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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 · 27번대학 수준우리말 번역

EE 를 다음과 같은 입체라 하자.

0≤z≤x2+y2,x2+y2≤1,0 \le z \le \sqrt{x^2 + y^2},\qquad x^2 + y^2 \le 1,

그리고 다음 적분을 생각하자.

I=∭Ezx2+y2+z2 dV.I = \iiint _E z \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}\ \mathrm{d}V.

(a) 적분 II 를 원기둥좌표계로 나타내세요. (b) 적분 II 를 구면좌표계로 나타내세요. (c) 두 형태 중 하나를 사용하여 적분 II 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let EE be the solid

0≤z≤x2+y2,x2+y2≤1,0 \le z \le \sqrt{x^2 + y^2},\qquad x^2 + y^2 \le 1,

and consider the integral

I=∭Ezx2+y2+z2 dV.I = \iiint _E z \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}\ \mathrm{d}V.

(a) Write the integral II in cylindrical coordinates. (b) Write the integral II in spherical coordinates. (c) Evaluate the integral II using either form.

정답·풀이 보기

(a) 원기둥좌표계에서 0≤z≤x2+y20\le z\le \sqrt{x^2+y^2} 은 0≤z≤r0\le z\le r 이 되고, x2+y2≤1x^2+y^2\le 1 은 0≤r≤10\le r\le 1 이 된다. 따라서

E={ (rcos⁡θ , rsin⁡θ , z) ∣ 0≤r≤1, 0≤θ≤2π, 0≤z≤r }E = \big\{ \ (r\cos\theta\,,\,r\sin\theta\,,\,z)\ \big|\ 0\le r\le 1,\ 0\le\theta\le 2\pi, \ 0\le z\le r\ \big\}

이고, dV=r dr dθ dz\mathrm{d}V = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z 이므로

I=∭Ezx2+y2+z2 dV=∫01dr∫02πdθ∫0rdz r z r2+z2⏟x2+y2+z2\begin{aligned} I &= \iiint _E z \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}\ \mathrm{d}V = \int_0^1\mathrm{d}r \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^r\mathrm{d}z\ r\ z\ \sqrt{\underbrace{r^2+z^2}_{x^2+y^2+z^2}} \end{aligned}

(b) 다음은 EE 를 θ\theta 가 상수인 평면으로 자른 단면의 그림이다.

그림

구면좌표 φ\varphi 는 zz축과 반지름 벡터 사이의 각임을 기억하자. 따라서 구면좌표계에서 z=rz=r (이는 zz축과 π4\frac{\pi}{4} 의 각을 이룬다)은 φ=π4\varphi=\frac{\pi}{4} 가 되고, 평면 z=0z=0, 즉 xyxy평면은 φ=π2\varphi=\frac{\pi}{2} 가 되며, r=1r=1 은 ρsin⁡φ=1\rho\sin\varphi = 1 이 된다. 따라서

E={(ρsin⁡φcos⁡θ , ρsin⁡φsin⁡θ , ρcos⁡φ) ∣ π4≤φ≤π2, 0≤θ≤2π, 0≤ρ≤1sin⁡φ }E = \left\{(\rho\sin\varphi\cos\theta\,,\,\rho\sin\varphi\sin\theta\,,\, \rho\cos\varphi)\ \left|\ \frac{\pi}{4}\le \varphi\le \frac{\pi}{2}, \ 0\le\theta\le 2\pi, \ 0\le \rho\le \frac{1}{\sin\varphi}\ \right.\right\}

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=∭Ezx2+y2+z2 dV=∫π/4π/2dφ∫02πdθ∫01/sin⁡φdρ ρ2sin⁡φ ρcos⁡φ⏞z ρ=∫π/4π/2dφ∫02πdθ∫01/sin⁡φdρ ρ4sin⁡φ cos⁡φ\begin{aligned} I &= \iiint _E z \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}\ \mathrm{d}V = \int_{\pi/4}^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{1/\sin\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^2\sin\varphi \ \overbrace{\rho\cos\varphi}^{z}\ \rho \\ &= \int_{\pi/4}^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{1/\sin\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^4\sin\varphi \ \cos\varphi \end{aligned}

(c) 구면좌표계 형태를 사용하여 적분하자.

I=∫π/4π/2dφ∫02πdθ∫01/sin⁡φdρ ρ4sin⁡φ cos⁡φ=∫π/4π/2dφ∫02πdθ 15sin⁡5φsin⁡φ cos⁡φ=2π5∫π/4π/2dφ cos⁡φsin⁡4φ=2π5∫1/21duu4단, u=sin⁡φ, du=cos⁡φ dφ=2π5[u−3−3]1/21=2(22−1)π15\begin{aligned} I &= \int_{\pi/4}^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{1/\sin\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^4\sin\varphi \ \cos\varphi \\ &= \int_{\pi/4}^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \frac{1}{5\sin^5\varphi}\sin\varphi \ \cos\varphi \\ &= \frac{2\pi}{5}\int_{\pi/4}^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi\ \frac{\cos\varphi}{\sin^4\varphi} \\ &= \frac{2\pi}{5}\int_{1/\sqrt{2}}^{1} \frac{\mathrm{d}u}{u^4}\qquad\text{단, } u=\sin\varphi,\ \mathrm{d}u=\cos\varphi\,\mathrm{d}\varphi \\ &= \frac{2\pi}{5} \left[\frac{u^{-3}}{-3}\right]_{1/\sqrt{2}}^{1} \\ &= \frac{2(2\sqrt{2}-1)\pi}{15} \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

(a) In cylindrical coordinates 0≤z≤x2+y20\le z\le \sqrt{x^2+y^2} becomes 0≤z≤r0\le z\le r, and x2+y2≤1x^2+y^2\le 1 becomes 0≤r≤10\le r\le 1. So

E={ (rcos⁡θ , rsin⁡θ , z) ∣ 0≤r≤1, 0≤θ≤2π, 0≤z≤r }E = \big\{ \ (r\cos\theta\,,\,r\sin\theta\,,\,z)\ \big|\ 0\le r\le 1,\ 0\le\theta\le 2\pi, \ 0\le z\le r\ \big\}

and, since dV=r dr dθ dz\mathrm{d}V = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z,

I=∭Ezx2+y2+z2 dV=∫01dr∫02πdθ∫0rdz r z r2+z2⏟x2+y2+z2\begin{aligned} I &= \iiint _E z \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}\ \mathrm{d}V = \int_0^1\mathrm{d}r \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^r\mathrm{d}z\ r\ z\ \sqrt{\underbrace{r^2+z^2}_{x^2+y^2+z^2}} \end{aligned}

(b) Here is a sketch of a constant θ\theta section of EE.

figure

Recall that the spherical coordinate φ\varphi is the angle between the zz–axis and the radius vector. So, in spherical coordinates z=rz=r (which makes an angle π4\frac{\pi}{4} with the zz axis) becomes φ=π4\varphi=\frac{\pi}{4}, and the plane z=0z=0, i.e. the xyxy–plane, becomes φ=π2\varphi=\frac{\pi}{2}, and r=1r=1 becomes ρsin⁡φ=1\rho\sin\varphi = 1. So

E={(ρsin⁡φcos⁡θ , ρsin⁡φsin⁡θ , ρcos⁡φ) ∣ π4≤φ≤π2, 0≤θ≤2π, 0≤ρ≤1sin⁡φ }E = \left\{(\rho\sin\varphi\cos\theta\,,\,\rho\sin\varphi\sin\theta\,,\, \rho\cos\varphi)\ \left|\ \frac{\pi}{4}\le \varphi\le \frac{\pi}{2}, \ 0\le\theta\le 2\pi, \ 0\le \rho\le \frac{1}{\sin\varphi}\ \right.\right\}

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

I=∭Ezx2+y2+z2 dV=∫π/4π/2dφ∫02πdθ∫01/sin⁡φdρ ρ2sin⁡φ ρcos⁡φ⏞z ρ=∫π/4π/2dφ∫02πdθ∫01/sin⁡φdρ ρ4sin⁡φ cos⁡φ\begin{aligned} I &= \iiint _E z \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}\ \mathrm{d}V = \int_{\pi/4}^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{1/\sin\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^2\sin\varphi \ \overbrace{\rho\cos\varphi}^{z}\ \rho \\ &= \int_{\pi/4}^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{1/\sin\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^4\sin\varphi \ \cos\varphi \end{aligned}

(c) We'll integrate using the spherical coordinate version.

I=∫π/4π/2dφ∫02πdθ∫01/sin⁡φdρ ρ4sin⁡φ cos⁡φ=∫π/4π/2dφ∫02πdθ 15sin⁡5φsin⁡φ cos⁡φ=2π5∫π/4π/2dφ cos⁡φsin⁡4φ=2π5∫1/21duu4with u=sin⁡φ, du=cos⁡φ dφ=2π5[u−3−3]1/21=2(22−1)π15\begin{aligned} I &= \int_{\pi/4}^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{1/\sin\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^4\sin\varphi \ \cos\varphi \\ &= \int_{\pi/4}^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \frac{1}{5\sin^5\varphi}\sin\varphi \ \cos\varphi \\ &= \frac{2\pi}{5}\int_{\pi/4}^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi\ \frac{\cos\varphi}{\sin^4\varphi} \\ &= \frac{2\pi}{5}\int_{1/\sqrt{2}}^{1} \frac{\mathrm{d}u}{u^4}\qquad\text{with } u=\sin\varphi,\ \mathrm{d}u=\cos\varphi\,\mathrm{d}\varphi \\ &= \frac{2\pi}{5} \left[\frac{u^{-3}}{-3}\right]_{1/\sqrt{2}}^{1} \\ &= \frac{2(2\sqrt{2}-1)\pi}{15} \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-3 · 3.7절 · 20번우리말 번역

어떤 입체 VV 는 직원기둥이다. 밑면은 xyxy평면에서 원점을 중심으로 하는 반지름 22 인 원판이다. 높이는 22 이고 밀도는 x2+y2\sqrt{x^2 + y^2} 이다.

VV 의 윗면을 밑면으로 하고 점 (0,0,0)(0, 0, 0) 을 꼭짓점으로 하는 거꾸로 놓인 원뿔을 제거하여, 더 작은 입체 UU 를 얻는다.

(a) 원기둥좌표를 사용하여 UU 의 질량을 나타내는 적분을 세우세요. (b) 구면좌표를 사용하여 UU 의 질량을 나타내는 적분을 세우세요. (c) 그 질량을 구하세요.

다 풀었으면 정답 확인

xyxy평면에서 원점을 중심으로 하는 반지름 22 인 원판은 x2+y2≤4x^2+y^2\le 4 이다. 따라서

V={ (x,y,z) ∣ x2+y2≤4, 0≤z≤2 }\begin{aligned} V&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le 4,\ 0\le z\le 2\ \big\} \end{aligned}

UU 의 윗 가장자리 x+y2=4x+y^2=4, z=2z=2 를 포함하면서 꼭짓점이 원점인 원뿔은 x2+y2=z2x^2+y^2=z^2 이다. 따라서

U={ (x,y,z) ∣ x2+y2≤4, 0≤z≤2, x2+y2≥z2 }\begin{aligned} U&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2\le 4,\ 0\le z\le 2,\ x^2+y^2\ge z^2\ \big\} \end{aligned}

다음은 VV (왼쪽)와 UU (오른쪽)의 y=0y=0 단면을 그린 그림이다.

그림

그림

(a) 원기둥좌표에서 x2+y2≤4x^2+y^2\le 4 는 r≤2r\le 2 가 되고, x2+y2≥z2x^2+y^2\ge z^2 는 r≥∣z∣r\ge |z| 이며, 밀도는 x2+y2=r\sqrt{x^2+y^2}=r 이다. 따라서

U={ (rcos⁡θ,rsin⁡θ,z) ∣ r≤2, 0≤z≤2, r≥z }\begin{aligned} U&=\big\{ \ (r\cos\theta,r\sin\theta,z)\ \big|\ r\le 2,\ 0\le z\le 2,\ r\ge z\ \big\} \end{aligned}

아래 왼쪽 그림을 보면, UU 에서

  • zz 는 00 에서 22 까지 변하고,
  • 그 범위의 각 zz 에 대해 rr 는 zz 에서 22 까지, θ\theta 는 00 에서 2π2\pi 까지 변한다.
  • dV=r dr dθ dz\mathrm{d}V =r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z

따라서

질량=∫02dz∫02πdθ∫z2dr r r⏞밀도=∫02dz∫02πdθ∫z2dr r2\begin{aligned} \text{질량}&= \int_0^2\mathrm{d}z\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_z^2\mathrm{d}r\ r\ \overbrace{r}^{\text{밀도}} = \int_0^2\mathrm{d}z\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_z^2\mathrm{d}r\ r^2 \end{aligned}

그림

그림

(b) 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≤4x^2+y^2\le 4 는 ρsin⁡φ≤2\rho\sin\varphi\le 2 가 되고, x2+y2≥z2x^2+y^2\ge z^2 는 다음과 같이 된다.

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

그리고 밀도는 x2+y2=ρsin⁡φ\sqrt{x^2+y^2}=\rho\sin\varphi 이다. 따라서

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

위의 오른쪽 그림을 보면, UU 에서

  • φ\varphi 는 π4\frac{\pi}{4} (원뿔 위)에서 π2\frac{\pi}{2} (xyxy평면 위)까지 변하고,
  • 그 범위의 각 φ\varphi 에 대해 ρ\rho 는 00 에서 2sin⁡φ\frac{2}{\sin\varphi} 까지, θ\theta 는 00 에서 2π2\pi 까지 변한다.
  • dV=ρ2sin⁡φ dρ dθ dφ\mathrm{d}V =\rho^2\sin\varphi\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi

따라서

질량=∫π/4π/2dφ∫02πdθ∫02/sin⁡φdρ ρ2sin⁡φ ρsin⁡φ⏞밀도=∫π/4π/2dφ∫02πdθ∫02/sin⁡φdρ ρ3sin⁡2φ\begin{aligned} \text{질량}&= \int_{\pi/4}^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{2/\sin\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^2\sin\varphi\ \overbrace{\rho\sin\varphi}^{\text{밀도}} \\ &= \int_{\pi/4}^{\pi/2}\mathrm{d}\varphi\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{2/\sin\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^3\sin^2\varphi \end{aligned}

(c) 원기둥좌표로 나타낸 식을 사용한다.

질량=∫02dz∫02πdθ∫z2dr r2=2π∫02dz 8−z33=2π3 [16−244]=8π\begin{aligned} \text{질량} &= \int_0^2\mathrm{d}z\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_z^2\mathrm{d}r\ r^2 \\ &=2\pi \int_0^2\mathrm{d}z\ \frac{8-z^3}{3} \\ &=\frac{2\pi}{3}\ \left[16-\frac{2^4}{4}\right] \\ &=8\pi \end{aligned}

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