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문제 은행 · 미적분 · 대학 미적분 · 벡터 미적분

면적분과 플럭스

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

CLP-4 · 3.3절 · 21번대학 수준우리말 번역

(a) 꼭짓점이 점 (0,0,3)(0, 0, 3) 에 있고, 밑면이 xyxy평면 위의 원 x2+y2=4x^2 + y^2 = 4 인 원뿔의 곡면 SS 의 매개변수화를 구하세요. 원뿔의 옆면만 SS 에 속하고, 밑면은 속하지 않습니다. 매개변수의 정의역을 반드시 포함하세요. (b) (a)의 곡면 SS 의 질량중심의 zz좌표를 구하세요.

영어 원문 보기

(a) Find a parametrization of the surface SS of the cone whose vertex is at the point (0,0,3)(0, 0, 3), and whose base is the circle x2+y2=4x^2 + y^2 = 4 in the xyxy-plane. Only the cone surface belongs to SS, not the base. Be careful to include the domain for the parameters. (b) Find the zz-coordinate of the centre of mass of the surface SS from (a).

정답·풀이 보기

(a) zz 가 상수인 (수평) 단면은 각각 zz축을 중심으로 하는 원이다. 반지름은 z=0z=0 일 때 22 에서 z=3z=3 일 때 00 까지 일차적으로 변한다. 따라서 높이 zz 에서의 반지름은 23(3−z)\frac{2}{3}(3-z) 이고, 다음을 사용할 수 있다.

r(θ,z)=23(3−z)cos⁡θ ı^+23(3−z)sin⁡θ ȷ^+z k^0≤θ<2π,0≤z≤3\begin{aligned} \mathbf{r}(\theta,z) = \frac{2}{3}(3-z)\cos\theta\ \hat{\boldsymbol{\imath}} +\frac{2}{3}(3-z)\sin\theta\ \hat{\boldsymbol{\jmath}} +z\,\hat{\mathbf{k}}\qquad 0\le\theta<2\pi,\quad 0\le z\le 3 \end{aligned}

이것이 매개변수화이다.

(b) 대칭성에 의해 질량중심은 zz축 위에 있다. 어차피 zz좌표만 구하면 된다. 질량중심의 zz좌표는 원뿔 위에서 zz 의 가중평균이다. 밀도가 주어지지 않았으므로 상수라고 가정한다. 밀도를 11 로 잡을 수 있으므로, 질량중심의 zz좌표는 ∬Sz dS/∬SdS\iint _S z\,\mathrm{d}S/ \iint _S \mathrm{d}S 이다.

∂r∂θ=(−23(3−z)sin⁡θ , 23(3−z)cos⁡θ , 0)∂r∂z=(−23cos⁡θ , −23sin⁡θ , 1)∂r∂θ×∂r∂z=(23(3−z)cos⁡θ , 23(3−z)sin⁡θ , 49(3−z))\begin{aligned} \tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial\theta} &=\big(-\tfrac{2}{3}(3-z)\sin\theta\,,\, \tfrac{2}{3}(3-z)\cos\theta\,,\, 0 \big) \\ \tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial z} &=\big(-\tfrac{2}{3}\cos\theta\,,\, -\tfrac{2}{3}\sin\theta\,,\, 1 \big) \\ \tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial\theta} \times \tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial z} &=\big(\tfrac{2}{3}(3-z)\cos\theta\,,\, \tfrac{2}{3}(3-z)\sin\theta\,,\, \tfrac{4}{9}(3-z)\big) \end{aligned}

이므로, 이 매개변수화에 대한 겉넓이 요소는 다음과 같다.

dS=∣∂r∂θ×∂r∂z∣dθdz=23(3−z)∣(cos⁡θ , sin⁡θ , 23)∣dθdz=2139(3−z)dθdz\begin{aligned} \mathrm{d}S &= \big|\tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial\theta}\times \tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial z} \big|\mathrm{d}\theta\mathrm{d}z =\tfrac{2}{3}(3-z)\big|(\cos\theta\,,\,\sin\theta\,,\,\tfrac{2}{3}\big)\big| \mathrm{d}\theta\mathrm{d}z \\ &=\tfrac{2\sqrt{13}}{9}(3-z) \mathrm{d}\theta\mathrm{d}z \end{aligned}

따라서 원뿔의 겉넓이 ∬SdS\iint _S \mathrm{d}S 는 다음과 같다.

∫03dz∫02πdθ 2139(3−z)=4139π∫03dz (3−z)=−2139π(3−z)2∣03=213π\begin{aligned} \int_0^3\mathrm{d}z\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \tfrac{2\sqrt{13}}{9}(3-z) &=\tfrac{4\sqrt{13}}{9}\pi\int_0^3\mathrm{d}z\ (3-z) =-\tfrac{2\sqrt{13}}{9}\pi(3-z)^2\Big|_0^3 \\ &=2\sqrt{13}\pi \end{aligned}

그리고 질량중심의 zz좌표는 다음과 같다.

zˉ=1213π∫03dz∫02πdθ 2139(3−z)z=29∫03dz (3z−z2)=29[3z22−z33]03=29276=1\begin{aligned} \bar z &=\frac{1}{2\sqrt{13}\pi} \int_0^3\mathrm{d}z\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \tfrac{2\sqrt{13}}{9}(3-z) z =\frac{2}{9}\int_0^3\mathrm{d}z\ (3z-z^2) =\frac{2}{9}{\Big[\frac{3z^2}{2}-\frac{z^3}{3}\Big]}_0^3 \\ &=\frac{2}{9}\frac{27}{6} =1 \end{aligned}

이는 원뿔의 절반 높이보다 조금 낮은 값인데, 원뿔이 “아래쪽이 무겁기” 때문에 타당하다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) Each (horizontal) constant zz cross-section is a circle centred on the zz-axis. The radius varies linearly from 22, when z=0z=0 to 00, when z=3z=3. So the radius at height zz is 23(3−z)\frac{2}{3}(3-z) and we can use

r(θ,z)=23(3−z)cos⁡θ ı^+23(3−z)sin⁡θ ȷ^+z k^0≤θ<2π,0≤z≤3\begin{aligned} \mathbf{r}(\theta,z) = \frac{2}{3}(3-z)\cos\theta\ \hat{\boldsymbol{\imath}} +\frac{2}{3}(3-z)\sin\theta\ \hat{\boldsymbol{\jmath}} +z\,\hat{\mathbf{k}}\qquad 0\le\theta<2\pi,\quad 0\le z\le 3 \end{aligned}

as the parametrization.

(b) By symmetry the centre of mass will lie on the zz-axis. We are only asked for the zz-coordinate anyway. The zz-coordinate of the centre of mass is the weighted average of zz over the cone. Since a density has not been specified, we assume that it is a constant. We may take the density to be 11, so the zz-coordinate of the centre of mass is ∬Sz dS/∬SdS\iint _S z\,\mathrm{d}S/ \iint _S \mathrm{d}S.

Since

∂r∂θ=(−23(3−z)sin⁡θ , 23(3−z)cos⁡θ , 0)∂r∂z=(−23cos⁡θ , −23sin⁡θ , 1)∂r∂θ×∂r∂z=(23(3−z)cos⁡θ , 23(3−z)sin⁡θ , 49(3−z))\begin{aligned} \tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial\theta} &=\big(-\tfrac{2}{3}(3-z)\sin\theta\,,\, \tfrac{2}{3}(3-z)\cos\theta\,,\, 0 \big) \\ \tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial z} &=\big(-\tfrac{2}{3}\cos\theta\,,\, -\tfrac{2}{3}\sin\theta\,,\, 1 \big) \\ \tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial\theta} \times \tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial z} &=\big(\tfrac{2}{3}(3-z)\cos\theta\,,\, \tfrac{2}{3}(3-z)\sin\theta\,,\, \tfrac{4}{9}(3-z)\big) \end{aligned}

the element of surface area for this parametrization is

dS=∣∂r∂θ×∂r∂z∣dθdz=23(3−z)∣(cos⁡θ , sin⁡θ , 23)∣dθdz=2139(3−z)dθdz\begin{aligned} \mathrm{d}S &= \big|\tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial\theta}\times \tfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial z} \big|\mathrm{d}\theta\mathrm{d}z =\tfrac{2}{3}(3-z)\big|(\cos\theta\,,\,\sin\theta\,,\,\tfrac{2}{3}\big)\big| \mathrm{d}\theta\mathrm{d}z \\ &=\tfrac{2\sqrt{13}}{9}(3-z) \mathrm{d}\theta\mathrm{d}z \end{aligned}

So the surface area, ∬SdS\iint _S \mathrm{d}S, of the cone is

∫03dz∫02πdθ 2139(3−z)=4139π∫03dz (3−z)=−2139π(3−z)2∣03=213π\begin{aligned} \int_0^3\mathrm{d}z\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \tfrac{2\sqrt{13}}{9}(3-z) &=\tfrac{4\sqrt{13}}{9}\pi\int_0^3\mathrm{d}z\ (3-z) =-\tfrac{2\sqrt{13}}{9}\pi(3-z)^2\Big|_0^3 \\ &=2\sqrt{13}\pi \end{aligned}

and the zz-coordinate of the centre of mass is

zˉ=1213π∫03dz∫02πdθ 2139(3−z)z=29∫03dz (3z−z2)=29[3z22−z33]03=29276=1\begin{aligned} \bar z &=\frac{1}{2\sqrt{13}\pi} \int_0^3\mathrm{d}z\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\ \tfrac{2\sqrt{13}}{9}(3-z) z =\frac{2}{9}\int_0^3\mathrm{d}z\ (3z-z^2) =\frac{2}{9}{\Big[\frac{3z^2}{2}-\frac{z^3}{3}\Big]}_0^3 \\ &=\frac{2}{9}\frac{27}{6} =1 \end{aligned}

This is a little less than half way up the cone, which is reasonable since the cone is “bottom heavy”.

한 번 더 — 비슷한 문제APEX · 14.6절 · 4번우리말 번역

S\mathcal{S}가 평면이고 F⃗\vec F가 항상 S\mathcal{S}에 평행하면, S\mathcal{S}를 가로지르는 F⃗\vec F의 플럭스는 _____이다.

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