원기둥·구면좌표 삼중적분

(a) 구면좌표에서

$$\begin{aligned} x&=\rho\sin\varphi\cos\theta \\ y&=\rho\sin\varphi\sin\theta \\ z&=\rho\cos\varphi \\ x^2+y^2 &=\rho^2\sin^2\varphi \end{aligned}$$

이므로 $x^2+y^2+z^2= a^2$ 은 $\rho = a$ 가 되고, $\sqrt{x^2+y^2}= z$ 는 다음과 같이 된다.

$$\begin{aligned} \rho\sin\varphi = \rho\cos\varphi \iff \tan\varphi= 1 \iff \varphi=\frac{\pi}{4} \end{aligned}$$

다음은 주어진 영역의 $y=0$ 단면을 그린 것이다.

위의 그림에서 이 영역에 대해 다음을 알 수 있다.

• $\varphi$ 는 $0$ (양의 $z$축)에서 $\frac{\pi}{4}$ (원뿔 위)까지 변하고,
• 그 범위의 각 $\varphi$ 에 대해 $\rho$ 는 $0$ 에서 $a$ 까지, $\theta$ 는 $0$ 에서 $2\pi$ 까지 변한다.

따라서

$$\begin{aligned} \text{부피} &= \int_{0}^{a}\mathrm{d}\rho \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_0^{{\pi\over 4}}\mathrm{d}\varphi\ \rho^2\sin\varphi = \Big\{\int_{0}^{a}\mathrm{d}\rho\ \rho^2 \Big\}\Big\{\int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta\Big\}\Big\{ \int_0^{{\pi\over 4}}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi\Big\} \\ &= \frac{a^3}{3}\ 2\pi\ \Big[-\cos\varphi\Big]_0^{{\pi\over 4}} =2\pi\frac{a^3}{3}\left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right) \end{aligned}$$

(b) 문제의 구의 부분은 다음과 같다.

$$\begin{aligned} R&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2+z^2\le a^2,\ x\ge0,\ y\ge 0,\ z\ge 0\ \big\} \\ &=\big\{ \ (\rho\sin\varphi\cos\theta\,,\, \rho\sin\varphi\sin\theta\,,\, \rho\cos\varphi)\ \big|\ \rho\le a,\ 0\le\varphi\le\tfrac{\pi}{2}, \ 0\le\theta\le\tfrac{\pi}{2}\ \big\} \end{aligned}$$

대칭성에 의해 주어진 두 적분의 값은 같고, 그 값은 다음과 같다.

$$\begin{aligned} \int_{0}^{a}\mathrm{d}\rho\ \rho^2 \int_0^{{\pi\over 2}}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi \int_{0}^{{\pi\over 2}} \mathrm{d}\theta\ \overbrace{\rho\cos\varphi}^{z} &=\frac{a^4}{4}\frac{\pi}{2} \int_0^{{\pi\over 2}}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi\cos\varphi \\ &=\frac{\pi a^4}{8} \int_0^{1}\mathrm{d}t\ t\qquad\text{ 여기서 $t=\sin\varphi$, $\mathrm{d}t=\cos\varphi\,\mathrm{d}\varphi$} \\ &=\frac{\pi a^4}{16} \end{aligned}$$

(c) 문제의 행성은 다음과 같다.

$$\begin{aligned} P&=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2+z^2\le a^2\ \big\} \\ &=\big\{ \ (\rho\sin\varphi\cos\theta\,,\, \rho\sin\varphi\sin\theta\,,\, \rho\cos\varphi)\ \big|\ \rho\le a,\ 0\le\varphi\le\pi, \ 0\le\theta\le2\pi\ \big\} \end{aligned}$$

따라서

$$\begin{aligned} \text{질량} &= \int_{0}^{a}\mathrm{d}\rho\ \rho^2 \int_0^{\pi}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta\ \overbrace{\frac{A}{B+\rho^2}}^{\rm density} =2\pi A\Big\{ \int_0^{\pi}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi\Big\} \Big\{\int_{0}^{a}\mathrm{d}\rho\ \frac{\rho^2}{B+\rho^2} \Big\} \\ &=4\pi A\int_{0}^{a}\mathrm{d}\rho\ \left(1-\frac{B}{B+\rho^2} \right) \\ &=4\pi Aa-4\pi A\sqrt{B}\int_{0}^{a/\sqrt{B}}\mathrm{d}s\ \frac{1}{1+s^2} \qquad\text{ 여기서 $\rho=\sqrt{B}\,s$, $\mathrm{d}\rho=\sqrt{B}\,\mathrm{d}s$} \\ &=4\pi A\left(a-\sqrt{B}\tan^{-1}\frac{a}{\sqrt{B}}\right) \end{aligned}$$

(d) 다음을 관찰하자.

• $\varphi=0$ 일 때(즉 양의 $z$축 위에서) $\cos\varphi=1$ 이므로 $\rho=a(1-\cos\varphi)=0$ 이고,
• $\varphi$ 가 $0$ 에서 $\frac{\pi}{2}$ 까지 증가하면 $\cos\varphi$ 는 감소하므로 $\rho=a(1-\cos\varphi)$ 는 증가하고,
• $\varphi=\frac{\pi}{2}$ 일 때(즉 $xy$평면 위에서) $\cos\varphi=0$ 이므로 $\rho=a(1-\cos\varphi)=a$ 이고,
• $\varphi$ 가 $\frac{\pi}{2}$ 에서 $\pi$ 까지 증가하면 $\cos\varphi$ 는 계속 감소하므로 $\rho=a(1-\cos\varphi)$ 는 더욱 증가하고,
• $\varphi=\pi$ 일 때(즉 음의 $z$축 위에서) $\cos\varphi=-1$ 이므로 $\rho=a(1-\cos\varphi)=2a$ 이다.

따라서 주어진 입체와 $yz$평면의 오른쪽 절반이 만나는 부분을 그리면 다음과 같다.

문제의 입체는 $z$축을 중심으로 한 회전에 대해 변하지 않으므로

$$\begin{aligned} \text{부피} &= \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta\int_0^{\pi}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi\int_{0}^{a(1-\cos\varphi)}\mathrm{d}\rho\ \rho^2 \\ &=2\pi\frac{a^3}{3} \int_0^{\pi}\mathrm{d}\varphi\ \sin\varphi(1-\cos\varphi)^3 \\ &=2\pi\frac{a^3}{3} \int_0^2\mathrm{d}t\ t^3 \qquad\text{ 여기서 $t=1-\cos\varphi$, $\mathrm{d}t=\sin\varphi\,\mathrm{d}\varphi$} \\ &=2\pi\ \frac{a^3}{3}\ \frac{2^4}{4} =\frac{8}{3}\pi a^3 \end{aligned}$$