빌드라인 스쿨

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 · 24번대학 수준우리말 번역

EE 를 “아이스크림콘” x2+y2+z2≤1x^2 + y^2 + z^2 \le 1, x2+y2≤z2x^2 + y^2 \le z^2, z≥0z \ge 0 이라 하자. 다음을 생각하세요.

J=∭Ex2+y2+z2 dVJ =\iiint _E \sqrt{x^2+y^2+z^2}\ \mathrm{d}V

(a) JJ 를 원통좌표계에서 적분 구간을 포함한 반복적분으로 나타내세요. (b) JJ 를 구면좌표계에서 적분 구간을 포함한 반복적분으로 나타내세요. (c) JJ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let EE be the “ice cream cone” x2+y2+z2≤1x^2 + y^2 + z^2 \le 1, x2+y2≤z2x^2 + y^2 \le z^2 , z≥0z \ge 0. Consider

J=∭Ex2+y2+z2 dVJ =\iiint _E \sqrt{x^2+y^2+z^2}\ \mathrm{d}V

(a) Write JJ as an iterated integral, with limits, in cylindrical coordinates. (b) Write JJ as an iterated integral, with limits, in spherical coordinates. (c) Evaluate JJ.

정답·풀이 보기

(a) 원통좌표계에서

  • x2+y2+z2≤1x^2+y^2+z^2\le 1 은 r2+z2≤1r^2+z^2\le 1 이고
  • x2+y2≤z2x^2+y^2\le z^2 은 r2≤z2r^2\le z^2 이고
  • dV\mathrm{d}V 는 r dr dθ dzr\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z 이다.

r2+z2=1r^2+z^2= 1 과 r2=z2r^2= z^2 은 r2=z2=12r^2=z^2=\frac{1}{2} 일 때 만난다. 다음은 EE 의 y=0y=0 단면의 그림이다.

그림

따라서

E={ (rcos⁡θ , rsin⁡θ , z) ∣ 0≤r≤1/2, 0≤θ≤2π, r≤z≤1−r2 }E =\big\{ \ (r\cos\theta\,,\,r\sin\theta\,,\,z)\ \big|\ 0\le r\le{1}/{\sqrt{2}},\ 0\le\theta\le2\pi,\ r\le z\le \sqrt{1-r^2}\ \big\}

이고

J=∭Ex2+y2+z2 dV=∫01/2dr∫02πdθ∫r1−r2dz rr2+z2\begin{aligned} J &=\iiint _E \sqrt{x^2+y^2+z^2}\ \mathrm{d}V =\int_0^{1/\sqrt{2}}\mathrm{d}r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_r^{\sqrt{1-r^2}}\mathrm{d}z\ r\sqrt{r^2+z^2} \end{aligned}

이다.

(b) 구면좌표계에서

  • x2+y2+z2≤1x^2+y^2+z^2\le 1 은 ρ≤1\rho\le 1 이고
  • x2+y2≤z2x^2+y^2\le z^2 은 ρ2sin⁡2φ≤ρ2cos⁡2φ\rho^2\sin^2\varphi\le \rho^2\cos^2\varphi, 즉 tan⁡φ≤1\tan\varphi\le 1 또는 φ≤π4\varphi\le\frac{\pi}{4} 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

E={ (ρsin⁡φcos⁡θ , ρsin⁡φsin⁡θ , ρcos⁡φ) ∣ 0≤ρ≤1, 0≤θ≤2π, 0≤φ≤π/4 }E =\big\{ \ (\rho\sin\varphi\cos\theta\,,\,\rho\sin\varphi\sin\theta\,,\, \rho\cos\varphi)\ \big|\ 0\le\rho\le 1,\ 0\le\theta\le2\pi,\ 0\le \varphi\le {\pi}/{4}\ \big\}

이고, 피적분함수 x2+y2+z2=ρ\sqrt{x^2+y^2+z^2}=\rho 이므로

J=∭Ex2+y2+z2 dV=∫01dρ∫02πdθ∫0π/4dφ ρ2sin⁡φ ρ=∫01dρ∫02πdθ∫0π/4dφ ρ3sin⁡φ\begin{aligned} J &=\iiint _E \sqrt{x^2+y^2+z^2}\ \mathrm{d}V =\int_0^{1}\mathrm{d}\rho\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\ \rho^2\sin\varphi\ \rho \\ &=\int_0^{1}\mathrm{d}\rho\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\ \rho^3\sin\varphi \end{aligned}

이다.

(c) 구면좌표계로 나타낸 식을 이용하여 값을 구한다.

J=∫01dρ∫02πdθ∫0π/4dφ ρ3sin⁡φ=2π∫01dρ ρ3[−cos⁡φ]0π/4=2π 14 [1−12]=π2 [1−12]\begin{aligned} J &=\int_0^{1}\mathrm{d}\rho\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\ \rho^3\sin\varphi \\ &=2\pi \int_0^{1}\mathrm{d}\rho\ \rho^3 \Big[-\cos\varphi\Big]_0^{\pi/4} =2\pi\ \frac{1}{4}\ \left[1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right] \\ &=\frac{\pi}{2}\ \left[1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right] \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

(a) In cylindrical coordinates

  • x2+y2+z2≤1x^2+y^2+z^2\le 1 is r2+z2≤1r^2+z^2\le 1 and
  • x2+y2≤z2x^2+y^2\le z^2 is r2≤z2r^2\le z^2 and
  • dV\mathrm{d}V is r dr dθ dzr\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z

Observe that r2+z2=1r^2+z^2= 1 and r2=z2r^2= z^2 intersect when r2=z2=12r^2=z^2=\frac{1}{2}. Here is a sketch of the y=0y=0 cross–section of EE.

figure

So

E={ (rcos⁡θ , rsin⁡θ , z) ∣ 0≤r≤1/2, 0≤θ≤2π, r≤z≤1−r2 }E =\big\{ \ (r\cos\theta\,,\,r\sin\theta\,,\,z)\ \big|\ 0\le r\le{1}/{\sqrt{2}},\ 0\le\theta\le2\pi,\ r\le z\le \sqrt{1-r^2}\ \big\}

and

J=∭Ex2+y2+z2 dV=∫01/2dr∫02πdθ∫r1−r2dz rr2+z2\begin{aligned} J &=\iiint _E \sqrt{x^2+y^2+z^2}\ \mathrm{d}V =\int_0^{1/\sqrt{2}}\mathrm{d}r\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_r^{\sqrt{1-r^2}}\mathrm{d}z\ r\sqrt{r^2+z^2} \end{aligned}

(b) In spherical coordinates

  • x2+y2+z2≤1x^2+y^2+z^2\le 1 is ρ≤1\rho\le 1 and
  • x2+y2≤z2x^2+y^2\le z^2 is ρ2sin⁡2φ≤ρ2cos⁡2φ\rho^2\sin^2\varphi\le \rho^2\cos^2\varphi, or tan⁡φ≤1\tan\varphi\le 1 or φ≤π4\varphi\le\frac{\pi}{4}, and
  • dV\mathrm{d}V is ρ2sin⁡φ dρ dθ dφ\rho^2\sin\varphi\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi

So

E={ (ρsin⁡φcos⁡θ , ρsin⁡φsin⁡θ , ρcos⁡φ) ∣ 0≤ρ≤1, 0≤θ≤2π, 0≤φ≤π/4 }E =\big\{ \ (\rho\sin\varphi\cos\theta\,,\,\rho\sin\varphi\sin\theta\,,\, \rho\cos\varphi)\ \big|\ 0\le\rho\le 1,\ 0\le\theta\le2\pi,\ 0\le \varphi\le {\pi}/{4}\ \big\}

and, since the integrand x2+y2+z2=ρ\sqrt{x^2+y^2+z^2}=\rho,

J=∭Ex2+y2+z2 dV=∫01dρ∫02πdθ∫0π/4dφ ρ2sin⁡φ ρ=∫01dρ∫02πdθ∫0π/4dφ ρ3sin⁡φ\begin{aligned} J &=\iiint _E \sqrt{x^2+y^2+z^2}\ \mathrm{d}V =\int_0^{1}\mathrm{d}\rho\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\ \rho^2\sin\varphi\ \rho \\ &=\int_0^{1}\mathrm{d}\rho\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\ \rho^3\sin\varphi \end{aligned}

(c) We'll use the spherical coordinate form to evaluate

J=∫01dρ∫02πdθ∫0π/4dφ ρ3sin⁡φ=2π∫01dρ ρ3[−cos⁡φ]0π/4=2π 14 [1−12]=π2 [1−12]\begin{aligned} J &=\int_0^{1}\mathrm{d}\rho\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi\ \rho^3\sin\varphi \\ &=2\pi \int_0^{1}\mathrm{d}\rho\ \rho^3 \Big[-\cos\varphi\Big]_0^{\pi/4} =2\pi\ \frac{1}{4}\ \left[1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right] \\ &=\frac{\pi}{2}\ \left[1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right] \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-3 · 3.7절 · 26번우리말 번역

(a) 구면좌표계에서 방정식 ρ=8sin⁡(φ)\rho = 8 \sin(\varphi) 로 정의된 곡면의 내부에 있는 입체의 부피를 구하세요.

다음을 이용해도 됩니다.

∫sin⁡4(φ)=132(12φ−8sin⁡(2φ)+sin⁡(4φ))+C\int \sin^4(\varphi) =\frac{1}{32}\big(12\varphi -8\sin(2\varphi) +\sin(4\varphi)\big) +C (b) 이 입체의 그림을 그리거나 어떤 모양인지 설명하세요.

다 풀었으면 정답 확인

(a) 구면좌표계에서 φ\varphi 는 00 (양의 zz축)부터 π\pi (음의 zz축)까지 변하고, θ\theta 는 00 부터 2π2\pi 까지 변하며 (θ\theta 는 일반적인 극좌표 또는 원기둥좌표이다) dV=ρ2 sin⁡φ dρ dθ dφ\mathrm{d}V = \rho^2\ \sin\varphi\ \mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi 임을 떠올리자. 따라서

부피=∫0πdφ∫02πdθ∫08sin⁡φdρ ρ2 sin⁡φ=∫0πdφ∫02πdθ (8sin⁡φ)33sin⁡φ=2(83) π3∫0πdφ sin⁡4φ=2(83) π3[132(12φ−8sin⁡(2φ)+sin⁡(4φ))]0π=2(83) π3 12 π32=128π2\begin{aligned} \text{부피} & = \int_0^\pi \mathrm{d}\varphi\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{8\sin\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^2\ \sin\varphi \\ & = \int_0^\pi \mathrm{d}\varphi\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \frac{(8\sin\varphi)^3}{3} \sin\varphi \\ & = \frac{2(8^3)\,\pi}{3} \int_0^\pi \mathrm{d}\varphi\ \sin^4\varphi \\ &= \frac{2(8^3)\,\pi}{3} \left[\frac{1}{32}\big(12\varphi -8\sin(2\varphi) +\sin(4\varphi)\big)\right]_0^\pi \\ &=\frac{2(8^3)\,\pi}{3}\ \frac{12\,\pi}{32} =128\pi^2 \end{aligned}

(b) 00 과 π\pi 사이의 임의의 φ\varphi 를 고정하자. ρ=8sin⁡φ\rho=8\sin\varphi 일 때, θ\theta 가 00 부터 2π2\pi 까지 변하면

(x,y,z)=(ρsin⁡φcos⁡θ , ρsin⁡φsin⁡θ , ρcos⁡φ)=(8sin⁡2φcos⁡θ , 8sin⁡2φsin⁡θ , 8sin⁡φcos⁡φ)=(Rcos⁡θ , Rsin⁡θ , Z)여기서 R=8sin⁡2φ, Z=8sin⁡φcos⁡φ\begin{aligned} (x,y,z) &= \big(\rho\sin\varphi\cos\theta\,,\,\rho\sin\varphi\sin\theta\,,\, \rho\cos\varphi\big) \\ &= \big(8\sin^2\varphi\cos\theta\,,\,8\sin^2\varphi\sin\theta\,,\, 8\sin\varphi\cos\varphi\big) \\ &= \big(R\cos\theta\,,\,R\sin\theta\,,\,Z\big)\qquad \text{여기서 }R=8\sin^2\varphi,\ Z= 8\sin\varphi\cos\varphi \end{aligned}

는 평면 z=Z=8sin⁡φcos⁡φz=Z=8\sin\varphi\cos\varphi 위에 있고 (0,0,Z=8sin⁡φcos⁡φ)\big(0,0,Z=8\sin\varphi\cos\varphi\big) 을 중심으로 하는 반지름 R=8sin⁡2φR=8\sin^2\varphi 인 원을 그린다. 따라서 이 곡면은 원들을 차곡차곡 쌓아 올린 것이며, 회전면이다. 이 곡면은 다음과 같이 그릴 수 있다.

  • 먼저 곡면의 θ=0\theta=0 단면 (곡면 중 xzxz평면의 오른쪽 절반에 있는 부분)을 그린다.
  • 그다음 그 결과를 zz축을 중심으로 회전시킨다.

곡면의 θ=0\theta=0 부분은

{ (x,y,z) ∣ x=8sin⁡2φ, y=0, z=8sin⁡φcos⁡φ, 0≤φ≤π }={ (x,y,z) ∣ x=4−4cos⁡(2φ), y=0, z=4sin⁡(2φ), 0≤φ≤π }\begin{aligned} &\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x=8\sin^2\varphi,\ y=0,\ z=8\sin\varphi\cos\varphi,\ 0\le\varphi\le \pi\ \big\} \\ &=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x=4-4\cos(2\varphi),\ y=0,\ z=4\sin(2\varphi),\ 0\le\varphi\le \pi\ \big\} \end{aligned}

이다. 이것은 xzxz평면 (즉 y=0y=0) 위에 있고 (4,0,0)(4,0,0) 을 중심으로 하는 반지름 44 인 원이다! 아래 왼쪽 그림은 이 원의 위쪽 절반을 그린 것이다. 이 원을 zz축을 중심으로 회전시키면 토러스(도넛 모양)가 되는데, 가운데 구멍이 한 점으로 줄어든 모양이다. 아래 오른쪽 그림은 토러스 중 제1팔분공간에 있는 부분을 그린 것이다.

그림

그림

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