정적분으로 부피 구하기 (Volume by Definite Integral)

입체의 체적(부피)를 정적분을 이용하여 구하는 방법을 알아본다.

정리 1   입체와 직선 \(g\)가 있고 \(g\) 상에 주어진 좌표 \((x)\)에 대하여 \(g\) 상에 좌표 \(x\)인 점 \(\rm P\)를 통하고 \(g\)에 수직인 평면으로 입체를 절단할 때 절단면의 면적을 \({\rm S}(x)\)라 하자. 이 때 \({\rm S}(x)\)가 \(x\)의 연속함수라면, 이 입체의 부피는
\[{\rm V}=\int_a^b{\rm S}(x)dx\]로 주어진다.

<증명>   \(g\) 상의 점 \(x\)와 \(x+\Delta{x}\)를 통하는 \(g\)에 수직인 두 평면으로 입체를 절단하여 그림 1 처럼 얇은 판모양의 입체를 만들자. 이 때 얇은 판모양의 입체의 부피는
\[\Delta{\rm V}\fallingdotseq{\rm S}(x)dx\]
에 근사하다. 따라서 정적분의 성질에 의하여 입체 부피 \(rm V\)는
\[{\rm V}=\int_a^b{\rm S}(x)dx\]
가 된다.
그림 1

[예제 1] 타원면
\[\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1\ (a,\,b,\,c>0)\]
으로 싸인 타원체의 부피를 구하여라.

<풀이> 이 타원체를 그림 2와 같이 표시한 부분은 전체의 \(1/8\)이다. 여기서 점 \((x,\,0,\,0)\)을 지나고 \(x\)축에 수직인 평면으로 절단된 부분은 타원의 \(1/4\)로서 그 타원의 방정식은
\[\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1-\frac{x^2}{a^2}\]
이것을 변형하면
\[\frac{y^2}{\left(b\sqrt{1-x^2/a^2}\right)^2}+\frac{z^2}{\left(c\sqrt{1-x^2/a^2}\right)^2}=1\]
이것으로부터 절단부분의 넓이를 구하면 타원의 \(1/4\) 이므로
\[{\rm S}(x)={\pi\over4}bc\left(1-\frac{x^2}{a^2}\right)\]
이다(정적분으로 넓이 구하기 예제 1 참조). 따라서 정리 1에 의하여 타원체의 부피는
\[{\rm V}=8\int_0^a{\pi\over4}bc\left(1-\frac{x^2}{a^2}\right)dx={4\pi\over3}abc\]
그림 2

계 (회전체의 부피)   함수 \(f(x)\)가 구간 \([a,\,b]\)에서 연속이고 \(f(x)\ge0\) 일 때 \(y=f(x)\)를 \(x\)축 둘레에 회전하여 얻은 회전체의 부피는
\[{\rm V}=\pi\int_a^b\{f(x)\}^2dx\]

<증명>   \(x\)축 상의 점 \(x\)를 지나고 \(x\)축에 수직인 평면으로 회전체를 자르면 잘린 면은 반지름 \(f(x)\)인 원이므로 그 넓이는
\[{\rm S}(x)=\pi\{f(x)\}^2\]
따라서 정리 1에 의하여
\[{\rm V}=\pi\int_a^b\{f(x)\}^2dx\]

[예제 2] 다음 곡선을 \(x\)축 둘레에 회전하여 만든 회전체의 부피를 구하라.
(1) 타원 \(\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1\ (a,\,b>0)\)
(2) 성망형 \(x^{2\over3}+y^{2\over3}=a^{2\over3}\ (a>0)\)
(3) Cycloid \(x=a(t-\sin{t}),\,y=a(1-\cos{t})\ (a>0,\,0\le{t}\le2\pi)\)

<풀이>
(1) 주어진 방정식으로부터 \(y^2=b^2(1-\dfrac{x^2}{a^2})\). 따라서 계에 의하여
\[{\rm V}=\pi\int_{-a}^ay^2dx=2\pi b^2\int_0^a\left(1-{x^2\over a^2}\right)dx=2\pi b^2\left[x-{x^3\over3a^2}\right]_0^a={4\over3}\pi ab^2\]
(2) 주어진 방정식으로부터 \(y^2=\left(a^{2\over3}-x^{2\over3}\right)^3=a^2-3a^{4\over3}x^{2\over3}+3a^{2\over3}x^{4\over3}-x^2\).
\[\begin{align}{\rm V}&=\pi\int_{-a}^ay^2dx=2\pi\int_0^a\left(a^2-3a^{4\over3}x^{2\over3}+3a^{2\over3}x^{4\over3}-x^2\right)dx\\&=3\pi\left[a^2x-{9\over5}a^{4\over3}x^{5\over3}+{9\over7}a^{2\over3}x^{7\over3}-{x^3\over3}\right]_0^a={32\pi\over105}a^3\end{align}\]
(3) 일반으로, \(x=x(t),\,y=y(t)\ (\alpha\le{t}\le\beta)\)에 대하여 \(y(x)=y(x(t))=y(t),\,dx=x'(t)dt\) 이므로 계의 식은 다음과 같이 된다.
\[{\rm V}=\pi\int_\alpha^\beta y(t)^2x'(t)dt\]
따라서
\[\begin{split}{\rm V}&=\pi\int_0^{2\pi}a^2(1-\cos{t})^2a(t-\sin{t})'dt=2\pi a^3\int_0^\pi\left(2\sin^2{t\over2}\right)^2dt\\&=32\pi a^3\int_0^{\pi\over2}\sin^6\theta d\theta(t=2\theta)=32\pi a^3\cdot{5\cdot3\cdot1\over6\cdot4\cdot2}\cdot{\pi\over2}=5\pi^2a^3\end{split}\]

[예제 3]
(1) 극좌표로, 곡선 \(r=f(\theta)\ (\alpha\le\theta\le\beta)\)를 준선 \(\theta=0\) 둘레에 회전하여 생긴 회전체의 부피는
\[{\rm V}=\pi\int_\alpha^\beta r^2\sin^2\theta\left(\frac{dr}{d\theta}\cos\theta-r\sin\theta\right)d\theta\]
로 주어짐을 보여라.
(2) 곡선 \(r=a(1+\cos\theta)\ (0\le\theta\le\pi)\)를 준선 \(\theta=0\) 둘레에 회전하여 생긴 회전체의 부피를 구하여라.

<풀이>
(1) 계의 식에 \(x=r\cos\theta,\,y=r\sin\theta\)를 대입한다.
\[\frac{dx}{d\theta}=\frac{dr}{d\theta}\cos\theta-r\sin\theta\]
이므로
\[{\rm V}=\pi\int_\alpha^\beta r^2\sin^2\theta\left(\frac{dr}{d\theta}\cos\theta-r\sin\theta\right)d\theta\]
(2) \(r=a(1+\cos\theta)\)를 (1)에서 얻은 식에 대입하면
\[\begin{align}{\rm V}&=\pi\int_0^\pi a^2(1+\cos\theta)^2\sin^2\theta\{-a\sin\theta\cos\theta-a(1+\cos\theta)\sin\theta\}d\theta\\&=\pi a^3\int_0^\pi(1+\cos\theta)^2(1-\cos^2\theta)(1+2\cos\theta)(-\sin\theta d\theta)\\&=\pi a^3\int_1^{-1}(1+t)^2(1-t^2)(1+2t)dt\ (\cos\theta=t)\\&=2\pi a^3\int_0^1\left(1+4t^2-5t^4\right)dt={8\over3}\pi a^3\end{align}\]

정리 2 (회전면의 면적)   함수 \(f(x)\)가 구간 \([a,\,b]\)에서 미분가능이고 \(f(x)\ge0\) 이다. \(f'(x)\)가 연속일 때 곡선 \(y=f(x)\)를 \(x\)축 둘레를 회전하여 얻어지는 회전체의 표면적은
\[{\rm S}=2\pi\int_a^bf(x)\sqrt{1+\{f'(x)\}^2}dx\]로 주어진다.

<증명> 그림 3과 같은 원뿔대는 그 측면적이 \({\rm S}=\pi(p+q)s\)임에 주의하자.
그림 3

회전면으로부터 각각 \(x\)축 상의 점 \(x\)와 점 \(x+\Delta{x}\)를 지나고 \(x\)축에 수직인 2개의 평면으로 잘라 만들어진 부분의 면적 \(\Delta{\rm S}\)는 그림 4의 선분 \(\rm PQ\)를 \(x\)축 둘레에 회전하여 만든 원뿔대의 측면적과 근사하다.
 
그림 4
\[\begin{split}\Delta{\rm S}&=\pi\{f(x)+f(x+\Delta{x})\}\sqrt{\Delta{x}^2+\Delta{y}^2}\\&\fallingdotseq\pi\{f(x)+f(x+\Delta{x})\}\sqrt{1+\{f'(x)\}^2}\Delta{x}\\&\fallingdotseq2\pi f(x)\sqrt{1+\{f'(x)\}^2}\Delta{x}\ (\because\ f(x+\Delta{x})\fallingdotseq f(x))\end{split}\]
따라서 정적분의 정의에 의하여
\[{\rm S}=2\pi\int_a^bf(x)\sqrt{1+\{f'(x)\}^2}dx\]

[예제 4] 다음 곡선을 \(x\)축 둘레에 회전하여 얻은 회전체의 표면적을 구하여라.
(1) \(x^2+(y-b)^2=r^2\ (b>r>0)\)
(2) \(y=\dfrac{e^x+e^{-x}}{2}\ (0\le{x}\le{a})\)

<풀이>
(1) 상반원의 방정식은 \(y=b+\sqrt{r^2-x^2}\). 하반원의 방정식은 \(y=b-\sqrt{r^2-x^2}\).
\[\therefore\ y'=\mp\frac{x}{\sqrt{r^2-x^2}}\ \therefore\ \sqrt{1+(y')^2}=\frac{r}{\sqrt{r^2-x^2}}\]
따라서 정리 2에 의하여
\[\begin{align}{\rm S}&=2\pi\int_{-r}^r\left(b+\sqrt{r^2-x^2}\right)\frac{r}{\sqrt{r^2-x^2}}dx+2\pi\int_{-r}^r\left(b-\sqrt{r^2-x^2}\right)\frac{r}{\sqrt{r^2-x^2}}dx\\&=8\pi\int_0^r\frac{br}{\sqrt{r^2-x^2}}dx=8\pi br\left[{\rm Sin}^{-1}{x\over r}\right]_0^r=4\pi^2br\end{align}\]
(2) \(y'=\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}\ \therefore\ \sqrt{1+(y')^2}=\dfrac{e^x+e^{-x}}{2}y\)
따라서 정리 2에 의하여
\[\begin{split}{\rm S}&=2\pi\int_0^ay\sqrt{1+(y')^2}dx=2\pi\int_0^ay^2dx={\pi\over2}\int_0^a\left(e^x+e^{-x}\right)^2dx\\&={\pi\over2}\left[{e^{2x}\over2}+2x-{e^{-2x}\over2}\right]_0^a=\pi\left(a+\frac{e^{2a}-e^{-2a}}{4}\right)\end{split}\]

[예제 5] 다음 곡선을 \(x\)축 둘레에 회전하여 얻은 회전체의 표면적을 구하여라.
(1) Cycloid \(x=a(t-\sin{t}),\,y=a(1-\cos{t})\ (0\le{t}\le2\pi)\)
(2) \(4x=y^2-2\ln{y}\ (1\le{y}\le4)\)

<풀이>
(1) \(\dfrac{dx}{dt}=a(1-\cos{t}),\,\dfrac{dy}{dt}=a\sin{t}.\ \therefore\ \dfrac{dy}{dx}=\dfrac{\sin{t}}{1-\cos{t}}\)
\[\therefore\ \sqrt{1+(y')^2}dx=2a\sin{t\over2}dt\]
(삼각함수 항등식 2배각의 공식 참조) 따라서 정리 2에 의하여
\[\begin{split}{\rm S}&=2\pi\int_0^{2\pi a}y\sqrt{1+(y')^2}dx=2\pi\int_0^{2\pi}a(1-\cos{t})2a\sin{t\over2}dt\\&=8\pi a^2\int_0^{2\pi}\sin^3\theta d\theta\left(\theta={t\over2}\right)={64\over3}\pi a^2\end{split}\]
(2) \(\dfrac{dx}{dy}=\dfrac{y^2-1}{2y}\ \therefore\ \dfrac{dy}{dx}=\dfrac{2y}{y^2-1}\)
\[\therefore\ \sqrt{1+(y')^2}dx=\dfrac{y^2+1}{y^2-1}\]
따라서 정리 2에 의하여
\[{\rm S}=2\pi\int_{1/4}^{4-\ln2}y\sqrt{1+(y')^2}dx=2\pi\int_1^4y\cdot\frac{y^2+1}{y^2-1}\cdot\frac{y^2-1}{2y}dy=\pi\int_1^4(y^2+1)dy=24\pi\]

《문     제》

1. 다음 입체의 부피를 구하여라. \((a,\,b,\,c>0)\)
(1) 평면 \(\dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{b}+\dfrac{z}{c}=1\)과 좌표평면들로 싸인 입체
(2) 포물타원면 \(\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=2z\)와 평면 \(z=c\)로 싸인 입체

<풀이>
(1) \(y=0\) 일 때 \(z=c(1-\dfrac{x}{a}),\,z=0\) 일 때 \(y=b\left(1-\dfrac{x}{a}\right)\) 이므로
\[{\rm S}(x)={bc\over2}\left(1-{x\over a}\right)^2\]
따라서 정리 1에 의하여
\[{\rm V}=\int_0^a{bc\over2}\left(1-{x\over a}\right)^2dx=-{abc\over2}\left[{1\over3}\left(1-{x\over a}\right)^3\right]_0^a={abc\over6}\]
(2) 점 \((0,\,0,\,z)\)를 지나고 \(z\)축에 수직인 평면으로 절단된 부분은 타원으로 그 방정식은
\[\frac{x^2}{(\sqrt{2z}a)^2}+\frac{y^2}{(\sqrt{2z}b)^2}=1\]
이것으로부터 절단부분의 넓이는 \({\rm S}(z)=2\pi abz\) 이다. 따라서 정리 1에 의하여 입체의 부피는
\[{\rm V}=2\pi ab\int_0^czdz=2\pi ab\left[{z^2\over2}\right]_0^c=\pi abc^2\]

2. 다음 입체의 부피를 구하여라. \((a>0)\)
(1) 2개의 원기둥 \(x^2+y^2=a^2\)과 \(x^2+z^2=a^2\)으로 싸인 부분의 입체
(2) 포물주면 \(y^2=4-x\)로 싸인 입체 가운데, 평면 \(y=z\) 밑에 있고 \(xy\) 평면 위에 있는 부분

<풀이>
(1) 점 \((x,\,0,\,0)\)를 지나고 \(x\)축에 수직인 평면으로 절단된 부분은 정사각형으로 넓이는 \({\rm S}(x)=4(a^2-x^2)\) 이다. 따라서 정리 1에 의하여 입체의 부피는
\[{\rm V}=8\int_0^a(a^2-x^2)dx=8\left[a^2x-{x^3\over3}\right]_0^a={16\over3}a^3\]
(2) 점 \((x,\,0,\,0)\)를 지나고 \(x\)축에 수직인 평면으로 절단된 부분은 직각삼각형으로 넓이는 \({\rm S}(x)=\dfrac{4-x}{2}\) 이다.
따라서 정리 1에 의하여 입체의 부피는
\[{\rm V}=4\int_0^4(4-x)dx=4\left[4x-{x^2\over2}\right]_0^4=4\]

3. 다음 곡선을 \(x\)축 둘레에 회전하여 얻는 회전체의 부피를 구하여라.
(1) \(y=\sin{x}\ ()0\le{x}\le{t}\)
(2) 포물선 \(y^2=4px\ (0\le{x}\le{p})\)
(3) \(y^2(x-4)=x(x-3)\ (0\le{x}\le3)\)
(4) 원 \((x-a)^2+(y-b)^2=r^2\ (a>0,\,b>r>0)\)

<풀이>
(1) \(\displaystyle{\rm V}=\pi\int_0^\pi\sin^2xdx=2\pi\int_0^{\pi\over2}\sin^2xdx={\pi^2\over2}\)
(2) \(\displaystyle{\rm V}=4\pi p\int_0^pxdx=2\pi p^3\)
(3) \(\displaystyle{\rm V}=2\pi\int_0^r\left(b+\sqrt{r^2-x^2}\right)^2dx-2\pi\int_0^r\left(b-\sqrt{r^2-x^2}\right)^2dx\)
           \(\displaystyle=8\pi b\int_0^r\sqrt{r^2-x^2}dx=4\pi b\left[x\sqrt{r^2-x^2}+r^2{\rm Sin}^{-1}{x\over r}\right]_0^r=2\pi^2br^2\)

4. 반지름 \(r\)인 구면을, 거리 \(h(0<h\le{r})\)인 평행인 두 평면으로 절단하여 그 사이에 생긴 구면의 부분의 표면적을 구하여라(그림 5 참조).
그림 5

<풀이> 상반원의 방정식은 \(y=\sqrt{r^2-x^2}\) 이므로 \(y'=-\dfrac{x}{\sqrt{r^2-x^2}}\) 이고 \(\sqrt{1+(y')^2}=\dfrac{r}{\sqrt{r^2-x^2}}\) 이다. 따라서
\[{\rm S}=2\pi\int_a^{a+h}y\sqrt{1+(y')^2}dx=2\pi r\int_a^{a+h}dx=2\pi rh\]

5. 다음 곡선을 \(x\)축 둘레에 회전하여 얻은 회전면의 면적을 구하여라.
(1) 포물선 \(y^2=4px\ (p>0,\,0\le{x}\le{a})\)
(2) 성망형 \(x^{2\over3}+y^{2\over3}=a^{2\over3}\ (a>0)\)
(3) 타원 \(\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1\ (a>b>0)\)
(4) \(r=a(1+\cos\theta)\ (a>0,\,\text{극좌표계})\)

<풀이>
(1) \(y=2\sqrt{px},\,y'=\sqrt{\dfrac{p}{x}}\) 이므로
\[{\rm S}=2\pi\int_0^ay\sqrt{1+(y')^2}dx=4\pi\sqrt{p}\int_0^a\sqrt{x+p}dx={8\over3}\pi p^2\left\{\left({a\over p}+1\right)^{3\over2}-1\right\}\]
(2) \(\displaystyle y=(a^{2\over3}-x^{2\over3})^{3\over2},\,y'=\dfrac{\sqrt{a^{2\over3}-x^{2\over3}}}{x^{2\over3}},\,\sqrt{1+(y')^2}=\left({a\over x}\right)^{1\over3}\) 이므로
\[{\rm S}=4\pi\int_0^ay\sqrt{1+(y')^2}dx=4\pi a^{1\over3}\int_0^a\frac{\left(a^{2\over3}-x^{2\over3}\right)^{3\over2}}{x^{1\over3}}dx=6\pi a^{1\over3}\int_0^{a^{2\over3}}t^{3\over2}dt={12\over5}\pi a^2\]
(3) \(\displaystyle y={b\over a}\sqrt{a^2-x^2},\,y'=-\frac{bx}{a\sqrt{a^2-x^2}}\) 이므로 \(\displaystyle\sqrt{1+(y')^2}={1\over a}\sqrt{\frac{a^4-(a^2-b^2)x^2}{a^2-x^2}}\)
\[\begin{align}{\rm S}&=4\pi\int_0^ay\sqrt{1+(y')^2}dx=\frac{4\pi be}{a}\int_0^a\sqrt{\left({a\over 2}\right)^2-a^2}dx\\&=\frac{2\pi be}{a}\left[x\sqrt{\left({a\over e }\right)^2-x^2}+\left({a\over e}\right)^2{\rm Sin}^{-1}{ex\over a}\right]_0^a\\&=2\pi{ab}\left(\sqrt{1-e^2}+\frac{{\rm Sin}^{-1}e}{e}\right),\,e=\sqrt{\frac{a^2-b^2}{a^2}}\ \text{(이심률)}\end{align}\]
(4) \(x=r\cos\theta,\,y=r\sin\theta\) 이므로
\[\begin{align}{\rm S}&=2\pi\int_0^\pi r\sin\theta\sqrt{r^2+\left(\frac{dr}{d\theta}\right)^2}d\theta=2\sqrt{2}\pi a^2\int_0^\pi(1+\cos\theta)^{3\over2}\sin\theta d\theta\\&=2\sqrt{2}\pi a^2\int_{-1}^1(1+t)^{3\over2}dt(\cos\theta=t)={4\sqrt{2}\over5}\pi a^2\left[(1+t)^{5\over2}\right]_{-1}^1={32\over5}\pi a^2\end{align}\]

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