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이 상태로는 적분을 하기 힘드므로 적분 순서를 바꿔야 한다. 적분하는 영역 $E$는 $$E=\{(x, y, z)\mid0\leq x\leq\sin{y},0\leq y \leq \cos^{-1}{z},0\leq z \leq 1 \}$$이다. $\sqrt{1+\sin^2{y}}$의 적분을 피하기 위해 $dzdydx$의 순서로 적분해 보자.($dx$와 $dy$의 순서만 바꾸는 것은 의미가 없다.)
$$0\leq x\leq\sin{y} \leq \sin{(\cos^{-1}{z})}=\sqrt{1-z^2}\leq 1$$이다. 또한 $$\sin^{-1}{x}\leq y\leq \cos^{-1}{z} \leq {\pi\over2}$$이다. $$0\leq z \leq \cos{y} \leq 1$$이므로 주어진 적분은 $$\int_0^1 \int_{\sin^{-1}{x}}^{\pi/2} \int_0^{\cos{y}} \sqrt{1+\sin^2{y}} dz dy dx$$와 같다. 이제 적분을 하면 $$\int_0^1 \int_{\sin^{-1}{x}}^{\pi/2} \cos{y} \sqrt{1+\sin^2{y}} dy dx$$에서 $\sin{y}=\tan{u}$의 치환을 하면 $$\int_0^1 \int_{\tan^{-1}{x}}^{\pi/4} \sec^3{u} du dx=\int_0^1 {1\over2} \left[\sqrt{2}+\ln{(1+\sqrt{2})}\right]-{1\over2}\left[x\sqrt{x^2+1}+\ln{(x+\sqrt{x^2+1})}\right] dx$$이고 $$\int x\sqrt{x^2+1} dx={1\over3}(x^2+1)^{3/2}+C$$$$\int \ln{(x+\sqrt{x^2+1})} dx=\int \sinh^{-1}{x}dx=x\sinh^{-1}{x}-\sqrt{x^2+1}+C$$이므로 구하는 적분은 $$\left[ {1\over2} \left[\sqrt{2}+\ln{(1+\sqrt{2})}\right]x-{1\over2}\left[ {1\over3}(x^2+1)^{3/2} + x\sinh^{-1}{x}-\sqrt{x^2+1} \right] \right]_0^1={2\sqrt{2}\over3}-{1\over3}$$이다.
두 개의 원뿔과 구로 이루어진 영역은 $$E=\{(\rho, \theta, \phi)\mid0 \leq \rho \leq 2,0 \leq \theta\leq 2\pi,\pi/4\leq \phi\leq\tan^{-1}{2}\}$$이다.
※ 원뿔 $2z=\sqrt{x^2+y^2}$의 구좌표계 식은 원뿔의 $xz$평면(혹은 $yz$평면)에서의 단면을 생각하면 된다. 그러면 $\tan{\phi}=2 \Leftrightarrow \phi=\tan^{-1}{2}$이다.
적분 식을 세우면 $$\iiint_E {1\over\rho}\cdot\rho^2\sin{\phi}d\rho d\theta d\phi=\int_{\pi/4}^{\tan^{-1}{2}} \int_0^{2\pi} \int_0^2 \rho\sin{\phi}d\rho d\theta d\phi=\int_{\pi/4}^{\tan^{-1}{2}} 4\pi\sin{\phi} d\phi=-4\pi\left(\cos\tan^{-1}{2}-{\sqrt{2}\over2}\right)$$이다.
$\tan^{-1}{2}=\alpha$라 하고 직각삼각형을 그리면 $$\cos{\alpha}={1\over\sqrt5}$$이다. 따라서 구하는 적분은 $$4\pi\left({1\over\sqrt{2}}-{1\over\sqrt{5}}\right)$$이다.
마지막으로 영역 $B$는 $x\geq 0, y\geq 0, z\geq 0$인 영역(First octant)이므로 구한 적분 값에 $\dfrac{1}{4}$를 곱해 준다.(영역 $E$는 $z\geq 0$인 영역이다.) 그러면 답은 $$\iiint_B {1\over\sqrt{x^2+y^2+z^2}}dV=\pi\left({1\over\sqrt{2}}-{1\over\sqrt{5}}\right)$$이다.
영역 $R$을 그려 보면 $x$와 $y$의 범위로 표현하기 어렵다. 영역의 각 side의 식을 관찰하면 $$u=x+y, v={y\over x}$$의 변환을 생각할 수 있다. 그러면 이 변환에 대응하는 영역은 $$S=\{ (u,v)\mid 1\leq u \leq 3,{1\over2}\leq v \leq 2\}$$이다.
$$x={u\over 1+v},y={uv\over 1+v}$$이고 야코비안은 $${\partial(x,y)\over\partial(u,v)}=\begin{vmatrix}\cfrac{\partial x}{\partial u} & \cfrac{\partial x}{\partial v} \\ \cfrac{\partial y}{\partial u} & \cfrac{\partial y}{\partial v} \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}\cfrac{1}{1+v} & \cfrac{-u}{(1+v)^2} \\ \cfrac{v}{1+v} & \cfrac{u}{(1+v)^2} \end{vmatrix}={u\over(1+v)^2}$$이니 주어진 적분은 $$\iint_R {3y\over x}dA=\int_1^3 \int_{1/2}^2 3v \cdot {\partial(x,y)\over\partial(u,v)} dv du=\int_1^3 \int_{1/2}^2 {3uv\over(1+v)^2} dv du=\int_1^3 3u\left[\ln{|1+v|}+{1\over 1+v} \right]_{1/2}^2 du=12\left(\ln{2}-{1\over3}\right)$$이다.
$$f_x(x,y,z)=2x+y^2\cos(xy)$$$$f_y(x,y,z)=2y+{e^{y/z}\over z}+\sin(xy)+xy\sin{(xy)}$$$$f_z(x,y,z)=2z-{y\over z^2}e^{y/z}$$이므로 $$\nabla f(x,y,z)=[2x+y^2\cos(xy)]\textbf{i}+\left[2y+{e^{y/z}\over z}+\sin(xy)+xy\sin{(xy)}\right]\textbf{j}+\left[2z-{y\over z^2}e^{y/z}\right]\textbf{k}$$이다.
주어진 두 점을 연결하는 선분의 벡터방정식은 $$\textbf{r}(t)=\lt 3(1-t),{\pi\over2}t,3t\gt \enspace(0\leq t\leq 1)$$이다. 따라서 한 일은 $$\int_C \textbf{F} \cdot d\textbf{r}=\int_0^1 \textbf{F}(\textbf{r}(t)) \cdot \textbf{r}'(t) dt=\int_0^1 \lt 3t,3(1-t),{\pi\over2}t\gt \cdot \lt -3,{\pi\over2},3\gt dt=\left[ -{9t^2\over2}+{3\pi\over2}t \right]_0^1={3\pi\over2}-{9\over2}$$이다.
주어진 곡선 $C$를 매개변수화하면 $$\begin{cases} x=(4+\cos{(6\theta)})\cos{\theta} \\ y=(4+\cos{(6\theta)})\sin{\theta} \end{cases}$$에서 $$\textbf{r}(\theta)=(4+\cos{(6\theta)})\cos{\theta} \textbf{i}+ (4+\cos{(6\theta)})\sin{\theta} \textbf{j}$$이다.
따라서 $$\int_C \textbf{F} \cdot d\textbf{r}=\int_0^{2\pi} \textbf{F}(\textbf{r}(\theta)) \cdot \textbf{r}'(\theta) d\theta$$이고 $$\textbf{r}'(\theta)=[-6\sin{(6\theta)}\cos{\theta}-(4+\cos{(6\theta)})\sin{\theta}] \textbf{i}+ [-6\sin{(6\theta)}\sin{\theta}+(4+\cos{(6\theta)})\cos{\theta}]\textbf{j}$$이니 주어진 적분은 $$\int_0^{2\pi} {-\sin{\theta}\textbf{i}+\cos{\theta}\textbf{j}\over4+\cos{(6\theta)}} \cdot [-6\sin{(6\theta)}\cos{\theta}-(4+\cos{(6\theta)})\sin{\theta}] \textbf{i}+ [-6\sin{(6\theta)}\sin{\theta}+(4+\cos{(6\theta)})\cos{\theta}]\textbf{j} d\theta= \int_0^{2\pi} d\theta=2\pi$$이다.
※ $\textbf{F}(x,y)$는 $(0,0)$에서 정의되지 않으므로 $(0,0)$을 포함한 영역에서 보존장이라고 할 수 없다. 예로 내부에 $(0,0)$을 포함하지 않는 곡선인 $(x-2)^2+y^2=1$을 $\textbf{F}(x,y)$ 위에서 선적분하면 $0$이 된다.
$$\int_C \textbf{F} \cdot d\textbf{r}=\int_0^{2\pi} \textbf{F}(\textbf{r}(t)) \cdot \textbf{r}'(t) dt$$에서 $$\textbf{r}'(t)=\lt \cos{t}-t\sin{t},\sin{t}+t\cos{t} \gt$$이니 주어진 적분은 $$\int_0^{2\pi} \lt t\sin{t}e^{t^2\sin{t}\cos{t}}-\sin{(t\cos{t})}, t\cos{t}e^{t^2\sin{t}\cos{t}}-2t\sin{t}\cos{(t^2\sin^2{t})}\gt \cdot \lt \cos{t}-t\sin{t},\sin{t}+t\cos{t} \gt dt=\int_0^{2\pi} [t\sin{2t}+t^2(\cos^2{t}-\sin^2{t})]e^{t^2\sin{t}\cos{t}}-\sin{(t\cos{t})}(\cos{t}-t\sin{t})-\cos{(t^2\sin^2{t})}(2t\sin^2{t}+2t^2\sin{t}\cos{t}) dt=[e^{t^2\sin{t}\cos{t}}-\sin{(t\cos{t})}-\cos{(t^2\sin^2{t})}]_0^{2\pi}=0$$이다.
영역 $D$는 $$D=\{ (x,y) \mid 0\leq x \leq1, 0\leq y \leq1\}$$이다. 따라서 구하는 면적은 $$A=\iint_D \sqrt{1+\left({\partial z\over\partial x}\right)^2+\left({\partial z\over\partial y}\right)^2} dA=\iint_D \sqrt{1+x+y} dA=\int_0^1 \int_0^1 \sqrt{1+x+y} dy dx=\int_0^1 \left[ {2\over3}(1+x+y)^{3/2} \right]_{y=0}^{y=1} dx={4\over15}\left[(x+2)^{5/2}-(x+1)^{5/2}\right]_0^1={4\over15}\left[ 3^{5/2}-2^{7/2}+1 \right]$$이다.
$$\nabla \times \textbf{G}=\textbf{F}$$인 $\textbf{G}$가 존재하려면 $$\operatorname{div} \textbf{F}=0$$이어야 한다. $$\operatorname{div} \textbf{F}=3y^2z^2+2x^2z^3+6x^2y^2z \neq 0$$이므로 $\textbf{G}$는 존재하지 않는다.
$$\operatorname{curl} \textbf{F}=\nabla \times \textbf{F}=\begin{vmatrix} \textbf{i} & \textbf{j} & \textbf{k} \\ \cfrac{\partial}{\partial x} & \cfrac{\partial}{\partial y} & \cfrac{\partial}{\partial z} \\ 3xy^2z^2 & 2x^2yz^3 & 3x^2y^2z^2\end{vmatrix}=-(6xy^2z^2-6xy^2z)\textbf{j}+(4xyz^3-6xyz^2)\textbf{k} \neq 0$$이므로 $\textbf{F}$는 보존벡터장이 아니다.
첫 번째 방법: $$\iint_S \textbf{F} \cdot d\textbf{S}=\iint_D \textbf{F} \cdot (\textbf{r}_x \times \textbf{r}_y) dA$$이고 $$\textbf{r}_x \times \textbf{r}_y={x\over\sqrt{x^2+y^2}}\textbf{i}+{y\over\sqrt{x^2+y^2}}\textbf{j}-\textbf{k}$$이다. ※ Downward orientation이므로 -1을 곱했다.
따라서 flux는 $$\iint_D \lt y,-x,\sqrt{x^2+y^2}\gt \cdot \lt {x\over\sqrt{x^2+y^2}},{y\over\sqrt{x^2+y^2}},-1\gt dA=\iint_D -\sqrt{x^2+y^2} dA$$이고 영역 $D$는 $$D=\{ (x,y) \mid x^2+y^2\leq 9 \}$$이므로 극좌표로 변환하면 $$\int_0^{2\pi} \int_0^3 -r\cdot rdrd\theta=\int_0^{2\pi} \left[-{r^3\over3}\right]_{r=0}^{r=3} d\theta=-18\pi$$이다.
두 번째 방법: 발산 정리를 적용하자. 다만 발산 정리는 폐공간에서만 성립하므로 원뿔 위를 덮는 뚜껑 $S_0$를 더해야 한다. 그러면 $$\iiint_{S \cup S_0} \operatorname{div}\textbf{F}dV=\iiint_{S \cup S_0} 1dV=9\pi$$이고 $$\iint_S \textbf{F} \cdot d\textbf{S}=9\pi-\iint_{S_0} \textbf{F} \cdot d\textbf{S}$$이다. $$\iint_{S_0} \textbf{F} \cdot d\textbf{S}=\iint_{D} z dA=\iint_{D} 3 dA$$에서 영역 $D$는 $$D=\{ (x,y) \mid x^2+y^2\leq 9 \}$$이다. 따라서 주어진 적분을 극좌표로 변환하면 $$\int_0^{2\pi} \int_0^3 3r drd\theta=27\pi$$이니 $$\iint_S \textbf{F} \cdot d\textbf{S}=-18\pi$$이다.
$S$의 경계곡선 $C$는 $$\textbf{r}(t)=\lt 3\cos{t},3\sin{t},1\gt$$이다. 스토크스 정리에 의해 $$\iint_S \operatorname{curl} \textbf{F}\cdot d\textbf{S}=\int_C \textbf{F}\cdot d\textbf{r}$$이므로 $$\int_C \textbf{F}\cdot d\textbf{r}=\int_0^{2\pi} \textbf{F}(\textbf{r}(t))\cdot \textbf{r}'(t)dt=\int_0^{2\pi} \lt 1,3\cos{t},3\sin{t} \gt \cdot \lt -3\sin{t},3\cos{t},0 \gt dt=\int_0^{2\pi} -3\sin{t}+3\cos^2{t} dt=\left[ 3\cos{t}+3\left( {1\over2}t+{1\over4}\sin{2t} \right) \right]_0^{2\pi}=3\pi$$이다.
발산 정리에 의해 $$\iint_S \textbf{F} \cdot d\textbf{S} = \iiint_E \operatorname{div}\textbf{F}dV$$이다. 영역 $E$는 구좌표계로 나타내는 것이 간편하다. $$E=\{(\rho, \theta, \phi)\mid0 \leq \rho \leq 1,0 \leq \theta\leq 2\pi,0\leq \phi\leq\pi/2\}$$ $$\iiint_E \operatorname{div}\textbf{F}dV=\iiint_E 3x^2+4y^2+3z^2 dV=\int_0^{\pi/2} \int_0^{2\pi} \int_0^1 (3\rho^2+\rho^2\sin^2{\phi}\sin^2{\theta})\rho^2\sin{\phi} d\rho d\theta d\phi={1\over5} \int_0^{\pi/2} \int_0^{2\pi} (3+\sin^2{\phi}\sin^2{\theta})\sin{\phi}d\theta d\phi={1\over5} \int_0^{\pi/2} \left[ 3\sin{\phi}\cdot \theta+\sin^3{\phi}\left({1\over2}\theta-{1\over4}\sin{2\theta}\right) \right]_{\theta=0}^{\theta=2\pi} d\phi={1\over5}\int_0^{\pi/2} 6\pi\sin{\phi}+\pi\sin^3{\phi} d\phi={4\over3}\pi$$이다.