다중적분의 응용(질량·질량중심)

다음은 $D$ 의 개형이다.

정의에 의해 질량 중심은 $(\bar x, \bar y)$ 이고, $\bar x$ 와 $\bar y$ 는 각각 $D$ 위에서 $x$ 좌표와 $y$ 좌표의 가중평균이다. 즉,

$$\begin{aligned} \bar x = \frac{\iint _D x\ \rho(x,y)\ \mathrm{d}A}{\iint _D \rho(x,y)\ \mathrm{d}A} \qquad \bar y = \frac{\iint _D y\ \rho(x,y)\ \mathrm{d}A}{\iint _D \rho(x,y)\ \mathrm{d}A} \end{aligned}$$

$y$ 축에 대한 대칭성에 의해 $\bar x=0$ 이다. 따라서 $\bar y$ 만 구하면 된다. 위 그림과 같이 세로 띠를 이용하여 적분을 계산한다. 그림을 보면 다음을 알 수 있다.

• $x$ 는 $-1$ 에서 $1$ 까지 변하고,
• 그 범위의 각 고정된 $x$ 에 대해 $y$ 는 $x^2$ 에서 $1$ 까지 변한다.

따라서 분모는

$$\begin{aligned} \iint _D \rho(x,y)\ \mathrm{d}A &= \int_{-1}^1\mathrm{d}x\int_{x^2}^1\mathrm{d}y\ \overbrace{y}^{\rho(x,y)} \\ &= \frac{1}{2}\int_{-1}^1 \mathrm{d}x\ (1-x^4) =\int_0^1 \mathrm{d}x\ (1-x^4) \\ &=\frac{4}{5} \end{aligned}$$

이고, $\bar y$ 의 분자는

$$\begin{aligned} \iint _D y\,\rho(x,y)\ \mathrm{d}A &= \int_{-1}^1\mathrm{d}x\int_{x^2}^1\mathrm{d}y\ y\overbrace{y}^{\rho(x,y)} \\ &= \frac{1}{3}\int_{-1}^1 \mathrm{d}x\ (1-x^6) =\frac{2}{3}\int_0^1 \mathrm{d}x\ (1-x^6) \\ &=\frac{2}{3}\ \frac{6}{7} = \frac{4}{7} \end{aligned}$$

이다. 종합하면 $\bar x=0$ 이고

$$\begin{aligned} \bar y = \frac{\frac{4}{7}} {\frac{4}{5}} = \frac{5}{7} \end{aligned}$$

이다.

(a) $R$ 의 그림은 다음과 같다.

(b) 다음을 고려하면

• $\rho(x,y)$ 는 원점을 중심으로 한 회전에 대해 변하지 않고,
• 바깥쪽 곡선 $x^2+y^2=4$ 도 원점을 중심으로 한 회전에 대해 변하지 않으며,
• 주어진 힌트가 $\theta$ 에 대한 적분을 포함하므로

극좌표를 사용한다.

직선 $x=1$ 과 원 $x^2+y^2=4$ 는

$$1+y^2=4 \iff y=\pm\sqrt{3}$$

일 때 만나고, 점 $(x,y)=\big(1,\sqrt{3}\big)$ 의 극좌표는 $r=\sqrt{x^2+y^2}=2$, $\theta=\arctan\frac{y}{x}=\arctan \sqrt{3} =\frac{\pi}{3}$ 이다. 그림

을 보면, $R$ 위에서

• $\theta$ 는 $-\frac{\pi}{3}$ 부터 $\frac{\pi}{3}$ 까지 변하고,
• 그 범위의 각 고정된 $\theta$ 에 대해 $r$ 는 $\frac{1}{\cos\theta} =\sec\theta$ 부터 $2$ 까지 변한다.
• 극좌표에서 $\mathrm{d}A=r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$ 이고,
• 밀도는 $\rho =\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}} =\frac{1}{r}$ 이다.

따라서 질량은

$$\begin{aligned} M&=\iint _R \rho(x,y)\ \mathrm{d}A =\int_{-\pi/3}^{\pi/3}\mathrm{d}\theta\int_{\sec\theta}^2\mathrm{d}r\ \frac{r}{r} =\int_{-\pi/3}^{\pi/3}\mathrm{d}\theta\ \big[2-\sec\theta\big] \\ &=2\int_0^{\pi/3}\mathrm{d}\theta\ \big[2-\sec\theta\big] \\ &= 2\Big[2\theta - \ln\big(\sec\theta+\tan\theta\big)\Big]_0^{\pi/3} \\ &= 2\left[\frac{2\pi}{3} - \ln\big(2+\sqrt{3}\big) + \ln\big(1+0\big)\right] \\ &= \frac{4\pi}{3} - 2\ln\big(2+\sqrt{3}\big) \end{aligned}$$

이다.

(c) 정의에 의해 질량중심은 $(\bar x, \bar y)$ 이며, $\bar x$ 와 $\bar y$ 는 각각 $R$ 위에서 $x$좌표와 $y$좌표의 가중평균이다. 즉,

$$\begin{aligned} \bar x = \frac{\iint _R x\ \rho(x,y)\ \mathrm{d}A}{\iint _R \rho(x,y)\ \mathrm{d}A} \qquad \bar y = \frac{\iint _R y\ \rho(x,y)\ \mathrm{d}A}{\iint _R \rho(x,y)\ \mathrm{d}A} \end{aligned}$$

이다.

$x$축에 대한 대칭이동에 대해 대칭이므로 $\bar y=0$ 이다. 따라서 $\bar x$ 만 구하면 된다. 분자는

$$\begin{aligned} \iint _R x\ \rho(x,y)\ \mathrm{d}A &=\int_{-\pi/3}^{\pi/3}\mathrm{d}\theta\int_{\sec\theta}^2\mathrm{d}r\ \frac{r}{r}\ \overbrace{r\cos\theta}^{x} \\ &=\frac{1}{2}\int_{-\pi/3}^{\pi/3}\mathrm{d}\theta\ \big[4-\sec^2\theta\big] \cos\theta =\int_0^{\pi/3}\mathrm{d}\theta\ \big[4\cos\theta-\sec\theta\big] \\ &= \Big[4\sin\theta - \ln\big(\sec\theta+\tan\theta\big)\Big]_0^{\pi/3} \\ &= \left[4\frac{\sqrt{3}}{2} - \ln\big(2+\sqrt{3}\big) + \ln\big(1+0\big)\right] \\ &= 2\sqrt{3}- \ln\big(2+\sqrt{3}\big) \end{aligned}$$

이다.

종합하면 $\bar y=0$ 이고

$$\begin{aligned} \bar x = \frac{2\sqrt{3}- \ln\big(2+\sqrt{3}\big)} {\frac{4\pi}{3} - 2\ln\big(2+\sqrt{3}\big)} \approx 1.38 \end{aligned}$$

이다.

이 판을 $P$ 라 하자. 정의에 따라 질량 중심은 $(\bar x, \bar y)$ 이고, $\bar x$ 와 $\bar y$ 는 각각 $P$ 위에서 $x$좌표와 $y$좌표의 가중평균이다. 즉,

$$\begin{aligned} \bar x = \frac{\iint _P x\ \rho(x,y)\ \mathrm{d}A}{\iint _P \rho(x,y)\ \mathrm{d}A} \qquad \bar y = \frac{\iint _P y\ \rho(x,y)\ \mathrm{d}A}{\iint _P \rho(x,y)\ \mathrm{d}A} \end{aligned}$$

이고 $\rho(x,y)=k$ 이다. 다음은 $P$ 의 그림이다.

직선 $y=x$ 에 대한 대칭이동에 의해 대칭이므로 $\bar y=\bar x$ 이다. 따라서 다음만 구하면 된다.

$$\bar x = \frac{\iint _P x\ \mathrm{d}A}{\iint _P \mathrm{d}A}$$

분모는 반지름이 $1$ 인 원판 넓이의 4분의 1이다. 즉, $\iint _P \mathrm{d}A=\frac{\pi}{4}$ 이다. 분자는 위 그림과 같이 극좌표를 이용하여 계산한다. 그림을 보면 다음과 같다.

• $\theta$ 는 $0$ 부터 $\frac{\pi}{2}$ 까지 변하고,
• 그 범위의 각 고정된 $\theta$ 에 대해 $r$ 은 $0$ 부터 $1$ 까지 변한다.

$\mathrm{d}A=r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$ 이고 $x=r\cos\theta$ 이므로 분자는

$$\begin{aligned} \iint _P x\ \mathrm{d}A &=\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta \int_0^1\mathrm{d}r\ r\overbrace{r\cos\theta}^{x} =\left[\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \cos\theta\right] \left[ \int_0^1\mathrm{d}r\ r^2\right] \\ &=\Big[\sin\theta\Big]_0^{\pi/2} \left[\frac{r^3}{3}\right]_0^1 \\ &=\frac{1}{3} \end{aligned}$$

이다. 종합하면

$$\begin{aligned} \bar x = \bar y = \frac{1/3}{\pi/4} =\frac{4}{3\pi} \end{aligned}$$

이다.

다음은 $R$ 의 그림이다.

다음에 주목하자.

• $(2,0)$ 과 $(0,2)$ 를 지나는 직선의 방정식은 $y=2-x$, 즉 $x=2-y$ 이다. (확인: 두 점 $(2,0)$ 과 $(0,2)$ 는 모두 $x=2-y$ 위에 있다.)
• $(1,0)$ 과 $(0,2)$ 를 지나는 직선의 방정식은 $y=2-2x$, 즉 $x=\frac{2-y}{2}$ 이다. (확인: 두 점 $(0,2)$ 와 $(1,0)$ 은 모두 $x=\frac{2-y}{2}$ 위에 있다.)

정의에 의해 $R$ 의 질량중심의 $y$좌표는 $R$ 위에서 $y$ 의 가중평균이므로 다음과 같다.

$$\bar y =\frac{\iint _R y\,\rho(x,y)\,\mathrm{d}A}{\iint _R \rho(x,y)\,\mathrm{d}A} =\frac{\iint _R y^3\,\mathrm{d}A}{\iint _R y^2\,\mathrm{d}A}$$

$R$ 위에서

• $y$ 는 $0$ 부터 $2$ 까지 변한다. 즉, $0\le y\le 2$ 이다.
• 이 범위의 각 고정된 $y$ 에 대해 $x$ 는 $\frac{2-y}{2}$ 부터 $2-y$ 까지 변한다. 부등식으로 나타내면 $\frac{2-y}{2}\le x\le 2-y$ 이다.

따라서

$$R = \left\{\ (x,y)\ \left|\ 0\le y\le 2,\ \frac{2-y}{2}\le x\le 2-y \right.\right\}$$

$n=2$ 와 $n=3$ 모두에 대해 다음이 성립한다.

$$\begin{aligned} \iint _R y^n\,\mathrm{d}A &=\int_0^2\mathrm{d}y \int_{\frac{2-y}{2}}^{2-y}\mathrm{d}x\ y^n \\ &=\int_0^2\mathrm{d}y \ y^n\frac{2-y}{2} \\ &=\frac{1}{2}\left[\frac{2y^{n+1}}{n+1}-\frac{y^{n+2}}{n+2}\right]_0^2 \\ &=\frac{1}{2}\left[\frac{2^{n+2}}{n+1}-\frac{2^{n+2}}{n+2}\right] \\ &=\frac{2^{n+1}}{(n+1)(n+2)} \end{aligned}$$

그러므로

$$\begin{aligned} \bar y =\frac{\iint _R y^3\,\mathrm{d}A}{\iint _R y^2\,\mathrm{d}A} =\frac{ \frac{2^4}{(4)(5)} }{ \frac{2^{3}}{(3)(4)} } =\frac{6}{5} \end{aligned}$$

문제에서 주어진 정의에 $(a,b)=(0,0)$ 을 대입하면 평균은 다음과 같다.

$$\begin{aligned} \frac{1}{A(D)}\iint _D \sqrt{x^2+y^2}\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}$$

분모 $A(D) = \pi$ 이다. 분자는 극좌표를 이용하여 계산한다.

$$\begin{aligned} \iint _D \sqrt{x^2+y^2}\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y &=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^1\mathrm{d}r \ r\sqrt{r^2\cos^2\theta+r^2\sin^2\theta} \\ &=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^1\mathrm{d}r\ r^2 =\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \frac{1}{3} \\ &=\frac{2\pi}{3} \end{aligned}$$

따라서 평균은 다음과 같다.

$$\frac{\frac{2\pi}{3}}{\pi}=\frac{2}{3}$$

$x^2+y^2=x$ 는 $\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+y^2=\frac{1}{4}$ 과 같은 식이고, 이는 중심이 $\left(\frac{1}{2},0\right)$ 이고 반지름이 $\frac{1}{2}$ 인 원이다. 초승달 모양을 $\mathcal{C}$ 라 부르고

$$\begin{aligned} D &= \big\{ \ (x,y)\ \big|\ x^2+y^2\le 1\ \big\} \\ H &= \big\{ \ (x,y)\ \big|\ \left(x-\tfrac{1}{2}\right)^2+y^2\le\tfrac{1}{4}\ \big\} \end{aligned}$$

라 하면

$$\mathcal{C}= D\setminus H$$

이다. 즉 $\mathcal{C}$ 는 원판 $D$ 에서 "구멍" $H$ 를 제거한 것이다. 다음은 개략도이다.

(a) $D$ 는 반지름이 $1$ 인 원판이므로 넓이가 $\pi$ 이다. $H$ 는 반지름이 ${1}/{2}$ 인 원판이므로 넓이가 ${\pi}/{4}$ 이다. $\mathcal{C}$ 의 밀도가 $1$ 이므로

$$\begin{aligned} \text{Mass}(\mathcal{C}) &= \iint _\mathcal{C} \mathrm{d}A = \iint _D\mathrm{d}A -\iint _H\mathrm{d}A \\ &=\pi - \frac{\pi}{4} \\ &=\frac{3\pi}{4} \end{aligned}$$

(b) 정의에 따라 $\mathcal{C}$ 의 질량중심의 $x$좌표는 $\mathcal{C}$ 위에서 $x$ 의 평균값이며, 이는

$$\begin{aligned} \bar x = \frac{\iint _\mathcal{C} x\,\mathrm{d}A}{\iint _\mathcal{C} \mathrm{d}A} \end{aligned}$$

이다. 앞에서 $\iint _\mathcal{C} \mathrm{d}A=\frac{3\pi}{4}$ 임을 이미 구했다. 따라서 분자

$$\iint _\mathcal{C} x\,\mathrm{d}A = \iint _D x\,\mathrm{d}A - \iint _H x\,\mathrm{d}A$$

를 구해야 한다.

$x$ 는 기함수이고 $D$ 는 $x\rightarrow -x$ 에 대해 변하지 않으므로 $\iint _D x\,\mathrm{d}A=0$ 이다. 따라서 $\iint _H x\,\mathrm{d}A$ 만 구하면 된다. 이를 위해 극좌표를 사용하면 $\mathrm{d}A = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$ 이다. 극좌표에서 $x^2 + y^2 = x$ 는 $r^2 =r\cos\theta$, 즉 $r=\cos\theta$ 이다. 따라서 위의 그림((a)의 풀이 바로 앞의 그림)을 보면, 적분 영역에서

• $\theta$ 는 $-\frac{\pi}{2}$ 부터 $\frac{\pi}{2}$ 까지 변한다.
• 그 범위의 각 고정된 $\theta$ 에 대해 $r$ 은 $0$ 부터 $\cos\theta$ 까지 변한다.

따라서 적분은

$$\begin{aligned} \iint _H x\,\mathrm{d}A &= \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_0^{\cos\theta}\mathrm{d}r\ r\overbrace{(r\cos\theta)}^{x} \\ &=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\mathrm{d}\theta \ \frac{\cos^4\theta}{3} \\ &= \frac{\pi}{8} \end{aligned}$$

이다. 이상을 종합하면

$$\begin{aligned} \bar x = \frac{\iint _\mathcal{C} x\,\mathrm{d}A}{\iint _\mathcal{C} \mathrm{d}A} = \frac{\iint _D x\,\mathrm{d}A - \iint _H x\,\mathrm{d}A}{\iint _\mathcal{C} \mathrm{d}A} =\frac{0-\frac{\pi}{8}}{\frac{3\pi}{4}} =-\frac{1}{6} \end{aligned}$$

이다.