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다중적분의 응용(질량·질량중심)

먼저 혼자 풀어 보고, 풀이로 확인한 다음, 아래 「한 번 더」 문제로 이어서 연습하세요.

CLP-3 · 3.3절 · 2번대학 수준우리말 번역

xyxy–평면에서 부등식 x2≤y≤1x^2 \le y \le 1 로 정의된 영역 DD 의 질량 중심을 구하세요. 단, 질량 밀도 함수는 ρ(x,y)=y\rho(x,y) = y 이다.

영어 원문 보기

Find the centre of mass of the region DD in the xyxy–plane defined by the inequalities x2≤y≤1x^2 \le y \le 1, assuming that the mass density function is given by ρ(x,y)=y\rho(x,y) = y.

정답·풀이 보기

다음은 DD 의 개형이다.

그림

정의에 의해 질량 중심은 (xˉ,yˉ)(\bar x, \bar y) 이고, xˉ\bar x 와 yˉ\bar y 는 각각 DD 위에서 xx 좌표와 yy 좌표의 가중평균이다. 즉,

xˉ=∬Dx ρ(x,y) dA∬Dρ(x,y) dAyˉ=∬Dy ρ(x,y) dA∬Dρ(x,y) dA\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}

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

  • xx 는 −1-1 에서 11 까지 변하고,
  • 그 범위의 각 고정된 xx 에 대해 yy 는 x2x^2 에서 11 까지 변한다.

따라서 분모는

∬Dρ(x,y) dA=∫−11dx∫x21dy y⏞ρ(x,y)=12∫−11dx (1−x4)=∫01dx (1−x4)=45\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, yˉ\bar y 의 분자는

∬Dy ρ(x,y) dA=∫−11dx∫x21dy yy⏞ρ(x,y)=13∫−11dx (1−x6)=23∫01dx (1−x6)=23 67=47\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 xˉ=0\bar x=0 이고

yˉ=4745=57\begin{aligned} \bar y = \frac{\frac{4}{7}} {\frac{4}{5}} = \frac{5}{7} \end{aligned}

이다.

원본 교재 풀이(영어)

Here is a sketch of DD.

figure

By definition, the centre of mass is (xˉ,yˉ)(\bar x, \bar y), with xˉ\bar x and yˉ\bar y being the weighted averages of the xx and yy–coordinates, respectively, over DD. That is,

xˉ=∬Dx ρ(x,y) dA∬Dρ(x,y) dAyˉ=∬Dy ρ(x,y) dA∬Dρ(x,y) dA\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}

By symmetry under reflection in the yy–axis, we have xˉ=0\bar x=0. So we just have to determine yˉ\bar y. We'll evaluate the integrals using vertical strips as in the figure above. Looking at that figure, we see that

  • xx runs from −1-1 to 11, and
  • for each fixed xx in that range, yy runs from x2x^2 to 11.

So the denominator is

∬Dρ(x,y) dA=∫−11dx∫x21dy y⏞ρ(x,y)=12∫−11dx (1−x4)=∫01dx (1−x4)=45\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}

and the numerator of yˉ\bar y is

∬Dy ρ(x,y) dA=∫−11dx∫x21dy yy⏞ρ(x,y)=13∫−11dx (1−x6)=23∫01dx (1−x6)=23 67=47\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}

All together, xˉ=0\bar x=0 and

yˉ=4745=57\begin{aligned} \bar y = \frac{\frac{4}{7}} {\frac{4}{5}} = \frac{5}{7} \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-3 · 3.3절 · 3번우리말 번역

RR 을 왼쪽은 x=1x = 1 로, 오른쪽은 x2+y2=4x^2 + y^2 = 4 로 유계인 영역이라고 하자. RR 에서의 밀도는

ρ(x,y)=1x2+y2\rho(x,y) =\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}

이다.

(a) 영역 RR 의 그림을 그리세요. (b) RR 의 질량을 구하세요. (c) RR 의 질량중심을 구하세요.

참고: ∫sec⁡(θ) dθ=ln⁡∣sec⁡θ+tan⁡θ∣+C\int \sec(\theta)\ \mathrm{d}\theta = \ln |\sec \theta + \tan \theta| + C 인 결과를 사용해도 된다.

다 풀었으면 정답 확인

(a) RR 의 그림은 다음과 같다.

그림

(b) 다음을 고려하면

  • ρ(x,y)\rho(x,y) 는 원점을 중심으로 한 회전에 대해 변하지 않고,
  • 바깥쪽 곡선 x2+y2=4x^2+y^2=4 도 원점을 중심으로 한 회전에 대해 변하지 않으며,
  • 주어진 힌트가 θ\theta 에 대한 적분을 포함하므로

극좌표를 사용한다.

직선 x=1x=1 과 원 x2+y2=4x^2+y^2=4 는

1+y2=4  ⟺  y=±31+y^2=4 \iff y=\pm\sqrt{3}

일 때 만나고, 점 (x,y)=(1,3)(x,y)=\big(1,\sqrt{3}\big) 의 극좌표는 r=x2+y2=2r=\sqrt{x^2+y^2}=2, θ=arctan⁡yx=arctan⁡3=π3\theta=\arctan\frac{y}{x}=\arctan \sqrt{3} =\frac{\pi}{3} 이다. 그림

그림

을 보면, RR 위에서

  • θ\theta 는 −π3-\frac{\pi}{3} 부터 π3\frac{\pi}{3} 까지 변하고,
  • 그 범위의 각 고정된 θ\theta 에 대해 rr 는 1cos⁡θ=sec⁡θ\frac{1}{\cos\theta} =\sec\theta 부터 22 까지 변한다.
  • 극좌표에서 dA=r dr dθ\mathrm{d}A=r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta 이고,
  • 밀도는 ρ=1x2+y2=1r\rho =\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}} =\frac{1}{r} 이다.

따라서 질량은

M=∬Rρ(x,y) dA=∫−π/3π/3dθ∫sec⁡θ2dr rr=∫−π/3π/3dθ [2−sec⁡θ]=2∫0π/3dθ [2−sec⁡θ]=2[2θ−ln⁡(sec⁡θ+tan⁡θ)]0π/3=2[2π3−ln⁡(2+3)+ln⁡(1+0)]=4π3−2ln⁡(2+3)\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 (xˉ,yˉ)(\bar x, \bar y) 이며, xˉ\bar x 와 yˉ\bar y 는 각각 RR 위에서 xx좌표와 yy좌표의 가중평균이다. 즉,

xˉ=∬Rx ρ(x,y) dA∬Rρ(x,y) dAyˉ=∬Ry ρ(x,y) dA∬Rρ(x,y) dA\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.

xx축에 대한 대칭이동에 대해 대칭이므로 yˉ=0\bar y=0 이다. 따라서 xˉ\bar x 만 구하면 된다. 분자는

∬Rx ρ(x,y) dA=∫−π/3π/3dθ∫sec⁡θ2dr rr rcos⁡θ⏞x=12∫−π/3π/3dθ [4−sec⁡2θ]cos⁡θ=∫0π/3dθ [4cos⁡θ−sec⁡θ]=[4sin⁡θ−ln⁡(sec⁡θ+tan⁡θ)]0π/3=[432−ln⁡(2+3)+ln⁡(1+0)]=23−ln⁡(2+3)\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 yˉ=0\bar y=0 이고

xˉ=23−ln⁡(2+3)4π3−2ln⁡(2+3)≈1.38\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.

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