정답
직선 \(y=tx\) 와 등위곡선 \(f(x,y)=0\) 의 원점 이외의 교점은 \[ \left( \frac{t^{2}}{1+t^{4}},\; \frac{t^{3}}{1+t^{4}} \right)\qquad (t\neq0) \] 이고, 영역 \(\{(x,y)\in\mathbb R^{2}\mid f(x,y)\le0,\;y\ge0\}\) 의 넓이는 \[ \frac{\sqrt{2\pi}}{32} \] 이다.
출제 의도
다변수 함수의 등위곡선과 직선과의 교점을 매개변수로 표현하고, 이 표현을 이용해 영역을 “극좌표 비슷한” 적당한 좌표계로 바꾸어 넓이를 적분으로 구하는 과정을 익히게 하는 문제이다. 또한 넓이 계산 과정에서 주어진 정적분 값을 응용하도록 되어 있다.
풀이 과정
함수는 \[ f(x,y)=x^{4}+y^{4}-xy^{2} \] 이다.
먼저 직선 \(y=tx\) (\(t\neq0\)) 위에서의 등위곡선 교점을 구한다. \(y=tx\) 를 \(f(x,y)=0\) 에 대입하면
\[ 0=f(x,tx)=x^{4}+t^{4}x^{4}-xt^{2}x^{2} =x^{4}(1+t^{4})-t^{2}x^{3} =x^{3}\big((1+t^{4})x-t^{2}\big) \]
이므로 해는 \[ x=0\quad\text{또는}\quad x=\frac{t^{2}}{1+t^{4}}. \] \(x=0\) 은 원점이므로, 원점 이외의 교점은 \[ \left( \frac{t^{2}}{1+t^{4}},\; y=t x=\frac{t^{3}}{1+t^{4}} \right) \] 이다.
이제 영역 \[ D=\{(x,y)\mid x^{4}+y^{4}-xy^{2}\le0,\ y\ge0\} \] 의 넓이를 구한다.
위에서 본 것처럼, \(t>0\) 을 고정하고 직선 \(y=tx\) 상에서 보면 \[ f(x,tx)\le0 \quad\Longleftrightarrow\quad x\le \frac{t^{2}}{1+t^{4}},\ x\ge0 \] 이므로 각 방향 \(y=tx\) (상반평면에서 \(t\ge0\))마다 원점에서부터 위의 교점까지가 영역 \(D\) 에 포함된다.
좌표변환 \[ (x,t)\mapsto(x,y)=(x,tx) \] 을 쓰면, \[ \frac{\partial(x,y)}{\partial(x,t)} = \begin{vmatrix} 1 & 0\\ t & x \end{vmatrix} =x \] 이므로 넓이 요소는 \[ dx\,dy = x\,dx\,dt \] 이다.
따라서 영역 \(D\) 의 넓이 \(A\) 는
\[ A=\int_{t=0}^{\infty}\int_{x=0}^{\frac{t^{2}}{1+t^{4}}} x\,dx\,dt =\frac12\int_{0}^{\infty}\left(\frac{t^{2}}{1+t^{4}}\right)^{2}dt =\frac12\int_{0}^{\infty}\frac{t^{4}}{(1+t^{4})^{2}}\,dt. \]
적분을 정리하기 위해 \[ \frac{t^{4}}{(1+t^{4})^{2}} =\frac{1+t^{4}-1}{(1+t^{4})^{2}} = \frac{1}{1+t^{4}}-\frac{1}{(1+t^{4})^{2}} \] 를 이용하면
\[ A=\frac12\left( \int_{0}^{\infty}\frac{dt}{1+t^{4}} -\int_{0}^{\infty}\frac{dt}{(1+t^{4})^{2}} \right). \]
첫 번째 적분은 문제에서 주어진 값 \[ \int_{0}^{\infty}\frac{dt}{1+t^{4}}=\frac{\sqrt{2\pi}}{4} \] 을 그대로 사용한다.
두 번째 적분 \(\displaystyle J=\int_{0}^{\infty}\frac{dt}{(1+t^{4})^{2}}\) 를 구하기 위해 \[ I(a)=\int_{0}^{\infty}\frac{dt}{t^{4}+a^{4}} \] 를 생각하면, 치환 \(t=a u\) 로부터 \[ I(a)=\frac{1}{a^{3}}\int_{0}^{\infty}\frac{du}{1+u^{4}} =\frac{1}{a^{3}}I(1) =\frac{1}{a^{3}}\cdot\frac{\sqrt{2\pi}}{4}. \] 따라서 \[ I'(a)= -\frac{3}{a^{4}}\cdot\frac{\sqrt{2\pi}}{4}. \] 한편 미분하여 적분 안으로 넣으면 \[ I'(a) =\int_{0}^{\infty}\frac{\partial}{\partial a}\frac{1}{t^{4}+a^{4}}\,dt =\int_{0}^{\infty}\frac{-4a^{3}}{(t^{4}+a^{4})^{2}}\,dt =-4a^{3}J(a), \] 여기서 \[ J(a)=\int_{0}^{\infty}\frac{dt}{(t^{4}+a^{4})^{2}}. \] 따라서 \[ J(a)=-\frac{I'(a)}{4a^{3}}. \] \(a=1\) 을 대입하면 \[ J=J(1)=-\frac{I'(1)}{4} =\frac{3\sqrt{2\pi}}{16}. \]
따라서 넓이 \(A\) 는
\[ A=\frac12\left( \frac{\sqrt{2\pi}}{4} -\frac{3\sqrt{2\pi}}{16} \right) =\frac12\cdot\frac{\sqrt{2\pi}}{16} =\frac{\sqrt{2\pi}}{32}. \]
이로써 요구한 교점과 영역의 넓이를 모두 구하였다.
<풀이가 부정확할 수 있으니 반드시 교차검증 확인 바랍니다.>