원기둥·구면좌표 삼중적분 연습문제 — CLP-3 · 3.7절 · 28번

CLP-3 · 3.7절 · 28번대학 수준우리말 번역

다음 반복적분을 생각하세요.

$I =\int_{-a}^0\int_{-\sqrt{a^2-x^2}}^0 \int_0^{\sqrt{a^2-x^2-y^2}} \big(x^2+y^2+z^2\big)^{2014}\ \mathrm{d}z\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}x$

여기서 $a$ 는 양의 상수입니다.

(a) $I$ 를 원기둥좌표계에서의 반복적분으로 나타내세요. (b) $I$ 를 구면좌표계에서의 반복적분으로 나타내세요. (c) 원하는 방법을 사용하여 $I$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Consider the iterated integral

$I =\int_{-a}^0\int_{-\sqrt{a^2-x^2}}^0 \int_0^{\sqrt{a^2-x^2-y^2}} \big(x^2+y^2+z^2\big)^{2014}\ \mathrm{d}z\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}x$

where $a$ is a positive constant.

(a) Write $I$ as an iterated integral in cylindrical coordinates. (b) Write $I$ as an iterated integral in spherical coordinates. (c) Evaluate I using whatever method you prefer.

정답·풀이 보기

핵심은 적분 영역이 어떤 모양인지 알아내는 것이다.

가장 바깥쪽 적분은 $x$ 가 $-a$ 에서 $0$ 까지 움직인다는 뜻이다.
가운데 적분은 그 범위의 각 $x$ 에 대하여 $y$ 가 $-\sqrt{a^2-x^2}$ 에서 $0$ 까지 움직인다는 뜻이다. $y=-\sqrt{a^2-x^2}$ 을 더 익숙한 꼴인 $x^2+y^2=a^2$ , $y\le 0$ 으로 고쳐 쓸 수 있다. 따라서 $(x,y)$ 는 원점을 중심으로 하는 반지름 $a$ 인 원판 중 제3사분면에 있는 부분 위를 움직인다.

마지막으로 가장 안쪽 적분은 사분원판 안의 각 $(x,y)$ 에 대하여 $z$ 가 $0$ 에서 $\sqrt{a^2-x^2-y^2}$ 까지 움직인다는 뜻이다. 여기서도 $z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$ 을 더 익숙한 꼴인 $x^2+y^2+z^2=a^2$ , $z\ge 0$ 으로 고쳐 쓸 수 있다.

따라서 적분 영역은 원점을 중심으로 하는 반지름 $a$ 인 구의 내부 중 팔분공간 $x\le 0$ , $y\le 0$ , $z\ge 0$ 에 놓인 부분이다.

$\begin{aligned} V&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ -a\le x\le 0,\ -\sqrt{a^2-x^2}\le y\le 0,\ 0\le z\le\sqrt{a^2-x^2-y^2} \ \big\} \\ &=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2+z^2\le a^2,\ x\le 0,\ y\le 0,\ z\ge 0 \ \big\} \end{aligned}$

(a) $V$ 에서 $(x,y)$ 는 제3사분면에 제한되며, 이는 원기둥좌표계에서 $\pi\le\theta\le\frac{3\pi}{2}$ 이다. 따라서 원기둥좌표계에서

$\begin{aligned} V&=\Big\{(r\cos\theta,r\sin\theta,z)\ \Big|\ r^2+z^2\le a^2,\ \pi\le\theta\le\frac{3\pi}{2},\ z\ge 0 \Big\} \\ &=\Big\{(r\cos\theta,r\sin\theta,z)\ \Big|\ 0\le z\le a,\ \pi\le\theta\le\frac{3\pi}{2},\ 0\le r\le\sqrt{a^2-z^2} \Big\} \end{aligned}$

이고

$\begin{aligned} I&= \iiint _V \big(x^2+y^2+z^2\big)^{2014}\ \mathrm{d}V = \iiint _V \big(r^2+z^2\big)^{2014}\ r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z \\ &=\int_0^a \mathrm{d}z\int_{\pi}^{3\pi/2}\mathrm{d}\theta \int_0^{\sqrt{a^2-z^2}}\mathrm{d}r\ r\big(r^2+z^2\big)^{2014} \end{aligned}$

(b) 구면좌표 $\varphi$ 는 $0$ (반지름 벡터가 양의 $z$ 축 방향일 때)에서 ${\pi}/{2}$ (반지름 벡터가 $xy$ 평면 위에 있을 때)까지 움직이므로

$\begin{aligned} I&= \iiint _V \big(x^2+y^2+z^2\big)^{2014}\ \mathrm{d}V = \iiint _V \rho^{2\times 2014}\ \rho^2\sin\varphi\ \mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi \\ &=\int_0^{\pi/2} \mathrm{d}\varphi\int_{\pi}^{3\pi/2}\mathrm{d}\theta \int_0^a\mathrm{d}\rho\ \rho^{4030}\sin\varphi \end{aligned}$

$\begin{aligned} I&=\int_0^{\pi/2} \mathrm{d}\varphi\int_{\pi}^{3\pi/2}\mathrm{d}\theta \int_0^a\mathrm{d}\rho\ \rho^{4030}\sin\varphi \\ &=\frac{a^{4031}}{4031} \int_0^{\pi/2} \mathrm{d}\varphi\int_{\pi}^{3\pi/2}\mathrm{d}\theta \ \sin\varphi \\ &=\frac{a^{4031}\pi}{8062} \int_0^{\pi/2} \mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi \\ &=\frac{a^{4031}\pi}{8062} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

The main step is to figure out what the domain of integration looks like.

The outside integral says that $x$ runs from $-a$ to $0$ .
The middle integrals says that, for each $x$ in that range, $y$ runs from $-\sqrt{a^2-x^2}$ to $0$ . We can rewrite $y=-\sqrt{a^2-x^2}$ in the more familiar form $x^2+y^2=a^2$ , $y\le 0$ . So $(x,y)$ runs over the third quadrant part of the disk of radius $a$ , centred on the origin.

Finally, the inside integral says that, for each $(x,y)$ in the quarter disk, $z$ runs from $0$ to $\sqrt{a^2-x^2-y^2}$ . We can also rewrite $z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$ in the more familiar form $x^2+y^2+z^2=a^2$ , $z\ge 0$ .

So the domain of integration is the part of the interior of the sphere of radius $a$ , centred on the origin, that lies in the octant $x\le 0$ , $y\le 0$ , $z\ge 0$ .

(a) Note that, in $V$ , $(x,y)$ is restricted to the third quadrant, which in cylindrical coordinates is $\pi\le\theta\le\frac{3\pi}{2}$ . So, in cylindrical coordinates,

and

(b) The spherical coordinate $\varphi$ runs from $0$ (when the radius vector is along the positive $z$ –axis) to ${\pi}/{2}$ (when the radius vector lies in the $xy$ –plane) so that

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-3 · 3.7절 · 29번우리말 번역

입체 $E$ 는 아래로는 포물면 $z = x^2 + y^2$ 으로, 위로는 원뿔 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 으로 유계이다. 다음과 같이 두자.

$I = \iiint _E z\big(x^2+y^2+z^2\big)\ \mathrm{d}V$

(a) $I$ 를 원기둥좌표로 나타내세요. 값을 구하지는 마세요. (b) $I$ 를 구면좌표로 나타내세요. 값을 구하지는 마세요. (c) $I$ 의 값을 구하세요.

다 풀었으면 정답 확인

(a) 원기둥좌표에서 포물면은 $z=r^2$ 이고 원뿔은 $z=r$ 이다. 두 곡면은 $r^2=r$ 일 때 만난다. 즉, $r=0$ 일 때와 $r=1$ 일 때이다. 따라서 원기둥좌표로 나타내면

$\begin{aligned} I = \int_0^1 \mathrm{d}r\ r \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{r^2}^r\mathrm{d}z\ z(r^2+z^2) \end{aligned}$

(b) 구면좌표에서 포물면은

$\rho\cos\varphi=\rho^2\sin^2\varphi\qquad\text{또는}\qquad \rho=\frac{\cos\varphi}{\sin^2\varphi}$

이고 원뿔은

$\rho\cos\varphi=\rho\sin\varphi\quad\text{또는}\quad \tan\varphi=1\quad\text{또는}\quad \varphi=\frac{\pi}{4}$

이다. 아래 그림은 $\theta$ 가 상수인 $E$ 의 단면을 보여 준다. 이 그림을 보면 $\varphi$ 는 $\frac{\pi}{4}$ (즉, 원뿔)에서 $\frac{\pi}{2}$ (즉, $xy$ 평면)까지 변한다.

따라서 구면좌표로 나타내면

$\begin{aligned} I &= \int_{\pi/4}^{\pi/2} \mathrm{d}\varphi \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\cos\varphi/\sin^2\varphi} \mathrm{d}\rho\ \rho^2\sin\varphi \ \overbrace{\rho\cos\varphi}^{z} \overbrace{\rho^2}^{x^2+y^2+z^2} \\ &= \int_{\pi/4}^{\pi/2} \mathrm{d}\varphi \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\cos\varphi/\sin^2\varphi} \mathrm{d}\rho\ \rho^5\sin\varphi \cos\varphi \end{aligned}$

$\begin{aligned} I &= \int_0^1 \mathrm{d}r\ r \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{r^2}^r\mathrm{d}z\ z(r^2+z^2) \\ &= \int_0^1 \mathrm{d}r\ r \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \left[r^2\frac{z^2}{2}+\frac{z^4}{4}\right]_{r^2}^r \\ &= 2\pi \int_0^1 \mathrm{d}r\ r \left[r^2\frac{r^2}{2}+\frac{r^4}{4} -r^2\frac{r^4}{2}-\frac{r^8}{4}\right] \\ &=2\pi \left[\frac{1}{12}+\frac{1}{24} -\frac{1}{16}-\frac{1}{40}\right] =\frac{\pi}{2} \left[\frac{1}{3}+\frac{1}{6} -\frac{1}{4}-\frac{1}{10}\right] \\ &=\frac{3\pi}{40} \end{aligned}$

이 문제로 이어서 풀기

# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산도전자동 분류