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미분적분학1, 미분적분학2 문제 풀이에 쓸 만한 각종 팁들을 정리해 보았습니다.
정의대로라면 Binormal vector $\textbf{B}(t)$는 $\textbf{B}(t)=\textbf{T}(t) \times \textbf{N}(t)$로 구해야 한다. 하지만 $\textbf{T}$를 미분하여 $\textbf{N}(t)$를 구하는 것이 쉽지 않을 때도 있다. 이때는 $\textbf{B}(t)$가 $\textbf{r}'(t) \times \textbf{r}''(t)$에 평행하다는 사실을 이용하면 $\textbf{B}(t)$를 쉽게 구할 수 있다.
증명
$$\textbf{B}=\textbf{T} \times \textbf{N} \parallel \textbf{r}' \times \textbf{T}'$$에서 $\textbf{T}'$를 직접 미분하고 외적의 성질을 이용하면 $$\textbf{r}' \times \textbf{T}'=\textbf{r}' \times {\textbf{r}''|\textbf{r}'|^2-\textbf{r}'(\textbf{r}' \cdot \textbf{r}'') \over |\textbf{r}'|^3}={1\over|\textbf{r}'|^3} [|\textbf{r}'|^2 (\textbf{r}' \times \textbf{r}'')-(\textbf{r}' \cdot \textbf{r}'')\textbf{r}' \times \textbf{r}']={1\over |\textbf{r}'|}(\textbf{r}' \times \textbf{r}'')$$이므로 $\textbf{B}(t) \parallel \textbf{r}'(t) \times \textbf{r}''(t)$이다.
먼저 적분 구간에 대한 이해가 필요하다. 만약 $dxdy$의 순서로 적분을 한다고 하면 $y$의 구간에는 상수만 들어가야 하고, $x$의 구간에는 상수 혹은 $y$의 함수가 들어갈 수 있다.
동일한 것을 삼중적분에도 적용해 보자. $dxdydz$의 순서로 적분을 하면 $z$의 구간에는 상수만, $y$의 구간에는 상수 혹은 $z$에 관한 함수, $x$의 구간에는 상수 혹은 $y$, $z$에 관한 함수가 들어갈 수 있다. 적분을 모두 마쳤을 때에 변수가 남지 않고 상수만 남아야 하기 때문이다.
적분의 순서를 바꾸려면 적분 구간의 식을 모두 고려하면서 바꾸면 된다. 적분 영역의 그림을 그려서 바꿀 수도 있지만 삼중적분에서는 적용이 어렵기 때문에 적분 구간의 식만 보면서 바꾸는 방법을 알아보자. 아래의 간단한 이중적분 순서를 바꾸어 보면서 이해해 보자.
$$\int_0^1 \int_\sqrt{y}^1 {\sin{x}\over x^2} dx dy$$
주어진 적분의 구간은 $D=\{ (x,y) \mid \sqrt{y} \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 1 \}$이다. 이 상태로는 바로 적분을 할 수 없으므로 $dydx$의 순서로 적분을 해야 한다. 따라서 $x$의 상한과 하한을 모두 상수로 바꾸자. $\sqrt{y} \leq x$이고 $0\leq y$이니 $0 \leq x$이다. 따라서 $x$의 범위는 $0 \leq x \leq 1$이 된다.
이제 $y$의 범위 중 $x$로 표현될 수 있는 것은 전부 $x$로 바꾼다. $\sqrt{y} \leq x$이니 $y \leq x^2$이고 $y$의 하한은 $x$에 관한 식으로 바꿀 수 없으므로 $y$의 범위는 $0 \leq y \leq x^2$이다. 따라서 $$\int_0^1 \int_\sqrt{y}^1 {\sin{x}\over x^2} dx dy=\iint_D {\sin{x}\over x^2} dA=\int_0^1 \int_0^{x^2} {\sin{x}\over x^2} dydx$$이다.
$f(-x)=-f(x)$이면 $$\int_{-a}^a f(x) dx=0$$인 것처럼 이중적분에도 비슷한 대칭성이 있다.
$f(-x,y)=-f(x,y)$이고 영역 $R$이 $x=0$에 대하여 대칭이라면 $$\iint_R f(x,y) dA=0$$이다.
$f(x,-y)=-f(x,y)$이고 영역 $R$이 $y=0$에 대하여 대칭이라면 $$\iint_R f(x,y) dA=0$$이다.
증명은 위의 것만 적어 놓는다. 아래 것도 비슷하게 증명할 수 있다.
증명
영역 $R$의 $x \geq 0$인 부분을 $R_1$, $x \leq 0$인 부분을 $R_2$라 하자. 그러면 $$R_1 = \{ (x,y) \mid a \leq x \leq b, g_1(x) \leq y \leq g_2(x) \}$$$$R_2 = \{ (x,y) \mid -b \leq x \leq -a, g_1(x) \leq y \leq g_2(x) \}$$이고 $$\iint_R f(x,y) dA=\iint_{R_1} f(x,y) dA+\iint_{R_2} f(x,y) dA$$이다.
$$h(x)=\int_{g_1(x)}^{g_2(x)} f(x,y) dy$$라 하면 $$\iint_{R_1} f(x,y) dA+\iint_{R_2} f(x,y) dA=\int_a^b h(x) dx+\int_{-b}^{-a} h(x) dx$$이다.
또한 $$h(-x)=\int_{g_1(-x)}^{g_2(-x)} f(-x,y) dy=\int_{g_1(x)}^{g_2(x)} -f(x,y) dy=-h(x)$$이다.(영역 $R$이 $x=0$에 대하여 대칭이므로 $g_1(x)$와 $g_2(x)$도 $x=0$에 대하여 대칭이다.) $x=-u$의 치환을 하면 $$\int_{-b}^{-a} h(x) dx=\int_b^a -h(-u) du=\int_a^b -h(u) du$$이니 $$\iint_R f(x,y) dA=\int_a^b h(x) dx+\int_{-b}^{-a} h(x) dx=0$$이다.
두 표면의 교선 위의 점에서의 접선을 구해야 할 때 보통은 교선 $\textbf{r}(t)$를 매개화로 구하고 그것을 미분하여 접선 벡터를 찾는 것이 일반적이다.
교선의 벡터 함수 $\textbf{r}(t)$를 쉽게 찾을 수 없는 경우에는 gradient를 활용할 수 있다. 교선 위의 점 $(a,b,c)$에서의 접선을 구하려면 먼저 두 표면의 식을 $F(x,y,z)=0$과 $G(x,y,z)=0$처럼 정리한다. 그런 다음 $\nabla F(a,b,c) \times \nabla G(a,b,c)$를 계산하면 점 $(a,b,c)$에서의 접선의 방향 벡터가 나온다. 이 방향 벡터와 점으로 접선을 구하면 된다.