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문제 은행 · 미적분 · 대학 미적분 · 다중적분

다중적분의 응용(질량·질량중심)

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

CLP-3 · 3.3절 · 3번대학 수준우리말 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.

영어 원문 보기

Let R be the region bounded on the left by x=1x = 1 and on the right by x2+y2=4x^2 + y^2 = 4. The density in RR is

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

(a) Sketch the region RR. (b) Find the mass of RR. (c) Find the centre-of-mass of RR.

Note: You may use the result ∫sec⁡(θ) dθ=ln⁡∣sec⁡θ+tan⁡θ∣+C\int \sec(\theta)\ \mathrm{d}\theta = \ln |\sec \theta + \tan \theta| + C.

정답·풀이 보기

(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.

원본 교재 풀이(영어)

(a) Here is a sketch of RR.

figure

(b) Considering that

  • ρ(x,y)\rho(x,y) is invariant under rotations about the origin and
  • the outer curve x2+y2=4x^2+y^2=4 is invariant under rotations about the origin and
  • the given hint involves a θ\theta integral

we'll use polar coordinates.

Observe that the line x=1x=1 and the circle x2+y2=4x^2+y^2=4 intersect when

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

and that the polar coordinates of the point (x,y)=(1,3)(x,y)=\big(1,\sqrt{3}\big) are r=x2+y2=2r=\sqrt{x^2+y^2}=2 and θ=arctan⁡yx=arctan⁡3=π3\theta=\arctan\frac{y}{x}=\arctan \sqrt{3} =\frac{\pi}{3}. Looking at the sketch

figure

we see that, on RR,

  • θ\theta runs from −π3-\frac{\pi}{3} to π3\frac{\pi}{3} and
  • for each fixed θ\theta in that range, rr runs from 1cos⁡θ=sec⁡θ\frac{1}{\cos\theta} =\sec\theta to 22.
  • In polar coordinates, dA=r dr dθ\mathrm{d}A=r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta, and
  • the density ρ=1x2+y2=1r\rho =\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}} =\frac{1}{r}

So the mass is

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}

(c) 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 RR. That is,

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}

By symmetry under reflection in the xx–axis, we have yˉ=0\bar y=0. So we just have to determine xˉ\bar x. The numerator is

∬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}

All together, yˉ=0\bar y=0 and

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}

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-3 · 3.3절 · 1번우리말 번역

다음 각각에 대하여 주어진 이중적분의 값을 반복적분을 사용하지 않고 구하세요. 대신 예를 들어 넓이나 평균값의 관점에서 적분을 해석하세요.

(a) ∬D(x+3) dx dy\iint _D(x+3)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y, 여기서 DD 는 반원판 0≤y≤4−x20\le y\le \sqrt{4-x^2} 입니다. (b) ∬R(x+y) dx dy\iint _R (x+y)\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y, 여기서 RR 은 직사각형 0≤x≤a, 0≤y≤b0\le x\le a,\ 0\le y\le b 입니다.

답 쓰고 채점
(a)
(b)
다 풀었으면 정답 확인

(a) xx 는 x→−xx\rightarrow-x 에 대해, 즉 yy 축에 대한 대칭이동에 대해 기함수이고 적분 영역은 yy 축에 대해 대칭이므로 ∬Dx dx dy=0\iint _D x\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=0 이다. ∬D3 dx dy\iint _D 3\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y 는 반지름이 22 인 반원판 넓이의 3배이다. 따라서 ∬D(x+3)dx dy=3×12×π22=6π\iint _D(x+3)\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=3\times \tfrac{1}{2}\times\pi 2^2=6\pi.

(s) ∬Rx dx dy/∬Rdx dy\iint _R x\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y/\iint _R \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y 는 직사각형 RR 에서 xx 의 평균값이며, 그 값은 a2\frac{a}{2} 이다. 마찬가지로 ∬Ry dx dy/∬Rdx dy\iint _R y\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y/\iint _R \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y 는 직사각형 RR 에서 yy 의 평균값이며, 그 값은 b2\frac{b}{2} 이다. ∬Rdx dy\iint _R \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y 는 직사각형 RR 의 넓이이며, 그 값은 abab 이다. 따라서

  • ∬Rx dx dy=a2∬Rdx dy=a2ab\iint _R x\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\frac{a}{2} \iint _R \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\frac{a}{2} ab 이고
  • ∬Ry dx dy=b2∬Rdx dy=b2ab\iint _R y\ \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\frac{b}{2} \iint _R \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\frac{b}{2} ab

이며 ∬R(x+y)dx dy=12ab(a+b)\iint _R (x+y)\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=\tfrac{1}{2} ab (a+b) 이다.

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