원기둥·구면좌표 삼중적분 연습문제 — CLP-3 · 3.7절 · 30번

CLP-3 · 3.7절 · 30번대학 수준우리말 번역

$S$ 를 제1팔분공간( $x,y,z\ge 0$ )에 있는 영역으로서 원뿔 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 의 위쪽, 구 $(z-1)^2 +x^2+y^2=1$ 의 아래쪽에 놓인 부분이라 하자. $V$ 를 그 부피라 하자.

(a) $V$ 를 원기둥좌표계에서의 삼중적분으로 나타내세요. (b) $V$ 를 구면좌표계에서의 삼중적분으로 나타내세요. (c) 위의 두 적분 중 하나를 이용하여 $V$ 를 계산하세요.

영어 원문 보기

Let $S$ be the region on the first octant (so that $x,y,z\ge 0$ ) which lies above the cone $z=\sqrt{x^2+y^2}$ and below the sphere $(z-1)^2 +x^2+y^2=1$ . Let $V$ be its volume.

(a) Express $V$ as a triple integral in cylindrical coordinates. (b) Express $V$ as an triple integral in spherical coordinates. (c) Calculate $V$ using either of the integrals above.

정답·풀이 보기

구 $x^2+y^2+(z-1)^2=1$ 과 원뿔 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 은 모두 $z$ 축을 중심으로 한 회전에 대하여 변하지 않는다. 구 $x^2 + y^2 + (z-1)^2 = 1$ 과 원뿔 $z = \sqrt{x^2 + y^2}$ 은 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 일 때 만나므로 $x^2+y^2=z^2$ 이고,

$\begin{aligned} x^2 + y^2 + (z-1)^2 = z^2+(z-1)^2=1 &\iff 2z^2-2z=0 \iff 2z(z-1)=0 \\ &\iff z=0,1 \end{aligned}$

따라서 두 곡면은 원 $z=1$ , $x^2+y^2=1$ 에서 만나며

$S = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x,y\ge 0,\ x^2+y^2\le 1,\ \sqrt{x^2+y^2}\le z\le 1+\sqrt{1-x^2-y^2}\ \big\}$

이다.

다음은 $S$ 의 $y=0$ 단면의 개형이다.

(a) 원기둥좌표계에서

조건 $x,y\ge 0$ 은 $0\le\theta\le{\pi}/{2}$ 이고,
조건 $x^2+y^2\le 1$ 은 $r\le 1$ 이며,
조건 $\sqrt{x^2+y^2}\le z\le 1+\sqrt{1-x^2-y^2}$ 은 $r\le z\le 1+\sqrt{1-r^2}$ 이고,
$\mathrm{d}V = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z$ 이다.

따라서

$\begin{aligned} V = \iiint _S\mathrm{d}V = \int_0^1\mathrm{d}r \int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_r^{1+\sqrt{1-r^2}}\mathrm{d}z \ r \end{aligned}$

이다.

(b) 구면좌표계에서

원뿔 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 은 다음과 같이 된다.

$\begin{aligned} \rho\,\cos\varphi =\sqrt{\rho^2\sin^2\varphi\,\cos^2\theta +\rho^2\sin^2\varphi\,\sin^2\theta} =\rho\sin\varphi \iff \tan\varphi=1 \iff \varphi=\frac{\pi}{4} \end{aligned}$

따라서 $S$ 위에서 구면좌표 $\varphi$ 는 $\varphi=0$ ( $z$ 축의 양의 부분)에서 $\varphi={\pi}/{4}$ (원뿔 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ )까지 변하며, 이는 원뿔의 위쪽에 머물도록 한다.
조건 $x,y\ge 0$ 은 $0\le\theta\le{\pi}/{2}$ 이다.
조건 $x^2+y^2+(z-1)^2\le 1$ (구의 내부에 머물도록 하는 조건)은 다음과 같이 된다.

$\begin{aligned} &\rho^2\sin^2\varphi\,\cos^2\theta + \rho^2\sin^2\varphi\,\sin^2\theta +\big(\rho\cos\varphi-1\big)^2\le 1 \\ &\iff \rho^2\,\sin^2\varphi +\rho^2\cos^2\varphi -2\rho\cos\varphi +1 \le 1 \\ &\iff \rho^2-2\rho\cos\varphi\le 0 \\ &\iff \rho\le 2 \cos\varphi \end{aligned}$

그리고 $\mathrm{d}V = \rho^2\sin\varphi\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi$ 이다.

따라서

$\begin{aligned} V = \iiint _S\mathrm{d}V = \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi \int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta \int_0^{2\cos\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^2\sin\varphi \end{aligned}$

이다.

$\begin{aligned} V &= \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi \int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta \int_0^{2\cos\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^2\sin\varphi \\ &=\frac{8}{3} \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi \int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \cos^3\varphi\ \sin\varphi \\ &=\frac{8}{3}\ \frac{\pi}{2}\ \left[-\frac{\cos^4\varphi}{4}\right]_0^{\pi/4} \\ &=\frac{\pi}{3} \left[1-\frac{1}{(\sqrt{2})^4}\right] \\ &=\frac{\pi}{4} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

Note that both the sphere $x^2+y^2+(z-1)^2=1$ and the cone $z=\sqrt{x^2+y^2}$ are invariant under rotations around the $z$ –axis. The sphere $x^2 + y^2 + (z-1)^2 = 1$ and the cone $z = \sqrt{x^2 + y^2}$ intersect when $z=\sqrt{x^2+y^2}$ , so that $x^2+y^2=z^2$ , and

$\begin{aligned} x^2 + y^2 + (z-1)^2 = z^2+(z-1)^2=1 &\iff 2z^2-2z=0 \iff 2z(z-1)=0 \\ &\iff z=0,1 \end{aligned}$

So the surfaces intersect on the circle $z=1$ , $x^2+y^2=1$ and

$S = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x,y\ge 0,\ x^2+y^2\le 1,\ \sqrt{x^2+y^2}\le z\le 1+\sqrt{1-x^2-y^2}\ \big\}$

Here is a sketch of the $y=0$ cross section of S.

(a) In cylindrical coordinates

the condition $x,y\ge 0$ is $0\le\theta\le{\pi}/{2}$ ,
the condition $x^2+y^2\le 1$ is $r\le 1$ , and
the conditions $\sqrt{x^2+y^2}\le z\le 1+\sqrt{1-x^2-y^2}$ are $r\le z\le 1+\sqrt{1-r^2}$ , and
$\mathrm{d}V = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z$ .

$\begin{aligned} V = \iiint _S\mathrm{d}V = \int_0^1\mathrm{d}r \int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_r^{1+\sqrt{1-r^2}}\mathrm{d}z \ r \end{aligned}$

(b) In spherical coordinates,

the cone $z=\sqrt{x^2+y^2}$ becomes

$\begin{aligned} \rho\,\cos\varphi =\sqrt{\rho^2\sin^2\varphi\,\cos^2\theta +\rho^2\sin^2\varphi\,\sin^2\theta} =\rho\sin\varphi \iff \tan\varphi=1 \iff \varphi=\frac{\pi}{4} \end{aligned}$

so that, on $S$ , the spherical coordinate $\varphi$ runs from $\varphi=0$ (the positive $z$ –axis) to $\varphi={\pi}/{4}$ (the cone $z=\sqrt{x^2+y^2}$ ), which keeps us above the cone,
the condition $x,y\ge 0$ is $0\le\theta\le{\pi}/{2}$ ,
the condition $x^2+y^2+(z-1)^2\le 1$ , (which keeps us inside the sphere), becomes

and $\mathrm{d}V = \rho^2\sin\varphi\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi$ .

$\begin{aligned} V = \iiint _S\mathrm{d}V = \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\varphi \int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta \int_0^{2\cos\varphi}\mathrm{d}\rho\ \rho^2\sin\varphi \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-3 · 3.7절 · 28번우리말 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.

다 풀었으면 정답 확인

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

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

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

이 문제로 이어서 풀기

# 원기둥·구면좌표 삼중적분계산도전자동 분류