정답
\(g(0)=\displaystyle \frac{\pi}{48}\bigl(1+7\sqrt{7}\bigr)\), \quad \(g’\!\left(\dfrac12\right)=-\dfrac14\)
출제 의도
변수 상한을 가지는 이중적분에서 매개변수 \(t\)에 따른 함수 \(g(t)\)의 값을 직접 계산하고, 영역의 경계가 이동할 때 적분값의 미분을 경계 적분으로 바꾸어 계산하는 능력을 평가하는 문제이다. 또한 극좌표 변환과 절대값이 포함된 적분의 분할 계산을 함께 묻는다.
풀이 과정
영역 \(D(t)\)는
\[ D(t)=\{(x,y)\mid x\ge0,\ y\ge0,\ x^2+y^2\le1,\ x+y\ge t\},\qquad 0\le t\le1 \]
이므로 \(t=0\)일 때는 단순히 첫사분면의 단위원 4분원
\[ D(0)=\{(x,y)\mid x\ge0,\ y\ge0,\ x^2+y^2\le1\} \]
이 된다. 함수는
\[ f(x,y)=\sqrt{\left|8x^2+8y^2-1\right|} =\sqrt{\left|8r^2-1\right|}\quad (r^2=x^2+y^2) \]
이다.
먼저 극좌표를 사용한다. 첫사분면이므로 \(\theta\in[0,\frac{\pi}{2}]\), \(r\in[0,1]\)이고, \(dxdy=r\,drd\theta\) 이다. 따라서
$$ g(0)=\iint_{D(0)} f(x,y)\,dxdy =\int_{0}^{\pi/2}\int_{0}^{1} \sqrt{|8r^2-1|}\,r\,dr\,d\theta =\frac{\pi}{2}\int_{0}^{1}\sqrt{|8r^2-1|}\,r\,dr. $$
\(8r^2-1=0\)이 되는 점은 \(r^2=\frac18\), 즉 \(r=\frac{1}{\sqrt8}\) 이다. 여기서 부호가 바뀌므로 적분을 둘로 나눈다.
$$ \int_{0}^{1}\sqrt{|8r^2-1|}\,r\,dr =\int_{0}^{1/\sqrt8}\sqrt{1-8r^2}\,r\,dr +\int_{1/\sqrt8}^{1}\sqrt{8r^2-1}\,r\,dr. $$
첫 번째 적분에서 \(u=1-8r^2\)라 두면 \(du=-16r\,dr\) 이므로 \(r\,dr=-\frac1{16}du\),
\[ \int_{0}^{1/\sqrt8}\sqrt{1-8r^2}\,r\,dr =\frac1{16}\int_{0}^{1}u^{1/2}du =\frac1{16}\cdot\frac{2}{3}=\frac1{24}. \]
두 번째 적분에서 \(u=8r^2-1\)라 두면 \(du=16r\,dr\),
\[ \int_{1/\sqrt8}^{1}\sqrt{8r^2-1}\,r\,dr =\frac1{16}\int_{0}^{7}u^{1/2}du =\frac1{16}\cdot\frac{2}{3}u^{3/2}\Big|_{0}^{7} =\frac1{24}\cdot7^{3/2}=\frac1{24}\,7\sqrt7. \]
따라서
$$ \int_{0}^{1}\sqrt{|8r^2-1|}\,r\,dr =\frac1{24}\bigl(1+7\sqrt7\bigr), $$
이를 이용하면
$$ g(0)=\frac{\pi}{2}\cdot\frac1{24}\bigl(1+7\sqrt7\bigr) =\frac{\pi}{48}\bigl(1+7\sqrt7\bigr). $$
이제 \(g'(t)\)를 구한다. \(D(t)\)는 \(D(0)\) 중에서 직선 \(x+y=t\) 위쪽 부분이므로, \(t\)가 증가하면 직선이 평행 이동하면서 영역이 줄어든다. 경계가 변하는 곳은 바로 이 직선뿐이므로, 매개변수 미분의 일반 원리를 이용하면
\[ g'(t)=-\int_{S(t)} \frac{f(x,y)}{|\nabla(x+y)|}\,dS \]
이다. 여기서 \(S(t)\)는 \(x+y=t\)의 선분 \(\{(x,y)\mid x\ge0,\ y\ge0,\ x+y=t\}\)이고 \(\nabla(x+y)=(1,1)\), \(|\nabla(x+y)|=\sqrt2\)이다.
직선을 \(x\)로 매개변수화하면 \(y=t-x,\ 0\le x\le t\), 이때
\[ ds=\sqrt{1+(\tfrac{dy}{dx})^{2}}\,dx=\sqrt{1+(-1)^2}\,dx=\sqrt2\,dx. \]
따라서
$$ g'(t)=-\frac1{\sqrt2}\int_{S(t)}f\,dS =-\frac1{\sqrt2}\int_{0}^{t} f(x,t-x)\,\sqrt2\,dx =-\int_{0}^{t} f(x,t-x)\,dx. $$
이제 \(t=\dfrac12\)일 때를 계산한다. 이때 직선은 \(y=\dfrac12-x\)이고,
\[ x^2+y^2=x^2+\Bigl(\frac12-x\Bigr)^2=2x^2-x+\frac14, \]
\[ 8(x^2+y^2)-1=8\Bigl(2x^2-x+\frac14\Bigr)-1 =16x^2-8x+1=(4x-1)^2\ge0. \]
따라서 이 선분 위에서는 절대값이 필요 없고
\[ f(x,\tfrac12-x)=\sqrt{(4x-1)^2}=|4x-1|. \]
이제
$$ g’\!\left(\frac12\right) =-\int_{0}^{1/2}|4x-1|\,dx. $$
\(|4x-1|\)은 \(x=\frac14\)에서 부호가 바뀌므로 적분을 둘로 나눈다.
\[ |4x-1|= \begin{cases} 1-4x,& 0\le x\le\frac14,\\[2mm] 4x-1,& \frac14\le x\le\frac12. \end{cases} \]
따라서
$$ \int_{0}^{1/2}|4x-1|\,dx =\int_{0}^{1/4}(1-4x)\,dx+\int_{1/4}^{1/2}(4x-1)\,dx. $$
첫 번째 적분은
\[ \int_{0}^{1/4}(1-4x)\,dx =\Bigl[x-2x^{2}\Bigr]_{0}^{1/4} =\frac14-\frac18=\frac18, \]
두 번째 적분은
\[ \int_{1/4}^{1/2}(4x-1)\,dx =\Bigl[2x^{2}-x\Bigr]_{1/4}^{1/2} =\bigl(0\bigr)-\Bigl(\frac18-\frac14\Bigr) =\frac18. \]
따라서
\[ \int_{0}^{1/2}|4x-1|\,dx=\frac18+\frac18=\frac14, \]
\[ g’\!\left(\frac12\right)=-\frac14. \]
결론적으로
\[ g(0)=\frac{\pi}{48}\bigl(1+7\sqrt7\bigr),\qquad g’\!\left(\frac12\right)=-\frac14. \]
<풀이가 부정확할 수 있으니 반드시 교차검증 확인 바랍니다.>