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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 · 22번대학 수준우리말 번역

I=∭Exz dV\begin{aligned} I = \iiint _E xz\ \mathrm{d}V \end{aligned}

라 하자. 여기서 EE 는 구 x2+y2+z2≤1x^2+y^2+z^2\le 1 의 8분의 1 부분으로, x,y,z≥0x,y,z\ge 0 이다.

(a) II 를 구면좌표계에서의 삼중적분으로 나타내세요. (b) II 를 원기둥좌표계에서의 삼중적분으로 나타내세요. (c) 어떤 방법으로든 II 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let

I=∭Exz dV\begin{aligned} I = \iiint _E xz\ \mathrm{d}V \end{aligned}

where EE is the eighth of the sphere x2+y2+z2≤1x^2+y^2+z^2\le 1 with x,y,z≥0x,y,z\ge 0.

(a) Express II as a triple integral in spherical coordinates. (b) Express II as a triple integral in cylindrical coordinates. (c) Evaluate II by any method.

정답·풀이 보기

(a) EE 위에서

  • 구면좌표 φ\varphi 는 00 (양의 zz축)에서 π/2{\pi}/{2} (xyxy평면)까지 움직이고,
  • 그 범위의 각 고정된 φ\varphi 에 대해 θ\theta 는 00 에서 π/2{\pi}/{2} 까지 움직이며,
  • 각 고정된 φ\varphi 와 θ\theta 에 대해 구면좌표 ρ\rho 는 00 에서 11 까지 움직인다.
  • 구면좌표에서 dV=ρ2 sin⁡φ dρ dθ dφ\mathrm{d}V=\rho^2\,\sin\varphi\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\, \mathrm{d}\varphi 이고

xz=(ρsin⁡φcos⁡θ)(ρcos⁡φ)=ρ2sin⁡φ cos⁡φ cos⁡θxz=\big(\rho\sin\varphi\cos\theta\big)\big(\rho\cos\varphi\big) =\rho^2 \sin\varphi\ \cos\varphi\ \cos\theta

이다. 따라서

I=∫0π/2dφ∫0π/2dθ∫01dρ ρ4sin⁡2φcos⁡φ cos⁡θ\begin{aligned} I=\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_0^1\mathrm{d}\rho\ \rho^4\sin^2\varphi\cos\varphi\ \cos\theta \end{aligned}

(b) 원기둥좌표에서 조건 x2+y2+z2≤1x^2+y^2+z^2\le 1 은 r2+z2≤1r^2+z^2\le 1 이 된다. 따라서 EE 위에서

  • 원기둥좌표 zz 는 00 (xyxy평면 위)에서 11 ((0,0,1)(0,0,1) 에서)까지 움직이고,
  • 그 범위의 각 고정된 zz 에 대해 θ\theta 는 00 에서 π/2\pi/2 까지 움직이며,
  • 각 고정된 zz 와 θ\theta 에 대해 원기둥좌표 rr 은 00 에서 1−z2\sqrt{1-z^2} 까지 움직인다 (r2+z2≤1r^2+z^2\le 1 임을 떠올리자).
  • 원기둥좌표에서 dV=r dr dθ dz\mathrm{d}V=r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\, \mathrm{d}z 이고

xz=(rcos⁡θ)(z)=r z cos⁡θxz=\big(r\cos\theta\big)\big(z\big) =r\,z\, \cos\theta

이다. 따라서

I=∫01dz∫0π/2dθ∫01−z2dr r2 z cos⁡θ\begin{aligned} I=\int_0^1\mathrm{d}z\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_0^{\sqrt{1-z^2}}\mathrm{d}r \ r^2\,z\,\cos\theta \end{aligned}

(c) 구면좌표와 원기둥좌표의 적분 모두 계산이 간단하다. 두 가지를 모두 계산해 보자. 먼저 구면좌표에서는

I=[∫0π/2dφ sin⁡2φcos⁡φ][∫0π/2dθ cos⁡θ][∫01dρ ρ4]=[sin⁡3φ3]0π/2[sin⁡θ]0π/2[ρ55]01=115\begin{aligned} I&= \left[\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi\ \sin^2\varphi\cos\varphi\right] \left[\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \cos\theta\right] \left[\int_0^1\mathrm{d}\rho\ \rho^4\right] \\ &=\left[\frac{\sin^3\varphi}{3}\right]_0^{\pi/2} \left[\sin\theta\right]_0^{\pi/2} \left[\frac{\rho^5}{5}\right]_0^1 \\ &=\frac{1}{15} \end{aligned}

이다. 이제 원기둥좌표에서는

I=∫01dz∫0π/2dθ∫01−z2dr r2 z cos⁡θ=13∫01dz∫0π/2dθ z(1−z2)3/2 cos⁡θ=13∫01dz z(1−z2)3/2=13[−12 (1−z2)5/25/2]01=115\begin{aligned} I&=\int_0^1\mathrm{d}z\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_0^{\sqrt{1-z^2}}\mathrm{d}r \ r^2\,z\,\cos\theta \\ &=\frac{1}{3}\int_0^1\mathrm{d}z\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ z{(1-z^2\big)}^{3/2}\, \cos\theta \\ &=\frac{1}{3}\int_0^1\mathrm{d}z\ z{(1-z^2\big)}^{3/2} \\ &=\frac{1}{3}\left[-\frac{1}{2}\ \frac{(1-z^2)^{5/2}}{5/2}\right]_0^1\\ &=\frac{1}{15} \end{aligned}

이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) On EE,

  • the spherical coordinate φ\varphi runs from 00 (the positive zz–xis) to π/2{\pi}/{2} (the xyxy–plane), and
  • for each fixed φ\varphi in that range, θ\theta runs from 00 to π/2{\pi}/{2}, and
  • for each fixed φ\varphi and θ\theta, the spherical coordinate ρ\rho runs from 00 to 11.
  • In spherical coordinates dV=ρ2 sin⁡φ dρ dθ dφ\mathrm{d}V=\rho^2\,\sin\varphi\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\, \mathrm{d}\varphi and

xz=(ρsin⁡φcos⁡θ)(ρcos⁡φ)=ρ2sin⁡φ cos⁡φ cos⁡θxz=\big(\rho\sin\varphi\cos\theta\big)\big(\rho\cos\varphi\big) =\rho^2 \sin\varphi\ \cos\varphi\ \cos\theta

So

I=∫0π/2dφ∫0π/2dθ∫01dρ ρ4sin⁡2φcos⁡φ cos⁡θ\begin{aligned} I=\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_0^1\mathrm{d}\rho\ \rho^4\sin^2\varphi\cos\varphi\ \cos\theta \end{aligned}

(b) In cylindrical coordinates, the condition x2+y2+z2≤1x^2+y^2+z^2\le 1 becomes r2+z2≤1r^2+z^2\le 1. So, on EE

  • the cylindrical coordinate zz runs from 00 (in the xyxy–plane) to 11 (at (0,0,1)(0,0,1)) and
  • for each fixed zz in that range, θ\theta runs from 00 to π/2\pi/2 and
  • for each such fixed zz and θ\theta, the cylindrical coordinate rr runs from 00 to 1−z2\sqrt{1-z^2} (recall that r2+z2≤1r^2+z^2\le 1).
  • In cylindrical coordinates dV=r dr dθ dz\mathrm{d}V=r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\, \mathrm{d}z and

xz=(rcos⁡θ)(z)=r z cos⁡θxz=\big(r\cos\theta\big)\big(z\big) =r\,z\, \cos\theta

So

I=∫01dz∫0π/2dθ∫01−z2dr r2 z cos⁡θ\begin{aligned} I=\int_0^1\mathrm{d}z\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_0^{\sqrt{1-z^2}}\mathrm{d}r \ r^2\,z\,\cos\theta \end{aligned}

(c) Both spherical and cylindrical integrals are straight forward to evaluate. Here are both. First, in spherical coordinates,

I=[∫0π/2dφ sin⁡2φcos⁡φ][∫0π/2dθ cos⁡θ][∫01dρ ρ4]=[sin⁡3φ3]0π/2[sin⁡θ]0π/2[ρ55]01=115\begin{aligned} I&= \left[\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi\ \sin^2\varphi\cos\varphi\right] \left[\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \cos\theta\right] \left[\int_0^1\mathrm{d}\rho\ \rho^4\right] \\ &=\left[\frac{\sin^3\varphi}{3}\right]_0^{\pi/2} \left[\sin\theta\right]_0^{\pi/2} \left[\frac{\rho^5}{5}\right]_0^1 \\ &=\frac{1}{15} \end{aligned}

Now in cylindrical coordinates

I=∫01dz∫0π/2dθ∫01−z2dr r2 z cos⁡θ=13∫01dz∫0π/2dθ z(1−z2)3/2 cos⁡θ=13∫01dz z(1−z2)3/2=13[−12 (1−z2)5/25/2]01=115\begin{aligned} I&=\int_0^1\mathrm{d}z\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_0^{\sqrt{1-z^2}}\mathrm{d}r \ r^2\,z\,\cos\theta \\ &=\frac{1}{3}\int_0^1\mathrm{d}z\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ z{(1-z^2\big)}^{3/2}\, \cos\theta \\ &=\frac{1}{3}\int_0^1\mathrm{d}z\ z{(1-z^2\big)}^{3/2} \\ &=\frac{1}{3}\left[-\frac{1}{2}\ \frac{(1-z^2)^{5/2}}{5/2}\right]_0^1\\ &=\frac{1}{15} \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-3 · 3.7절 · 23번우리말 번역

I=∭T(x2+y2) dVI = \iiint _T (x^2+y^2)\ \mathrm{d}V

라 하자. 여기서 TT 는 아래로는 원뿔 z=3x2+3y2z =\sqrt{3x^2+3y^2} 로, 위로는 구 x2+y2+z2=9x^2 + y^2 + z^2 = 9 로 유계인 입체 영역이다.

(a) II 를 구면좌표계의 삼중적분으로 나타내세요. (b) II 를 원기둥좌표계의 삼중적분으로 나타내세요. (c) 어떤 방법으로든 II 의 값을 구하세요.

다 풀었으면 정답 확인

(a) 구면좌표계에서

x=ρ sin⁡φ cos⁡θy=ρ sin⁡φ sin⁡θz=ρ cos⁡φ\begin{aligned} x=\rho\,\sin\varphi\,\cos\theta\qquad y=\rho\,\sin\varphi\,\sin\theta\qquad z=\rho\,\cos\varphi \end{aligned}

이므로

  • x2+y2+z2≤9x^2+y^2+z^2\le 9 는 ρ≤3\rho\le 3 이고,
  • 3x2+3y2≤z\sqrt{3x^2+3y^2}\le z 는 3ρsin⁡φ≤ρcos⁡φ\sqrt{3}\rho\sin\varphi\le \rho\cos\varphi, 즉 tan⁡φ≤13\tan\varphi\le \frac{1}{\sqrt{3}} 또는 φ≤π6\varphi\le\frac{\pi}{6} 이고,
  • 피적분함수 x2+y2=ρ2sin⁡2φx^2+y^2=\rho^2\sin^2\varphi 이고,
  • dV\mathrm{d}V 는 ρ2sin⁡φ dρ dθ dφ\rho^2\sin\varphi\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi 이다.

따라서

T={ (ρsin⁡φcos⁡θ , ρsin⁡φsin⁡θ , ρcos⁡φ) ∣ 0≤ρ≤3, 0≤θ≤2π, 0≤φ≤π/6 }T =\big\{ \ (\rho\sin\varphi\cos\theta\,,\,\rho\sin\varphi\sin\theta\,,\, \rho\cos\varphi)\ \big|\ 0\le\rho\le 3,\ 0\le\theta\le2\pi,\ 0\le \varphi\le {\pi}/{6}\ \big\}

이고,

I=∭T(x2+y2) dV=∫03dρ∫02πdθ∫0π/6dφ ρ2sin⁡φ ρ2sin⁡2φ⏞x2+y2=∫03dρ∫02πdθ∫0π/6dφ ρ4sin⁡3φ\begin{aligned} I &=\iiint _T \big(x^2+y^2\big)\ \mathrm{d}V =\int_0^{3}\mathrm{d}\rho\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\pi/6}\mathrm{d}\varphi\ \rho^2\sin\varphi\ \overbrace{\rho^2\sin^2\varphi}^{x^2+y^2} \\ &=\int_0^{3}\mathrm{d}\rho\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\pi/6}\mathrm{d}\varphi\ \rho^4\sin^3\varphi \end{aligned}

(b) 원기둥좌표계에서

  • x2+y2+z2≤9x^2+y^2+z^2\le 9 는 r2+z2≤9r^2+z^2\le 9 이고,
  • 3x2+3y2≤z\sqrt{3 x^2+3 y^2}\le z 는 3 r≤z\sqrt{3}\,r\le z 이고,
  • 피적분함수 x2+y2=r2x^2+y^2=r^2 이고,
  • dV\mathrm{d}V 는 r dr dθ dzr\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z 이다.

r2+z2=9r^2+z^2= 9 와 3 r=z\sqrt{3}\,r= z 는 r2+3r2=9r^2+3r^2=9 일 때 만나므로 r=32r=\frac{3}{2}, z=332z=\frac{3\sqrt{3}}{2} 임을 알 수 있다. 다음은 TT 의 y=0y=0 단면의 그림이다.

그림

따라서

T={ (rcos⁡θ , rsin⁡θ , z) ∣ 0≤r≤32, 0≤θ≤2π, 3 r≤z≤9−r2 }T =\big\{ \ (r\cos\theta\,,\,r\sin\theta\,,\,z)\ \big|\ 0\le r\le \tfrac{3}{2},\ 0\le\theta\le2\pi,\ \sqrt{3}\,r\le z\le \sqrt{9-r^2}\ \big\}

이고

I=∭V(x2+y2) dV=∫03/2dr∫02πdθ∫3 r9−r2dz r(r2)⏞x2+y2=∫03/2dr∫02πdθ∫3 r9−r2dz  r3\begin{aligned} I &=\iiint _V (x^2+y^2)\ \mathrm{d}V =\int_0^{3/2}\mathrm{d}r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{\sqrt{3}\,r}^{\sqrt{9-r^2}}\mathrm{d}z\ r\overbrace{(r^2)}^{x^2+y^2} =\int_0^{3/2}\mathrm{d}r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{\sqrt{3}\,r}^{\sqrt{9-r^2}}\mathrm{d}z\ \ r^3 \end{aligned}

(c) 구면좌표로 나타낸 식을 이용한다.

I=∫03dρ∫02πdθ∫0π/6dφ ρ4sin⁡3φ=∫03dρ∫02πdθ∫0π/6dφ ρ4sin⁡φ[1−cos⁡2φ]=2π∫03dρ ρ4[−cos⁡φ+cos⁡3φ3]0π/6=2π[−32+38+1−13]∫03dρ ρ4=2π355[23−338]=81⏞34π[45−9320]≈5.24\begin{aligned} I &=\int_0^{3}\mathrm{d}\rho\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\pi/6}\mathrm{d}\varphi\ \rho^4\sin^3\varphi \\ &=\int_0^{3}\mathrm{d}\rho\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\pi/6}\mathrm{d}\varphi\ \rho^4\sin\varphi \big[1-\cos^2\varphi\big] \\ &=2\pi \int_0^3\mathrm{d}\rho\ \rho^4 \left[-\cos\varphi +\frac{\cos^3\varphi}{3}\right]_0^{\pi/6} =2\pi \left[-\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{3}}{8}+1-\frac{1}{3}\right] \int_0^3\mathrm{d}\rho\ \rho^4 \\ &=2\pi \frac{3^5}{5}\left[\frac{2}{3} - \frac{3\sqrt{3}}{8}\right] =\overbrace{81}^{3^4}\pi \left[\frac{4}{5} - \frac{9\sqrt{3}}{20}\right] \approx 5.24 \end{aligned}

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