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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 · 8번대학 수준우리말 번역

구면좌표를 사용하여 적분

I=∭Dz dVI=\iiint _D z\ \mathrm{d}V

의 값을 구하세요. 여기서 DD 는 원뿔 z=x2+y2z = \sqrt{x^2 + y^2} 와 구 x2+y2+z2=4x^2 + y^2 + z^2 = 4 로 둘러싸인 입체입니다. 즉, (x,y,z)(x,y,z) 가 DD 에 속하는 것은 x2+y2≤z\sqrt{x^2 + y^2}\le z 이고 x2+y2+z2≤4x^2 + y^2 + z^2 \le 4 일 때, 그리고 그때에 한합니다.

영어 원문 보기

Use spherical coordinates to evaluate the integral

I=∭Dz dVI=\iiint _D z\ \mathrm{d}V

where DD is the solid enclosed by the cone z=x2+y2z = \sqrt{x^2 + y^2} and the sphere x2+y2+z2=4x^2 + y^2 + z^2 = 4. That is, (x,y,z)(x,y,z) is in DD if and only if x2+y2≤z\sqrt{x^2 + y^2}\le z and x2+y2+z2≤4x^2 + y^2 + z^2 \le 4.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

구면좌표에서

x=ρsin⁡φcos⁡θy=ρsin⁡φsin⁡θz=ρcos⁡φx2+y2=ρ2sin⁡2φ\begin{aligned} x&=\rho\sin\varphi\cos\theta \\ y&=\rho\sin\varphi\sin\theta \\ z&=\rho\cos\varphi \\ x^2+y^2 &=\rho^2\sin^2\varphi \end{aligned}

이므로 x2+y2+z2=4x^2+y^2+z^2= 4 는 ρ=2\rho = 2 가 되고, x2+y2=z\sqrt{x^2+y^2}= z 는

ρsin⁡φ=ρcos⁡φ  ⟺  tan⁡φ=1  ⟺  φ=π4\begin{aligned} \rho\sin\varphi = \rho\cos\varphi \iff \tan\varphi= 1 \iff \varphi=\frac{\pi}{4} \end{aligned}

가 된다.

다음은 DD 의 y=0y=0 단면을 그린 그림이다.

그림

위 그림을 보면 DD 에서 다음을 알 수 있다.

  • φ\varphi 는 00 (zz축의 양의 방향)에서 π4\frac{\pi}{4} (원뿔 위)까지 변하고,
  • 이 범위의 각 φ\varphi 에 대해 ρ\rho 는 00 에서 22 까지, θ\theta 는 00 에서 2π2\pi 까지 변한다.

따라서

D={ (ρsin⁡φcos⁡θ,ρsin⁡φsin⁡θ,ρcos⁡φ) ∣ 0≤φ≤π/4, 0≤θ≤2π, ρ≤2 }\begin{aligned} D&=\big\{ \ (\rho\sin\varphi\cos\theta,\rho\sin\varphi\sin\theta,\rho\cos\varphi)\ \big|\ 0\le\varphi\le{\pi}/{4},\ 0\le \theta\le 2\pi,\ \rho\le 2\ \big\} \end{aligned}

이고, dV=ρ2sin⁡φ dρ dθ dφ\mathrm{d}V =\rho^2\sin\varphi\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi 이므로

I=∫0π/4dφ∫02πdθ∫02dρ ρ2sin⁡φ ρcos⁡φ⏞z=∫0π/4dφ∫02πdθ∫02dρ ρ3sin⁡φ cos⁡φ=2π 244∫0π/4dφ sin⁡φ cos⁡φ=2π 244[sin⁡2φ2]0π/4=2π\begin{aligned} I&= \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{2}\mathrm{d}\rho\ \rho^2\sin\varphi\ \overbrace{\rho\cos\varphi}^{z} \\ &= \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{2}\mathrm{d}\rho\ \rho^3\sin\varphi\,\cos\varphi \\ &= 2\pi\ \frac{2^4}{4} \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi\,\cos\varphi \\ &= 2\pi\ \frac{2^4}{4}\left[\frac{\sin^2\varphi}{2}\right]_0^{\pi/4} \\ &= 2\pi \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

Recall that in spherical coordinates,

x=ρsin⁡φcos⁡θy=ρsin⁡φsin⁡θz=ρcos⁡φx2+y2=ρ2sin⁡2φ\begin{aligned} x&=\rho\sin\varphi\cos\theta \\ y&=\rho\sin\varphi\sin\theta \\ z&=\rho\cos\varphi \\ x^2+y^2 &=\rho^2\sin^2\varphi \end{aligned}

so that x2+y2+z2=4x^2+y^2+z^2= 4 becomes ρ=2\rho = 2, and x2+y2=z\sqrt{x^2+y^2}= z becomes

ρsin⁡φ=ρcos⁡φ  ⟺  tan⁡φ=1  ⟺  φ=π4\begin{aligned} \rho\sin\varphi = \rho\cos\varphi \iff \tan\varphi= 1 \iff \varphi=\frac{\pi}{4} \end{aligned}

Here is a sketch of the y=0y=0 cross–section of DD.

figure

Looking at the figure above, we see that, on DD

  • φ\varphi runs from 00 (the positive zz–axis) to π4\frac{\pi}{4} (on the cone), and
  • for each φ\varphi is that range, ρ\rho runs from 00 to 22 and θ\theta runs from 00 to 2π2\pi.

So

D={ (ρsin⁡φcos⁡θ,ρsin⁡φsin⁡θ,ρcos⁡φ) ∣ 0≤φ≤π/4, 0≤θ≤2π, ρ≤2 }\begin{aligned} D&=\big\{ \ (\rho\sin\varphi\cos\theta,\rho\sin\varphi\sin\theta,\rho\cos\varphi)\ \big|\ 0\le\varphi\le{\pi}/{4},\ 0\le \theta\le 2\pi,\ \rho\le 2\ \big\} \end{aligned}

and, as dV=ρ2sin⁡φ dρ dθ dφ\mathrm{d}V =\rho^2\sin\varphi\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi,

I=∫0π/4dφ∫02πdθ∫02dρ ρ2sin⁡φ ρcos⁡φ⏞z=∫0π/4dφ∫02πdθ∫02dρ ρ3sin⁡φ cos⁡φ=2π 244∫0π/4dφ sin⁡φ cos⁡φ=2π 244[sin⁡2φ2]0π/4=2π\begin{aligned} I&= \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{2}\mathrm{d}\rho\ \rho^2\sin\varphi\ \overbrace{\rho\cos\varphi}^{z} \\ &= \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{2}\mathrm{d}\rho\ \rho^3\sin\varphi\,\cos\varphi \\ &= 2\pi\ \frac{2^4}{4} \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi\,\cos\varphi \\ &= 2\pi\ \frac{2^4}{4}\left[\frac{\sin^2\varphi}{2}\right]_0^{\pi/4} \\ &= 2\pi \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-3 · 3.7절 · 31번우리말 번역

입체가 원뿔 z=3x2+3y2z=\sqrt{3x^2+3y^2} 로 아래로 유계이고 구 x2+y2+z2=9x^2+y^2+z^2=9 로 위로 유계이다. 이 입체의 밀도는 δ(x,y,z)=x2+y2\delta (x,y,z)=x^2+y^2 이다.

(a) 이 입체의 질량 mm 을 원기둥좌표계에서의 삼중적분으로 나타내세요. (b) 이 입체의 질량 mm 을 구면좌표계에서의 삼중적분으로 나타내세요. (c) mm 의 값을 구하세요.

다 풀었으면 정답 확인

(a) 원기둥좌표계에서 밀도는 δ=x2+y2=r2\delta =x^2+y^2=r^2 이고, 입체의 아랫면은 z=3x2+3y2=3 rz=\sqrt{3x^2+3y^2}=\sqrt{3}\,r 이고 입체의 윗면은 z=9−x2−y2=9−r2z=\sqrt{9-x^2-y^2}=\sqrt{9-r^2} 이다. 윗면과 아랫면은 다음 조건에서 만난다.

3 r=9−r2  ⟺  3r2=9−r2  ⟺  4r2=9  ⟺  r=32\sqrt{3}\,r=\sqrt{9-r^2}\iff 3r^2=9-r^2\iff 4r^2=9\iff r=\frac{3}{2}

질량은 다음과 같다.

m=∫02πdθ∫03/2dr r∫3 r9−r2dz r2⏞δ\begin{aligned} m=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^{3/2}\mathrm{d}r\ r\int_{\sqrt{3}\,r}^{\sqrt{9-r^2}}dz\ \overbrace{r^2}^{\delta } \end{aligned}

그림

(b) 구면좌표계에서 밀도는 δ=x2+y2=ρ2sin⁡2φ\delta =x^2+y^2=\rho^2\sin^2\varphi 이고, 입체의 아랫면은

z=3 r  ⟺  ρcos⁡φ=3 ρsin⁡φ  ⟺  tan⁡φ=13  ⟺  φ=π6z=\sqrt{3}\,r\iff \rho\cos\varphi=\sqrt{3}\,\rho\sin\varphi\iff \tan\varphi=\frac{1}{\sqrt{3}}\iff\varphi=\frac{\pi}{6}

에 있고, 입체의 윗면은 x2+y2+z2=ρ2=9x^2+y^2+z^2=\rho^2=9 에 있다. 질량은 다음과 같다.

m=∫02πdθ∫0π/6dφ∫03dρ (ρ2sin⁡φ)(ρ2sin⁡2φ)⏞δm=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^{\pi/6}\mathrm{d}\varphi\int_0^3\mathrm{d}\rho\ \big(\rho^2\sin\varphi\big) \overbrace{\big(\rho^2\sin^2\varphi\big)}^{\delta }

(c) 풀이 1: (b)의 적분에서 s=cos⁡φs=\cos\varphi, ds=−sin⁡φ dφ\mathrm{d}s=-\sin\varphi\ \mathrm{d}\varphi 로 변수를 바꾸면,

m=∫02πdθ∫0π/6dφ∫03dρ ρ4sin⁡φ(1−cos⁡2φ)=355∫02πdθ∫0π/6dφ sin⁡φ(1−cos⁡2φ)=−355∫02πdθ∫13/2ds (1−s2)=−355∫02πdθ [s−s33]13/2=2π355[1−13−32+38]=2π355[23−338]\begin{aligned} m&=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^{\pi/6}\mathrm{d}\varphi \int_0^3\mathrm{d}\rho\ \rho^4\sin\varphi \big(1-\cos^2\varphi\big) \\ &=\frac{3^5}{5}\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^{\pi/6}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi \big(1-\cos^2\varphi\big) \\ &=-\frac{3^5}{5}\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_1^{\sqrt{3}/2}\mathrm{d}s\ (1-s^2) \\ &=-\frac{3^5}{5}\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \left[s-\frac{s^3}{3}\right]_1^{\sqrt{3}/2} \\ &=2\pi \frac{3^5}{5} \left[1-\frac{1}{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{8}\right] \\ &=2\pi \frac{3^5}{5} \left[\frac{2}{3}-\frac{3\sqrt{3}}{8}\right] \end{aligned}

(c) 풀이 2: 다른 풀이로, (a)의 적분을 계산할 수도 있다.

m=∫02πdθ∫03/2dr r∫3 r9−r2dz r2=∫02πdθ∫03/2dr r3(9−r2−3 r)=2π∫03/2dr r3(9−r2−3 r)\begin{aligned} m&=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^{3/2}\mathrm{d}r\ r\int_{\sqrt{3}\,r}^{\sqrt{9-r^2}}dz\ r^2\\ &=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^{3/2}\mathrm{d}r\ r^3\big(\sqrt{9-r^2}-\sqrt{3}\,r\big)\\ &=2\pi\int_0^{3/2}\mathrm{d}r\ r^3\big(\sqrt{9-r^2}-\sqrt{3}\,r\big) \end{aligned}

둘째 항은

−2π∫03/2dr 3 r4=−2π3 r55∣03/2=−2π3 355×25-2\pi\int_0^{3/2}\mathrm{d}r\ \sqrt{3}\,r^4=-2\pi\sqrt{3}\,\frac{r^5}{5}\bigg|_0^{3/2} =-2\pi\sqrt{3}\,\frac{3^5}{5\times 2^5}

이다. 첫째 항은 s=9−r2s=9-r^2, ds=−2r dr\mathrm{d}s=-2r\,\mathrm{d}r 로 치환한다.

2π∫03/2dr r39−r2=2π∫927/4ds−2⏞r dr(9−s)⏞r2s=−π[6s3/2−25s5/2]927/4=−π[3534−2×34−372453+2355]\begin{aligned} 2\pi\int_0^{3/2}\mathrm{d}r\ r^3\sqrt{9-r^2} &=2\pi\int_9^{27/4}\overbrace{\frac{\mathrm{d}s}{-2}}^{r\,\mathrm{d}r} \overbrace{(9-s)}^{r^2} \sqrt{s} =-\pi \left[6s^{3/2}-\frac{2}{5}s^{5/2}\right]_9^{27/4}\\ &=-\pi \left[\frac{3^5\sqrt{3}}{4}-2\times 3^4 -\frac{3^7}{2^4 5}\sqrt{3}+2\frac{3^5}{5}\right] \end{aligned}

두 항을 더하면,

m=−2π355332−2π355538+2π35553+2π3559332−2π355=2π355[(53−1)−3(132+58−932)]=2π355[23−338]\begin{aligned} m&=-2\pi\frac{3^5}{5} \frac{\sqrt{3}}{32} -2\pi\frac{3^5}{5} \frac{5\sqrt{3}}{8} +2\pi\frac{3^5}{5} \frac{5}{3} +2\pi\frac{3^5}{5} \frac{9\sqrt{3}}{32} -2\pi\frac{3^5}{5} \\ &=2\pi\frac{3^5}{5}\left[\left(\frac{5}{3}-1\right) -\sqrt{3}\left(\frac{1}{32}+\frac{5}{8}-\frac{9}{32}\right)\right] \\ &=2\pi \frac{3^5}{5} \left[\frac{2}{3}-\frac{3\sqrt{3}}{8}\right] \end{aligned}

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