매개변수 곡면 연습문제 — CLP-4 · 3.1절 · 4번

CLP-4 · 3.1절 · 4번대학 수준우리말 번역

곡면 $S$ 가 구면 $x^2 + y^2 + z^2 = 2$ 의 일부로서 원기둥 $x^2 + y^2 = 1$ 의 안쪽에 있고 $z \ge 0$ 인 부분이라고 하자. 다음 중 $S$ 의 매개변수화인 것을 모두 고르세요.

(a) $\mathbf{r}(\phi,\theta) = 2\sin \phi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +2\cos \phi\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +2\sin \phi\sin\theta\,\hat{\mathbf{k}}$

$0\le\phi\le\frac{\pi}{4}$ , $0\le\theta\le2\pi$ (b) $\mathbf{r}(x,y) = x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} -y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\sqrt{2-x^2-y^2}\,\hat{\mathbf{k}}$

$x^2+y^2\le 1$ (c) $\mathbf{r}(u,\theta) = u\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +u\cos \theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\sqrt{2-u^2}\,\hat{\mathbf{k}}$

$0\le u\le 2$ , $0\le\theta\le2\pi$ (d) $\mathbf{r}(\phi,\theta) = \sqrt{2}\sin \phi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +\sqrt{2}\sin \phi\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\sqrt{2}\cos \phi\,\hat{\mathbf{k}}$

$0\le\phi\le\frac{\pi}{4}$ , $0\le\theta\le2\pi$ (e) $\mathbf{r}(\phi,z) = -\sqrt{2-z^2}\sin \phi\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +\sqrt{2-z^2}\cos \phi\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +z\,\hat{\mathbf{k}}$

$0\le\phi\le2\pi$ , $1\le z\le\sqrt{2}$

영어 원문 보기

Suppose the surface $S$ is the part of the sphere $x^2 + y^2 + z^2 = 2$ that lies inside the cylinder $x^2 + y^2 = 1$ and for which $z \ge 0$ . Which of the following are parameterizations of $S$ ?

(a) $\mathbf{r}(\phi,\theta) = 2\sin \phi\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +2\cos \phi\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +2\sin \phi\sin\theta\,\hat{\mathbf{k}}$

$0\le\phi\le\frac{\pi}{4}$ , $0\le\theta\le2\pi$ (b) $\mathbf{r}(x,y) = x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} -y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\sqrt{2-x^2-y^2}\,\hat{\mathbf{k}}$

$x^2+y^2\le 1$ (c) $\mathbf{r}(u,\theta) = u\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +u\cos \theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\sqrt{2-u^2}\,\hat{\mathbf{k}}$

$0\le\phi\le\frac{\pi}{4}$ , $0\le\theta\le2\pi$ (e) $\mathbf{r}(\phi,z) = -\sqrt{2-z^2}\sin \phi\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +\sqrt{2-z^2}\cos \phi\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +z\,\hat{\mathbf{k}}$

$0\le\phi\le2\pi$ , $1\le z\le\sqrt{2}$

답 쓰고 채점

(a)

(b)

(c)

(d)

(e)

정답·풀이 보기

(a) 아니요. $0 <\phi\le\frac{\pi}{4}$ , $\pi < \theta <2\pi$ 일 때 $z=\sin\phi\sin \theta$ 는 음수이다.

(b) 예. $x^2+\big(-y\big)^2+\big(\sqrt{2-x^2-y^2}\big)^2=2$ 이고, $x^2+y^2\le 1$ 일 때 $x^2+(-y)^2\le 1$ 과 $\sqrt{2-x^2-y^2}\ge 0$ 이 모두 성립함에 주목한다.

(d) 예. 다음에 주목한다.

$\big(\sqrt{2}\sin \phi\cos\theta\big)^2 +\big(\sqrt{2}\sin \phi\sin\theta\big)^2 +\big(\sqrt{2}\cos \phi\big)^2=2$
$0\le\phi\le\frac{\pi}{4}$ 일 때 $z=\sqrt{2}\cos \phi>0$ 이다.
$\phi$ 가 $0$ 에서 $\frac{\pi}{4}$ 까지 변할 때 $r(\phi)=\sqrt{2}\sin\phi$ 는 $0$ 에서 $1$ 까지 변하므로, $\phi$ 가 $0$ 에서 $\frac{\pi}{4}$ 까지, $\theta$ 가 $0$ 에서 $2\pi$ 까지 변할 때 $\big(x=r(\phi)\cos\theta\,,\,y=r(\phi)\sin\theta\big)$ 는 $x^2+y^2\le1$ 전체를 덮는다.

(e) 예. 다음에 주목한다.

$\big(-\sqrt{2-z^2}\sin \phi\big)^2 +\big(\sqrt{2-z^2}\cos \phi\big)^2 +\big(z\big)^2=2$
$1\le z\le\sqrt{2}$ 일 때 당연히 $z>0$ 이다.
$z$ 가 $1$ 에서 $\sqrt{2}$ 까지 변할 때 $r(z)=\sqrt{2-z^2}$ 는 $1$ 에서 $0$ 까지 변하므로, $z$ 가 $1$ 에서 $\sqrt{2}$ 까지, $\phi$ 가 $0$ 에서 $2\pi$ 까지 변할 때 $\big(x=-r(z)\sin\phi\,,\,y=r(z)\cos\phi\big)$ 는 $x^2+y^2\le1$ 전체를 덮는다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) No. $z=\sin\phi\sin \theta$ is negative when $0 <\phi\le\frac{\pi}{4}$ , $\pi < \theta <2\pi$ .

(b) Yes. Note that $x^2+\big(-y\big)^2+\big(\sqrt{2-x^2-y^2}\big)^2=2$ and that, for $x^2+y^2\le 1$ , we have both $x^2+(-y)^2\le 1$ and $\sqrt{2-x^2-y^2}\ge 0$ .

(c) No. $(u\sin\theta)^2+(u\cos\theta)^2=u^2>1$ for $1<u\le 2$ . Also $\sqrt{2-u^2}$ is not defined for $\sqrt{2}<u\le 2$ .

(d) Yes. Note that

$\big(\sqrt{2}\sin \phi\cos\theta\big)^2 +\big(\sqrt{2}\sin \phi\sin\theta\big)^2 +\big(\sqrt{2}\cos \phi\big)^2=2$
For $0\le\phi\le\frac{\pi}{4}$ , we have $z=\sqrt{2}\cos \phi>0$ .
As $\phi$ runs from $0$ to $\frac{\pi}{4}$ , $r(\phi)=\sqrt{2}\sin\phi$ runs from $0$ to $1$ , so that $\big(x=r(\phi)\cos\theta\,,\,y=r(\phi)\sin\theta\big)$ covers all of $x^2+y^2\le1$ as $\phi$ runs from $0$ to $\frac{\pi}{4}$ and $\theta$ runs from $0$ to $2\pi$ .

(e) Yes. Note that

$\big(-\sqrt{2-z^2}\sin \phi\big)^2 +\big(\sqrt{2-z^2}\cos \phi\big)^2 +\big(z\big)^2=2$
For $1\le z\le\sqrt{2}$ , we have obviously have $z>0$ .
As $z$ runs from $1$ to $\sqrt{2}$ , $r(z)=\sqrt{2-z^2}$ runs from $1$ to $0$ , so that $\big(x=-r(z)\sin\phi\,,\,y=r(z)\cos\phi\big)$ covers all of $x^2+y^2\le1$ as $z$ runs from $1$ to $\sqrt{2}$ and $\phi$ runs from $0$ to $2\pi$ .

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-4 · 3.2절 · 1번우리말 번역

곡면 $x^2+y^2+(z-1)^2=1$ 과 $x^2+y^2+(z+1)^2=1$ 이 $(0,0,0)$ 에서 서로 접한다고 말하는 것이 타당한가요?

다 풀었으면 정답 확인

$F(x,y,z) = x^2+y^2+(z-1)^2-1$ , $G(x,y,z) = x^2+y^2+(z+1)^2-1$ 이라 쓰자. 곡면 $F(x,y,z)=0$ 을 $S_1$ , 곡면 $G(x,y,z)=0$ 을 $S_2$ 라 하자. 먼저 $F(0,0,0)=G(0,0,0)=0$ 이므로 점 $(0,0,0)$ 은 $S_1$ 과 $S_2$ 위에 모두 놓여 있다. $F$ 와 $G$ 의 기울기벡터는 다음과 같다.

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } F(x,y,z) &=\left(\frac{\partial F}{\partial x}(x,y,z)\,,\, \frac{\partial F}{\partial y}(x,y,z)\,,\, \frac{\partial F}{\partial z}(x,y,z)\right) =\left( 2x\,,\,2y\,,\,2(z-1)\right) \\ { \boldsymbol{\nabla} } G(x,y,z) &=\left(\frac{\partial G}{\partial x}(x,y,z)\,,\, \frac{\partial G}{\partial y}(x,y,z)\,,\, \frac{\partial G}{\partial z}(x,y,z)\right) =\left( 2x\,,\,2y\,,\,2(z+1)\right) \end{aligned}$

특히,

${ \boldsymbol{\nabla} } F(0,0,0)=\left( 0,0,-2\right)\qquad { \boldsymbol{\nabla} } G(0,0,0)=\left( 0,0,2\right)$

이므로 벡터 $\hat{\mathbf{k}}=-\frac{1}{2}{ \boldsymbol{\nabla} } F(0,0,0) =\frac{1}{2}{ \boldsymbol{\nabla} } G(0,0,0)$ 은 $(0,0,0)$ 에서 두 곡면에 모두 수직이다. 따라서 $(0,0,0)$ 에서 $S_1$ 과 $S_2$ 모두에 접하는 접평면은

$\hat{\mathbf{k}}\cdot\left(x-0,y-0,z-0\right)=0\qquad\text{또는}\qquad z=0$

이다.

평면 $z=0$ 을 $P$ 라 하자. 그러면 $S_1$ 은 $(0,0,0)$ 에서 $P$ 에 접하고, $P$ 는 $(0,0,0)$ 에서 $S_2$ 에 접한다. 따라서 $S_1$ 과 $S_2$ 가 $(0,0,0)$ 에서 접한다고 말하는 것은 타당하다.

이 문제로 이어서 풀기

# 매개변수 곡면계산보통자동 분류