다중적분의 응용(질량·질량중심) 연습문제 — CLP-3 · 3.3절 · 9번

CLP-3 · 3.3절 · 9번대학 수준우리말 번역

$D$ 를 $xy$ –평면에서 원 $x^2+(y-1)^2=1$ 의 내부에 있으면서 원 $x^2+y^2=2$ 의 외부에 있는 영역이라고 하자. 밀도가 다음과 같이 주어질 때, 이 영역의 질량을 구하세요. $\rho(x,y)=\frac{2}{\sqrt{x^2+y^2}}$

영어 원문 보기

Let $D$ be the region in the $xy$ –plane which is inside the circle $x^2+(y-1)^2=1$ but outside the circle $x^2+y^2=2$ . Determine the mass of this region if the density is given by $\rho(x,y)=\frac{2}{\sqrt{x^2+y^2}}$

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정의역은 아래 그림과 같다.

두 원은 $x^2+y^2=2$ 이고 다음을 만족할 때 만난다.

$\begin{aligned} x^2+(y-1)^2=2-y^2+(y-1)^2=1 \iff -2y+3=1\iff y=1\text{ 그리고 } x=\pm 1 \end{aligned}$

극좌표에서 $x^2+y^2=2$ 는 $r=\sqrt{2}$ 이고, $x^2+(y-1)^2=x^2+y^2-2y+1=1$ 은 $r^2-2r\sin\theta=0$ 즉 $r=2\sin\theta$ 이다. 두 곡선은 $r=\sqrt{2}$ 이고 $\sqrt{2}=2\sin\theta$ 일 때 만나므로 $\theta=\frac{\pi}{4}$ 또는 $\frac{3}{4}\pi$ 이다. 따라서

$D=\big\{ \ (r\cos\theta,r\sin\theta)\ \big|\ \tfrac{1}{4}\pi\le\theta\le\tfrac{3}{4}\pi,\ \sqrt{2}\le r\le 2\sin\theta\ \big\}$

이고, 밀도가 $\frac{2}{r}$ 이므로

$\begin{aligned} \text{질량} &=\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\mathrm{d}\theta\int^{2\sin\theta}_{\sqrt{2}}\mathrm{d}r\ r\frac{2}{r} =2\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\mathrm{d}\theta\ \big[2\sin\theta -\sqrt{2}\,\big] =4\int_{\pi/4}^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \big[2\sin\theta -\sqrt{2}\,\big] \\ &=4\Big[-2\cos\theta -\sqrt{2}\theta\Big] _{\pi/4}^{\pi/2} =4\sqrt{2} -\sqrt{2}\pi\approx 1.214 \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

The domain is pictured below.

The two circles intersect when $x^2+y^2=2$ and

$\begin{aligned} x^2+(y-1)^2=2-y^2+(y-1)^2=1 \iff -2y+3=1\iff y=1\text{ and } x=\pm 1 \end{aligned}$

In polar coordinates $x^2+y^2=2$ is $r=\sqrt{2}$ and $x^2+(y-1)^2=x^2+y^2-2y+1=1$ is $r^2-2r\sin\theta=0$ or $r=2\sin\theta$ . The two curves intersect when $r=\sqrt{2}$ and $\sqrt{2}=2\sin\theta$ so that $\theta=\frac{\pi}{4}$ or $\frac{3}{4}\pi$ . So

$D=\big\{ \ (r\cos\theta,r\sin\theta)\ \big|\ \tfrac{1}{4}\pi\le\theta\le\tfrac{3}{4}\pi,\ \sqrt{2}\le r\le 2\sin\theta\ \big\}$

and, as the density is $\frac{2}{r}$ ,

$\begin{aligned} \text{mass} &=\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\mathrm{d}\theta\int^{2\sin\theta}_{\sqrt{2}}\mathrm{d}r\ r\frac{2}{r} =2\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\mathrm{d}\theta\ \big[2\sin\theta -\sqrt{2}\,\big] =4\int_{\pi/4}^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\ \big[2\sin\theta -\sqrt{2}\,\big] \\ &=4\Big[-2\cos\theta -\sqrt{2}\theta\Big] _{\pi/4}^{\pi/2} =4\sqrt{2} -\sqrt{2}\pi\approx 1.214 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-3 · 3.3절 · 6번우리말 번역

$R$ 을 꼭짓점이 $(0, 2)$ , $(1, 0)$ , $(2, 0)$ 인 삼각형이라 하세요. $R$ 의 밀도가 $\rho(x, y) = y^2$ 이라 하세요. $R$ 의 질량중심의 $y$ 좌표 $\bar y$ 를 구하세요. $\bar x$ 는 구하지 않아도 됩니다.

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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

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

이 문제로 이어서 풀기

# 다중적분의 응용(질량·질량중심)계산보통자동 분류