[연습문제] 정적분의 응용
1. 다음 각 곡선 및 직선으로 둘러싸인 부분의 넓이를 구하여라.
(1) \(a^2y=x^2(x+a)\) \((a>0)\) 및 \(x\)축
(2) \(y^2=4ax\) 및 \(x^2=4ay\) \((a>0)\)
(3) \(y^2=4a(x+a)\) 및 \(y^2=4b(b-x)\) \((a,\,b>0)\)
(4) \(x^2=4ay\) 및 \(y=\frac{8a^3}{x^2+4a^2}\)
(5) \(y^2=(x-a)(x-b)^2\ (0<a<b)\)
(6) \(y=x^2,\,y=x\) 및 \(y=2x\)
(7) \(y=x\ln{1\over x}+(1-x)\ln{1\over1-x}\ (0\le{x}\le1)\) 및 \(x\)축
(8) \(ax^2+2hxy+by^2+c=0\ (ab-h^2>0,\,bc<0)\)
(9) \(\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1\) 상의 한 점을 \({\rm P}(x,\,y)\), 정점을 \(\rm A\)라 할 때 호 \(\rm AP\)와 \(\rm OA,\,OP\)로 싸인 부분
(10) \(16a^4y^2=b^2x^2(a^2-2ax)\ (a>0,\,b>0)\)
(11) \(r=a(\sin^2\theta+\cos^2\theta)\)
(12) \(r\cos\theta=a\cos2\theta\)
(13) \(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\) 및 \(\frac{x^2}{b^2}+\frac{y^2}{a^2}=1\ (a,\,b>0)\)의 공통부분
(14) \(r=a(1-\cos\theta),\,r=a(1+\cos\theta)\)의 공통부분
(15) 연주형 \(r^2=2a^2\cos2\theta\)의 내부에 있고 원 \(r=a\)의 외부에 있는 부분
(16) \(y^2(2a-x)=x^3\) 및 \(x^2+y^2=2ax\)로 싸인 3개의 유한 부분
<풀이>
(1) 주어진 곡선은 \(x=-a\)와 \(x=0\)에서 \(x\)축과 만나므로
\({\rm S}={1\over a^2}\int_{-a}^0x^2(x+a)dx={1\over a^2}\left[{x^4\over4}+{ax^3\over3}\right]_{-a}^0={a^2\over12}\)
(2) 두 곡선의 교점은 \((0,\,0),\,(4a,\,4a)\) 이다. 따라서
\({\rm S}=\int_0^{4a}\left(2\sqrt{ax}-\frac{x^2}{4a}\right)dx=\left[{4\sqrt{a}\over3}x^{3/2}-{x^3\over12a}\right]_0^{4a}={16\over3}a^2\)
(3) 두 곡선은 각각 \(x=-a\)와 \(x=b\)에서 \(x\)축과 만나고 교점은 \(b-a,\,\pm2b\) 이므로
\({\rm S}=2\left(2\sqrt{a}\int_{-a}^{b-a}\sqrt{x+a}dx+2\sqrt{b}\int_{b-a}^b\sqrt{b-x}dx\right)\)
\(=4\sqrt{a}\left[{2\over3}(x+a)^{3\over2}\right]_{-a}^{b-a}+4b\left[-{2\over3}(b-x)^{3\over2}\right]_{b-a}^b={8\sqrt{ab}\over3}(a+b)\)
(4) 두 곡선은 각각 \(y=0,\,y=2a\)에서 \(y\)축과 만나고 교점은 \((\pm2b,\,a)\) 이므로
\({\rm S}=2\int_0^{2a}\left(\frac{8a^3}{x^2+4a^2}-\frac{x^2}{4a}\right)dx=8a^2\left[{\rm Tan}^{-1}{x\over2a}\right]_0^{2a}-{1\over6a}\left[x^3\right]_0^{2a}=2a^2\left(\pi-{2\over3}\right)\)
(5) 주어진 곡선은 \(x=a\)와 \(x=b\)에서 \(x\)축과 만나고 구간 \([a,\,b]\)에서 폐단면을 이룬다. 따라서
\({\rm S}=-2\int_a^b\sqrt{x-a}(x-b)dx=-2\int_0^{b-a}\sqrt{t}(t+a-b)dt=-2\left[{2\over5}t^{5\over2}+{2(a-b)\over3}t^{3\over2}\right]_0^{b-a}\)곣속
\(={8\over15}(b-a)^{5\over2}\)
(6) 곡선 \(y=x^2\)을 \(x=r\cos\theta,\,y=r\sin\theta\)를 대입하여 극좌표로 표시하면 \(r=\tan\theta\sec\theta\) 이므로
\({\rm S}={1\over2}\int_{\pi\over4}^{\rm Tan^{-1}2}\tan^2\theta\sec^2\theta d\theta={1\over2}\int_1^2t^2dt={7\over6}\)
(7) \({\rm S}=\int_0^1\left\{x\ln{1\over x}+(1-x)\ln{1\over1-x}\right\}dx=\left[-{x^2\over4}\ln{x}+{x^2\over4}+{(1-x)^2\over2}\ln(1-x)-{(1-x)^2\over4}\right]_0^1\)
\(={1\over2}\)
(8) 주어진 곡선에 \(x=r\cos\theta,\,y=r\sin\theta\)를 대입하여 극좌표로 표시하면
\(r^2=-\frac{c\sec^2\theta}{a+2h\tan\theta+b\tan^2\theta}\)
또한 원점에 대하여 대칭이므로
\({\rm S}=-c\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{\sec^2\theta}{a+2h\tan\theta+b\tan^2\theta}d\theta=-c\int_{-\infty}^\infty\frac{dt}{a+2ht+bt^2}=\frac{|c|}{\sqrt{ab-h^2}}\left[{\rm Tan}^{-1}\frac{bt+h}{\sqrt{ab-h^2}}\right]_{-\infty}^\infty\)
\(=-\frac{|c\pi|}{\sqrt{ab-h^2}}\)
(9) 주어진 곡선에 \(x=r\cos\theta,\,y=r\sin\theta\)를 대입하여 극좌표로 표시하면
\(r^2=-\frac{-a^2b^2\sec^2\theta}{a^2\tan^2\theta-b^2}\)
또한 정점의 좌표는 \((a,\,0)\) 이므로
\({\rm S}=-{a^2b^2\over2}\int_0^{{\rm Tan}^{-1}y/x}\frac{\sec^2\theta}{a^2\tan^2\theta-b^2}d\theta=-{a^2b^2\over2}\int_0^{y/x}\frac{dt}{a^2t^2-b^2}=-{ab\over4}\left[\ln\left|\frac{at-b}{at+b}\right|\right]_0^{y/x}={ab\over4}\ln\left|\frac{ay+bx}{ay-bx}\right|\)
(10) 주어진 곡선은 \(y\)축과 \(x=0\)과 \(x=a/2\)에서 만나고 \(y=\pm bx\sqrt{\frac{a-2x}{4a^{3/2}}}\) 이므로
\({\rm S}={b\over2a^{3/2}}\int_0^{a/2}x\sqrt{a-2x}dx={b\over4a^{3/2}}\int_0^\sqrt{a}(at^2-t^4)dt={ab\over30}\)
(11) \(r=a\) 이므로 \({\rm S}=\pi a^2\)
(12) \(r^2=a^2\cos^22\theta/\cos^2\theta=a^2(2\cos2\theta-2+\sec^2\theta)\) 이므로
\({\rm S}=a^2\int_0^{\pi/4}(2\cos2\theta-2+\sec^2\theta)d\theta=a^2[\sin2\theta-2\theta+\tan\theta]_0^{\pi/4}=a^2(2-{\pi\over2})\)
(13) 두 곡선을 극좌표로 나타내고 교점을 구하면 \(\theta=\pm\pi/4\)에서 만난다.
\(r^2=\frac{a^2b^2}{b^2\cos^2\theta+a^2\sin^2\theta}=\frac{a^2b^2}{a^2\cos^2\theta+b^2\sin^2\theta}\)
따라서 대칭성에 의하여
\({\rm S}=4a^2b^2\int_0^{\pi/4}\frac{\sec^2\theta}{a^2+b^2\tan\theta}d\theta=4a^2b^2\int_0^1\frac{dt}{a^2+b^2t^2}=4ab\left[{\rm Tan}^{-1}{bt\over a}\right]_0^1=4ab{\rm Tan}^{-1}{b\over a}\)
(14) \(1-\cos\theta\le1+\cos\theta\) 이므로
\({\rm S}=2a^2\int_0^{\pi/2}(1-\cos\theta)^2d\theta=2a^2\int_0^{\pi/2}(1-2\cos\theta+\cos^2\theta)d\theta=2a^2([\theta-2\sin\theta]_0^{\pi/2}+{\rm B}_2)\)
\(=a^2({3\over2}\pi-4)\)
(15) 두 곡선은 \(r^2=2a^2\cos2\theta=a^2\)로부터 \(\theta=\pm\pi/6\)에서 만난다. 따라서
\({\rm S}=2a^2\int_0^{\pi/6}(2\cos2\theta-1)d\theta=2a^2[2\sin\theta-\theta]_0^{\pi/6}=a^2(\sqrt{3}-{\pi\over3})\)
(16) 두 곡선의 교점은 \((a,\,\pm{a})\) 이므로 \([0,\,a]\)에서 \(y^2(2a-x)=x^3\)과 \(x\)축으로 둘러싸인 부분의 넓이 \(\rm S\)는
\({\rm S}=\int_0^ax\sqrt{\frac{x}{2a-x}}dx=8a^2\int_0^1\frac{t^4}{(t^2+1)^3}dt=8a^2\int_0^{\pi/4}\sin^4\theta d\theta\)
\(=a^2\int_0^{\pi/4}(3-4\cos2\theta+\cos4\theta)d\theta=a^2[3\theta-2\sin2\theta+{\sin4\theta\over4}]_0^{\pi/4}=a^2({3\over4}\pi-2)\)
따라서 유한부분의 면적을 각각 \(\rm S_1,\,S_2\) 및 \(\rm S_3\)라 하면
\({\rm S_1=S_2}={\pi a^2\over4}-{\rm S}=(2-{\pi\over2})a^2,\,{\rm S_3}=2{\rm S}+{\pi a^2\over2}=2(\pi-2)a^2\)
2. 다음 곡선의 길이를 구하여라.
(1) \(y^2=4ax\ (a>0)\)의 \((0,\,0)\)에서 \((a,\,2a)\)까지
(2) \(x^2=a^2(1-e^{y/a})\ (a>0)\)의 원점에서 \((x,\,y)\)까지
(3) \(x=a(\cos\theta+\theta\sin\theta),\,y=a(\sin\theta-\theta\cos\theta)\)의 \(\theta=0\)에서 \(\theta=\theta_1\)까지
(4) 공간곡선 \(x=t,\,y=at^2,\,z={2\over3}a^2t^3\)의 원점에서 \((x,\,y,\,z)\)까지
(5) 공간곡선 \(x=e^{a\phi}\cos\phi,\,y=e^{a\phi}\sin\phi,\,z=ce^{a\phi}\)의 \(\phi_1\le\phi\le\phi_2\)에서의 호
(6) \(r=a\cos\theta+b\)의 전체길이
<풀이>
(1) \(x'=y/2a\) 이므로
\({\rm L}=\int_0^{2a}\sqrt{1+(x')^2}dy={1\over2a}\int_0^{2a}\sqrt{4a^2+y^2}dy\)
\(={1\over4a}\left[y\sqrt{4a^2+y^2}+4a^2\ln\left(y+\sqrt{4a^2+y^2}\right)\right]_0^{2a}=\sqrt{2}a+a\ln(1+\sqrt{2})\)
(2) 주어진 곡선을 \(y\)에 대하여 나타내면 \(y=a\ln\frac{a^2-x^2}{a^2}\) 이므로 \(y'=-\frac{2ax}{a^2-x^2}\) 이다. 따라서
\({\rm L}=\int_0^x\sqrt{1+(y')^2}dx=\int_0^x\left(-1+\frac{2a^2}{a^2-x^2}\right)dx=\left[-x+a\ln\frac{a+x}{a-x}\right]_0^x=-x+a\ln\frac{a+x}{a-x}\)
\((\because\ x<a)\)
(3) \(\frac{dx}{d\theta}=a\theta\cos\theta,\,\frac{dy}{d\theta}=a\theta\sin\theta\) 이므로
\({\rm L}=\int_0^{\theta_1}\sqrt{\left(\frac{dx}{d\theta}\right)^2+\left(\frac{dy}{d\theta}\right)^2}d\theta=a\int_0^{\theta_1}\theta d\theta={a\theta_1^2\over2}\)
(4) \(\frac{dx}{dt}=1,\,\frac{dy}{dt}=2at,\,\frac{dz}{dt}=2a^2t^2\) 이므로
\({\rm L}=\int_0^x\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\left(\frac{dy}{dt}\right)^2+\left(\frac{dz}{dt}\right)^2}dt=\int_0^x(1+2a^2t^2)d\theta=x+{2a^2\over3}x^3=x+z\)
(5) \(\frac{dx}{d\phi}=ae^{a\phi}\cos\phi-e^{a\phi}\sin\phi,\,\frac{dy}{d\phi}=ae^{a\phi}\sin\phi+e^{a\phi}\cos\phi,\,\frac{dz}{d\phi}=ace^{a\phi}\) 이므로
\({\rm L}=\int_{\phi_1}^{\phi_2}\sqrt{\left(\frac{dx}{d\phi}\right)^2+\left(\frac{dy}{d\phi}\right)^2+\left(\frac{dz}{d\phi}\right)^2}d\phi=\sqrt{1+a^2+a^2c^2}\int_{\phi_1}^{\phi_2}e^{a\phi}d\phi\)
\(=\frac{\sqrt{1+a^2+a^2c^2}}{a}(e^{a\phi_2}-e^{a\phi_1})\)
(6) \(\frac{dr}{d\theta}=-a\sin\theta\) 이므로
\({\rm L}=\int_0^{2\pi}\sqrt{r^2+\left(\frac{dr}{d\theta}\right)^2}d\theta=\int_0^{2\pi}\sqrt{(a\cos\theta+b)^2+a^2\sin^2\theta}d\theta\)
\(=(a+b)\int_0^{2\pi}\sqrt{1-\frac{4ab}{(a+b)^2}\sin^2{\theta\over2}}d\theta\)
3. 다음 각 곡선이 ( ) 내에 표시된 축을 중심으로 회전하였을 때 입체의 측면적을 구하여라.
(1) \(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\ (a>b)\ (y\text{축})\)
(2) 심장형 \(r=a(1+\cos\theta)\ (x\text{축})\)
(3) \(y=e^{-x}\)의 \(x\ge0\)인 호 \((x\text{축})\)
(4) \(x=e^\theta\sin\theta,\,y=e^\theta\cos\theta\)의 \(\theta=0\)에서 \(\theta=\pi/2\) 사이의 호 \((y\text{축})\)
<풀이>
(1) \(x={a\over b}\sqrt{b^2-y^2}(\ge0),\,x'=-\frac{ay}{b\sqrt{b^2-y^2}}\) 이므로
\({\rm S}=2\pi\int_{-b}^bx\sqrt{1+(x')^2}dy=\frac{2\pi a}{b^2}\sqrt{a^2-b^2}\int_{-b}^b\sqrt{\frac{b^4}{a^2-b^2}+y^2}dy\)
\(=\frac{\pi a}{b^2}\sqrt{a^2-b^2}\left[y\sqrt{\frac{b^4}{a^2-b^2}+y^2}+\frac{b^4}{a^2-b^2}\ln\sqrt{\frac{b^4}{a^2-b^2}+y^2}\right]_{-b}^b=2\pi a+\frac{\pi b^2}{e}\ln\frac{1+e}{1-e}\)
여기서 \(e=\sqrt{\frac{a^2-b^2}{a^2}}\), 타원의 이심률이다.
(2) \(\frac{dr}{d\theta}=-a\sin\theta\) 이므로
\({\rm S}=2\pi\int_0^\pi r\sin\theta\sqrt{r^2+\left(\frac{dr}{d\theta}\right)^2}d\theta=2\sqrt{2}\pi a^2\int_0^\pi(1+\cos\theta)^{3\over2}\sin\theta d\theta=2\sqrt{2}\pi a^2\int_{-1}^1(1+t)^{3\over2}dt\)
\(={4\sqrt{2}\over5}\pi a^2\left[(1+t)^{5\over2}\right]_{-1}^1={32\over5}\pi a^2\)
(3) \(y'=-e^{-x}\) 이므로
\({\rm S}=2\pi\int_0^\infty y\sqrt{1+(y')^2}dx=2\pi\int_0^\infty e^{-x}\sqrt{1+e^{-2x}}dx=2\pi\int_0^1\sqrt{1+t^2}dt\)
\(=\pi\left[t\sqrt{1+t^2}+\ln\left(1+\sqrt{1+t^2}\right)\right]_0^1=\pi\left\{\sqrt{2}+\ln\left(1+\sqrt{2}\right)\right\}\)
(4) \(\frac{dx}{d\theta}=e^\theta\sin\theta+e^\theta\cos\theta,\,\frac{dy}{d\theta}=e^\theta\cos\theta-e^\theta\sin\theta\) 이므로
\({\rm S}=2\pi\int_0^{2\pi}x\sqrt{(\frac{dx}{d\theta})^2+(\frac{dy}{d\theta})^2}d\theta=2\sqrt{2}\pi\int_0^{\pi/2}e^{2\theta}d\theta={2\sqrt{2}\over5}\pi[2\sin\theta-\cos\theta]_0^{\pi/2}\)
\(={2\sqrt{2}\over5}\pi(2e^\pi+1)\)
<풀이> \(x'=-3a\cos^2t\sin{t},\,y'=3a\sin^2t\cos{t}\) 이고 \({\rm M}=6a\)(곡선의 길이 예제 1 (2)) 이므로
\({\rm I}_x=4\int_0^{\pi/2}y^2\sqrt{(x')^2+(y')^2}dt=12a^3\int_0^{\pi/2}\sin^7t\cos{t}dt=12a^3\int_0^1x^7dx={{\rm M}a^2\over4}\)
5. 밀도가 일정한 심장형 \(r=a(1+\cos\theta)\ (a>0)\)의 \(x\)축에 관한 관성능률을 구하여라.
<풀이> \(\frac{dr}{d\theta}=-a\sin\theta\) 이므로
\({\rm I}_x=2\int_0^\pi y^2\sqrt{r^2+(\frac{dr}{d\theta})^2}d\theta=2\sqrt{2}\rho a^3\int_0^\pi(1+\cos\theta)^{5/2}\sin^2\theta d\theta\)
\(=128\rho a^3\int_0^{\pi/2}\left(\cos^7t-\cos^9t\right)dt={2084\over315}\rho a^3\)
(정적분의 부분적분법 예제 1 참조)
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