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아래 문제들은 한양대 자원환경공학과 장종학 씨가 만드신 미분적분학2 자작 문제입니다. 한양대 에브리타임에 "미분적분학2 기말 자작 문제들"을 검색하여 문제를 볼 수 있습니다.
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두 적분을 하나로 합치면 $$\iint_R \tan^{-1}{y\over x}dA$$이고 범위 $R$은 $$R=\{ (x,y)\mid 1\leq x\leq2,0\leq y\leq x \}$$가 된다. 범위 $R$의 각 side를 고려하면 $u=y/x$, $v=x$의 변환을 생각할 수 있다. 그러면 이 변환에 대응하는 영역은 $$S=\{ (u,v) \mid 0\leq u \leq 1,1\leq v\leq 2\}$$이다.
$$x=v,y=uv$$이고 야코비안은 $${\partial(x,y)\over\partial(u,v)}=\begin{vmatrix}\cfrac{\partial x}{\partial u} & \cfrac{\partial x}{\partial v} \\ \cfrac{\partial y}{\partial u} & \cfrac{\partial y}{\partial v} \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}0 & 1 \\ v & u \end{vmatrix}=-v$$이니 주어진 적분은 $$\iint_R \tan^{-1}{y\over x}dA=\int_0^1 \int_1^2 -v\tan^{-1}{u} dvdu=-{3\over2}\int_0^1 \tan^{-1}{u} du=-{3\over2}\left[ u\tan^{-1}{u}-{1\over2}\ln{(u^2+1)} \right]_0^1=-{3\over2}\left( {\pi\over4}-{1\over2}\ln{2} \right)$$이다.
주어진 영역을 구좌표계로 표현하면 $$E=\{ (\rho,\theta,\phi)\mid 0\leq\rho\leq2,0\leq\theta\leq 2\pi, \pi/3\leq\phi\leq5\pi/6\}$$이다. 따라서 이 부분의 부피는 $$\iiint_E dV=\int_{\pi/3}^{5\pi/6} \int_0^{2\pi} \int_0^2 \rho^2\sin{\phi} d\rho d\theta d\phi={8\pi\over3}(\sqrt{3}+1)$$이다.
주어진 surface를 매개변수를 이용해 표현하면 $$\textbf{r}(\phi,\theta)=\langle 2\sin{\phi}\cos{\theta},2\sin{\phi}\sin{\theta},2\cos{\phi} \rangle \, (0\leq\theta\leq 2\pi, \pi/3\leq\phi\leq5\pi/6)$$이다. 따라서 넓이는 $$A=\iint_D |\textbf{r}_{\phi}\times\textbf{r}_{\theta}| dA=\iint_D 4\sin{\phi} dA=4\int_0^{2\pi} \int_{\pi/3}^{5\pi/6} \sin{\phi} d\phi d\theta=4\int_0^{2\pi} {\sqrt{3}+1\over2} d\theta=4\pi(\sqrt{3}+1)$$이다.
주어진 적분의 범위를 극좌표로 표현하면 $$\{(r,\theta)\mid \sec{\theta} \leq r \leq 2,\pi/4\leq \theta \leq \pi/3\}$$이다. 따라서 주어진 적분을 극좌표로 변환하면 $$\int_{\pi/4}^{\pi/3} \int_{\sec{\theta}}^2 {r\cos{\theta}\over r^2}rdrd\theta=\int_{\pi/4}^{\pi/3} \cos{\theta}(2-\sec{\theta}) d\theta=[2\sin{\theta}-\theta]_{\pi/4}^{\pi/3}=\sqrt{3}-\sqrt{2}-{\pi\over12}$$이다.
$$|\textbf{r}_x \times \textbf{r}_y|={2\over\sqrt{4-x^2-y^2}}$$이다. 범위 $D$는 극좌표로 표현하면 $$r=\begin{cases} a\sin{\theta} \quad (0\leq a\leq \sqrt{2},0\leq\theta\leq \pi/4) \\ a\cos{\theta} \quad (0\leq a\leq \sqrt{2},\pi/4\leq\theta\leq \pi/2)\end{cases}$$
두 적분의 범위를 합치고 $dzdxdy$의 순서로 적분을 할 수 있게 범위를 쓰면 $$E=\{ (x,y,z) \mid 0\leq y\leq 1,0\leq x\leq y, 0\leq z\leq y\}$$이다. 따라서 주어진 적분은 $$\int_0^1 \int_0^y \int_0^y e^{y^3} dzdxdy=\int_0^1 y^2 e^{y^3} dy=\left[ {1\over3}e^{y^3} \right]_0^1={1\over3}(e-1)$$이다.
삼중적분을 직접 계산해 보자. 먼저 주어진 영역 $E$를 $$\begin{cases} x=4\rho\sin{\phi}\cos{\theta} \\ y=6\rho\sin{\phi}\sin{\theta} \\ z=2+2\rho\cos{\phi} \end{cases}, (0 \leq \rho \leq 1, 0 \leq \phi \leq \pi/3, 0 \leq \theta \leq 2\pi)$$라 놓자.
곡선 $C_1$을 $\langle t, 0 \rangle \, (0\leq t \leq 1)$이라 하면 $C \cup C_1=\partial D$이고 $$D=\{ (r,\theta) \mid 0 \leq r \leq 1-\sin{\theta}, 0 \leq \theta \leq \pi/2 \}$$이다. 따라서 그린 정리에 의해 $$\int_{C \cup C_1} (2x+y^2) dx+(2xy+x)dy=\iint_D (2y+1)-(2y) dA=A(D)$$이다.
$$A(D)=\int_0^{\pi/2} \int_0^{1-\sin{\theta}} r dr d\theta = \int_0^{\pi/2} {(1-\sin{\theta})^2 \over 2} d\theta=\left[ {3\over4}\theta+\cos{\theta}-{1\over8}\sin{2\theta} \right]_0^{\pi/2}={3\over8}\pi-1$$이고 $$\int_{C_1} \textbf{F} \cdot d\textbf{r}=\int_0^1 2t dt=1$$이니 주어진 선적분 값은 $$\int_C \textbf{F} \cdot d\textbf{r}=\int_{C \cup C_1} \textbf{F} \cdot d\textbf{r}-\int_{C_1} \textbf{F} \cdot d\textbf{r}={3\over8}\pi-2$$이다.
$\partial D=C$라 하고 그린 정리를 적용하면 주어진 선적분은 $$\iint_D {\partial Q\over\partial x}-{\partial P\over\partial y} dA=\iint_D {2e^y\over y}-1 dA$$이다. 영역 $D$는 $$D=\{(x,y) \mid 0\leq y\leq 1, 0\leq x\leq y^2\}$$이므로 $$\iint_D {2e^y\over y}-1 dA=\int_0^1 \int_0^{y^2} {2e^y\over y}-1 dx dy=\int_0^1 2ye^{y^2}-y^2 dy=e-{4\over3}$$이다.
※ $dydx$로는 적분이 안 된다.
주어진 벡터장 $\textbf{F}$는 $$\operatorname{curl}\textbf{F}=\begin{vmatrix} \textbf{i} & \textbf{j} & \textbf{k} \\ \cfrac{\partial}{\partial x} & \cfrac{\partial}{\partial y} & \cfrac{\partial}{\partial z} \\ x(x^2+y^2+z^2) & y(x^2+y^2+z^2) & z(x^2+y^2+z^2)\end{vmatrix}=0$$이므로 보존벡터장이다. 따라서 선적분 값은 경로에 영향을 받지 않는다.
$A_1(a_1,b_1,c_1)$과 $A_2(a_2,b_2,c_2)$를 잇는 곡선을 $C$라 하자. 선적분의 기본정리에 의해 $$\int_C \textbf{F}\cdot d\textbf{r}=\int_C \nabla f\cdot d\textbf{r}$$이다. 퍼텐셜 함수를 찾기 위해 $\textbf{F}$의 각 성분을 적분하자. 그러면 각각 $${x^4\over4}+{(yx)^2\over2}+{(zx)^2\over2}+g(y,z)$$$${y^4\over4}+{(xy)^2\over2}+{(zy)^2\over2}+h(x,z)$$$${z^4\over4}+{(xz)^2\over2}+{(yz)^2\over2}+i(x,y)$$이니 $$f(x,y,z)={(x^2+y^2+z^2)^2\over4}$$이다. 따라서 구하는 일은 $$\int_C \nabla f\cdot d\textbf{r}=f(a_2,b_2,c_2)-f(a_1,b_1,c_1)=75$$이다.
$\partial D=C$라 하고 그린 정리를 적용하면 주어진 선적분은 $$\iint_D {\partial Q\over\partial x}-{\partial P\over\partial y} dA=\iint_D {y\over x}+2(x-y) dA$$이다. 이때 $s=x+y$, $t=y/x$의 변환을 생각하면 이 변환에 대응하는 영역은 $$S=\{ (s,t) \mid 1 \leq s \leq 3, 1/2 \leq t \leq 2 \}$$이다. 야코비안은 $$x={s\over 1+t}, y={st \over 1+t}$$에서 $$\left|{\partial(x,y)\over\partial(s,t)}\right| =\begin{vmatrix}\cfrac{\partial x}{\partial s} & \cfrac{\partial x}{\partial t} \\ \cfrac{\partial y}{\partial s} & \cfrac{\partial y}{\partial t} \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}\cfrac{1}{1+t} & -\cfrac{s}{(1+t)^2} \\ \cfrac{t}{1+t} & \cfrac{s}{(1+t)^2} \end{vmatrix}={s\over (1+t)^2}$$이니 주어진 적분은 $$\iint_D {y\over x}+2(x-y) dA=\int_{1/2}^2 \int_1^3 \left( t+2s-{4st\over 1+t} \right) {s\over (1+t)^2} ds dt=\int_{1/2}^2 \int_1^3 {st\over (1+t)^2}+{2s^2\over(1+t)^2}-{4s^2t\over (1+t)^3} ds dt=\int_{1/2}^2 {4t+52/3\over (1+t)^2}-{104t\over 3(1+t)^3} dt=\int_{1/2}^2 {4\over 1+t}+{40/3\over (1+t)^2} dt+{104\over3}\int_{3/2}^3 {t-1\over t^3} dt=4\ln{2}-{4\over3}$$이다.