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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 · 16번대학 수준우리말 번역

BB 를 구 x2+y2+z2=4x^2+y^2+z^2=4 의 내부이고 원뿔 x2+y2=z2x^2+y^2=z^2 의 위쪽에 있는 영역이라고 하자. 관성 모멘트

∭Bz2 dV\iiint _B z^2\,\mathrm{d}V

를 구하세요.

영어 원문 보기

Let BB denote the region inside the sphere x2+y2+z2=4x^2+y^2+z^2=4 and above the cone x2+y2=z2x^2+y^2=z^2. Compute the moment of inertia

∭Bz2 dV\iiint _B z^2\,\mathrm{d}V

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정답·풀이 보기

구면좌표계에서

x=ρsin⁡φcos⁡θy=ρsin⁡φsin⁡θz=ρcos⁡φx=\rho\sin\varphi\cos\theta\qquad y=\rho\sin\varphi\sin\theta\qquad z=\rho\cos\varphi

이므로 구 x2+y2+z2=4x^2+y^2+z^2=4 는 ρ2=4\rho^2=4 즉 ρ=2\rho=2 이고, 원뿔 x2+y2=z2x^2+y^2=z^2 은 ρ2sin⁡2φ=ρ2cos⁡2φ\rho^2\sin^2\varphi=\rho^2\cos^2\varphi 즉 tan⁡φ=±1\tan\varphi=\pm1 즉 φ=π4, 3π4\varphi=\frac{\pi}{4},\ \frac{3\pi}{4} 이다. 따라서

관성 모멘트=∫02dρ∫0π/4dφ∫02πdθ ρ2sin⁡φ (ρcos⁡φ)2=2π∫02dρ ρ4∫0π/4dφ sin⁡φcos⁡2φ=2π[ρ55]02[−13cos⁡3φ]0π/4=6415π(1−122)≈8.665\begin{aligned} \text{관성 모멘트} &=\int_0^2\mathrm{d}\rho\int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \rho^2\sin\varphi \ (\rho\cos\varphi)^2 =2\pi\int_0^2 \mathrm{d}\rho\ \rho^4\int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi\cos^2\varphi\\ &=2\pi\left[\frac{\rho^5}{5}\right]_0^2 \left[-\frac{1}{3}\cos^3\varphi\right]_0^{\pi/4} =\frac{64}{15}\pi\left(1-\frac{1}{2\sqrt{2}}\right)\approx 8.665 \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

In spherical coordinates,

x=ρsin⁡φcos⁡θy=ρsin⁡φsin⁡θz=ρcos⁡φx=\rho\sin\varphi\cos\theta\qquad y=\rho\sin\varphi\sin\theta\qquad z=\rho\cos\varphi

so that the sphere x2+y2+z2=4x^2+y^2+z^2=4 is ρ2=4\rho^2=4 or ρ=2\rho=2 and the cone x2+y2=z2x^2+y^2=z^2 is ρ2sin⁡2φ=ρ2cos⁡2φ\rho^2\sin^2\varphi=\rho^2\cos^2\varphi or tan⁡φ=±1\tan\varphi=\pm1 or φ=π4, 3π4\varphi=\frac{\pi}{4},\ \frac{3\pi}{4}. So

moment=∫02dρ∫0π/4dφ∫02πdθ ρ2sin⁡φ (ρcos⁡φ)2=2π∫02dρ ρ4∫0π/4dφ sin⁡φcos⁡2φ=2π[ρ55]02[−13cos⁡3φ]0π/4=6415π(1−122)≈8.665\begin{aligned} \text{moment} &=\int_0^2\mathrm{d}\rho\int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \rho^2\sin\varphi \ (\rho\cos\varphi)^2 =2\pi\int_0^2 \mathrm{d}\rho\ \rho^4\int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi\cos^2\varphi\\ &=2\pi\left[\frac{\rho^5}{5}\right]_0^2 \left[-\frac{1}{3}\cos^3\varphi\right]_0^{\pi/4} =\frac{64}{15}\pi\left(1-\frac{1}{2\sqrt{2}}\right)\approx 8.665 \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-3 · 3.7절 · 5번우리말 번역

다음 방정식을 구면좌표로 다시 나타내세요.

(a) z2=3x2+3y2z^2=3x^2+3y^2 (b) x2+y2+(z−1)2=1x^2+y^2+(z-1)^2=1 (c) x2+y2=4x^2+y^2=4

다 풀었으면 정답 확인

(a) 구면좌표에서

z2=3x2+3y2  ⟺  ρ2cos⁡2φ=3ρ2sin⁡2φcos⁡2θ+3ρ2sin⁡2φsin⁡2θ=3ρ2sin⁡2φ  ⟺  tan⁡2φ=13  ⟺  tan⁡φ=±13  ⟺  φ=π6 또는 5π6\begin{aligned} z^2=3x^2+3y^2 &\iff \rho^2\cos^2\varphi = 3\rho^2\sin^2\varphi\cos^2\theta +3\rho^2\sin^2\varphi\sin^2\theta =3\rho^2\sin^2\varphi \\ &\iff \tan^2\varphi=\frac{1}{3} \iff \tan\varphi=\pm\frac{1}{\sqrt{3}} \\ &\iff \varphi=\frac{\pi}{6}\text{ 또는 }\frac{5\pi}{6} \end{aligned}

곡면 z2=3x2+3y2z^2=3x^2+3y^2 은 원뿔이다. 원뿔의 위쪽 절반, 즉 z≥0z\ge 0 인 부분은 φ=π6\varphi=\frac{\pi}{6} 이다. 원뿔의 아래쪽 절반, 즉 z≤0z\le 0 인 부분은 φ=π−π6=5π6\varphi=\pi-\frac{\pi}{6}=\frac{5\pi}{6} 이다.

(b) 구면좌표에서

x2+y2+(z−1)2=1  ⟺  ρ2sin⁡2φcos⁡2θ+ρ2sin⁡2φsin⁡2θ+(ρcos⁡φ−1)2=1  ⟺  ρ2sin⁡2φ+ρ2cos⁡2φ−2ρcos⁡φ=0  ⟺  ρ2−2ρcos⁡φ=0  ⟺  ρ=2cos⁡φ\begin{aligned} x^2+y^2+(z-1)^2=1 &\iff \rho^2\sin^2\varphi\cos^2\theta +\rho^2\sin^2\varphi\sin^2\theta +\big(\rho\cos\varphi-1\big)^2 =1 \\ &\iff \rho^2\sin^2\varphi +\rho^2\cos^2\varphi-2\rho\cos\varphi =0 \\ &\iff \rho^2-2\rho\cos\varphi =0 \\ &\iff \rho=2\cos\varphi \end{aligned}

(c) 구면좌표에서

x2+y2=4  ⟺  ρ2sin⁡2φcos⁡2θ+ρ2sin⁡2φsin⁡2θ=4  ⟺  ρ2sin⁡2φ=4  ⟺  ρsin⁡φ=2\begin{aligned} x^2+y^2=4 &\iff \rho^2\sin^2\varphi\cos^2\theta +\rho^2\sin^2\varphi\sin^2\theta =4 \\ &\iff \rho^2\sin^2\varphi =4 \\ &\iff \rho\sin\varphi=2 \end{aligned}

ρ≥0\rho\ge 0 이고 0≤φ≤π0\le\varphi\le\pi 이므로 sin⁡φ≥0\sin\varphi\ge 0 이기 때문이다.

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