\cos^9\varphi}{9}\right]_0^{\pi/2} \\ &=\frac{32}{9}(2\pi) =\frac{64\pi}{9} \end{aligned}

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