벡터 미적분 전체 연습문제

621.CLP-4 · 2.4절 · 11번대학 수준우리말 번역

$\mathcal{C}$ 를 $xyz=8$ 과 $x=2y$ 의 교선 중에서 두 점 $(2,1,4)$ 와 $(4,2,1)$ 사이에 놓인 부분이라고 하자. 다음을 계산하세요. $\int_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}$ 여기서 $\mathbf{F} = x^2\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(x-2y)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+x^2 y\,\hat{\mathbf{k}}$

영어 원문 보기

Let $\mathcal{C}$ be the part of the curve of intersection of $xyz=8$ and $x=2y$ which lies between the points $(2,1,4)$ and $(4,2,1)$ . Calculate $\int_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}$ where $\mathbf{F} = x^2\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+(x-2y)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+x^2 y\,\hat{\mathbf{k}}$

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정답·풀이 보기

$y$ 를 매개변수로 하여 곡선을 매개변수로 나타낸다. 그러면 $y=t$ , $x=2y=2t$ , $z=\frac{8}{xy}=\frac{8}{2t^2}$ 이므로:

$\begin{aligned} \mathbf{r}(t)&=2t\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\frac{4}{t^2}\,\hat{\mathbf{k}},\qquad 1\le t\le 2\\ \mathbf{r}'(t)&=2\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}-\frac{8}{t^3}\,\hat{\mathbf{k}}\\ \mathbf{F}(\mathbf{r}(t))&= 4t^2\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+4t^3\,\hat{\mathbf{k}}\\ \mathbf{F}(\mathbf{r}(t))\cdot \mathbf{r}'(t)&=8t^2-32 \end{aligned}$

따라서 $\int_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\int_1^2 \mathbf{F}(\mathbf{r}(t))\cdot \mathbf{r}'(t)\ \mathrm{d}t =\int_1^2 \big(8t^2-32\big)\ \mathrm{d}t = \left[\frac{8}{3}t^3-32t\right]_1^2 =-\frac{40}{3}$

원본 교재 풀이(영어)

Parametrize the curve using $y$ as a parameter. Then $y=t$ , $x=2y=2t$ and $z=\frac{8}{xy}=\frac{8}{2t^2}$ so that:

$\begin{aligned} \mathbf{r}(t)&=2t\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\frac{4}{t^2}\,\hat{\mathbf{k}},\qquad 1\le t\le 2\\ \mathbf{r}'(t)&=2\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}-\frac{8}{t^3}\,\hat{\mathbf{k}}\\ \mathbf{F}(\mathbf{r}(t))&= 4t^2\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+4t^3\,\hat{\mathbf{k}}\\ \mathbf{F}(\mathbf{r}(t))\cdot \mathbf{r}'(t)&=8t^2-32 \end{aligned}$

Then $\int_\mathcal{C} \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\int_1^2 \mathbf{F}(\mathbf{r}(t))\cdot \mathbf{r}'(t)\ \mathrm{d}t =\int_1^2 \big(8t^2-32\big)\ \mathrm{d}t = \left[\frac{8}{3}t^3-32t\right]_1^2 =-\frac{40}{3}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.4절 · 13번

# 선적분계산보통자동 분류

622.CLP-4 · 2.4절 · 13번대학 수준우리말 번역

힘의 장 $\mathbf{F}(x,y,z) = (x - y^2\,,\, y - z^2\,,\, z - x^2)$ 이 점 $(0, 0, 1)$ 에서 $(2, 1, 0)$ 까지의 선분을 따라 움직이는 입자에 한 일을 구하세요.

영어 원문 보기

Find the work done by the force field $\mathbf{F}(x,y,z) = (x - y^2\,,\, y - z^2\,,\, z - x^2)$ on a particle that moves along the line segment from $(0, 0, 1)$ to $(2, 1, 0)$ .

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정답·풀이 보기

선분을 다음과 같이 매개변수로 나타낸다.

$\mathbf{r}(t) = (0,0,1) + t\big\{(2,1,0)-(0,0,1)\big\} = \big(2t,t,1-t\big)\qquad 0\le t\le 1$

그러면 $\mathbf{r}(0) = (0,0,1)$ 은 선분의 시작점이고 $\mathbf{r}(1) = (2,1,0)$ 은 선분의 끝점이다. 이때

$\mathbf{r}'(t) = (2,1,-1)\qquad$

이고, 일은

$\begin{aligned} \int\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} &=\int_0^1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(t)\big)\cdot \mathbf{r}'(t)\,\mathrm{d}t =\int_0^1\big(2t-t^2\,,\, t-(1-t)^2 \,,\,(1-t)-4t^2\big)\cdot(2,1,-1)\,\mathrm{d}t \\ &=\int_0^1\big(4t-2t^2 \ +\ t-1+2t-t^2 \ -\ 1+t+4t^2\big)\,\mathrm{d}t =\int_0^1\big(t^2+8t-2\big)\,\mathrm{d}t \\ &=\frac{1}{3}+4-2 =\frac{7}{3} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

Parametrize the line segment by

$\mathbf{r}(t) = (0,0,1) + t\big\{(2,1,0)-(0,0,1)\big\} = \big(2t,t,1-t\big)\qquad 0\le t\le 1$

so that $\mathbf{r}(0) = (0,0,1)$ is the initial point of the line segment and $\mathbf{r}(1) = (2,1,0)$ is the final point of the segment. Then

$\mathbf{r}'(t) = (2,1,-1)\qquad$

and the work is

$\begin{aligned} \int\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} &=\int_0^1 \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(t)\big)\cdot \mathbf{r}'(t)\,\mathrm{d}t =\int_0^1\big(2t-t^2\,,\, t-(1-t)^2 \,,\,(1-t)-4t^2\big)\cdot(2,1,-1)\,\mathrm{d}t \\ &=\int_0^1\big(4t-2t^2 \ +\ t-1+2t-t^2 \ -\ 1+t+4t^2\big)\,\mathrm{d}t =\int_0^1\big(t^2+8t-2\big)\,\mathrm{d}t \\ &=\frac{1}{3}+4-2 =\frac{7}{3} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.4절 · 14번

# 선적분계산보통자동 분류

623.CLP-4 · 2.4절 · 14번대학 수준우리말 번역

$\ \mathbf{F}= \frac{x}{x^2+y^2}\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\frac{y}{x^2+y^2}\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+x^3\,\hat{\mathbf{k}}$ 라 하자. $P$ 는 $(1,0,0)$ 에서 출발하여 $\big(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{2}\ln 2\big)$ 에서 끝나고 다음 곡선을 따르는 경로라 하자.

$x^2+y^2=1\qquad xe^z=1$

장 $\mathbf{F}$ 안에서 입자를 $P$ 를 따라 움직일 때 한 일을 구하세요.

영어 원문 보기

Let $\ \mathbf{F}= \frac{x}{x^2+y^2}\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\frac{y}{x^2+y^2}\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+x^3\,\hat{\mathbf{k}}$ . Let $P$ be the path which starts at $(1,0,0)$ , ends at $\big(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{2}\ln 2\big)$ and follows

$x^2+y^2=1\qquad xe^z=1$

Find the work done in moving a particle along $P$ in the field $\mathbf{F}$ .

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정답·풀이 보기

$P$ 위에서 $z=\ln\frac{1}{x}=-\ln(x)$ 이다. 따라서 곡선 $P$ 를 다음과 같이 매개변수로 나타낸다.

$\mathbf{r}(\theta)=\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}-\ln(\cos\theta)\,\hat{\mathbf{k}}\qquad 0\le\theta\le\frac{\pi}{4}$

그러면

$\begin{aligned} \mathbf{r}\,'(\theta)&=-\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\tan\theta\,\hat{\mathbf{k}}\\ \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(\theta)\big)&=\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\cos^3\theta\,\hat{\mathbf{k}}\\ \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(\theta)\big)\cdot\mathbf{r}\,'(\theta)&=\sin\theta\cos^2\theta\\ \end{aligned}$

이므로

$\begin{aligned} \text{일} &=\int_P\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\int_0^{\pi/4}\mathbf{F}\big(\mathbf{r}(\theta)\big)\cdot\mathbf{r}\,'(\theta)\ \mathrm{d}\theta =\int_0^{\pi/4}\sin\theta\cos^2\theta\ \mathrm{d}\theta =-\frac{1}{3}\cos^3\theta\Big|_0^{\pi/4} \\ &=\frac{1}{3}\big[1-\frac{1}{2^{3/2}}\big]\approx 0.2155 \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

On $P$ , $z=\ln\frac{1}{x}=-\ln(x)$ . So parametrize the curve $P$ by

$\mathbf{r}(\theta)=\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}-\ln(\cos\theta)\,\hat{\mathbf{k}}\qquad 0\le\theta\le\frac{\pi}{4}$

Then

$\begin{aligned} \mathbf{r}\,'(\theta)&=-\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\tan\theta\,\hat{\mathbf{k}}\\ \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(\theta)\big)&=\cos\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\cos^3\theta\,\hat{\mathbf{k}}\\ \mathbf{F}\big(\mathbf{r}(\theta)\big)\cdot\mathbf{r}\,'(\theta)&=\sin\theta\cos^2\theta\\ \end{aligned}$

so that

$\begin{aligned} \text{Work} &=\int_P\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\int_0^{\pi/4}\mathbf{F}\big(\mathbf{r}(\theta)\big)\cdot\mathbf{r}\,'(\theta)\ \mathrm{d}\theta =\int_0^{\pi/4}\sin\theta\cos^2\theta\ \mathrm{d}\theta =-\frac{1}{3}\cos^3\theta\Big|_0^{\pi/4} \\ &=\frac{1}{3}\big[1-\frac{1}{2^{3/2}}\big]\approx 0.2155 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.4절 · 15번

# 선적분계산보통자동 분류

624.CLP-4 · 2.4절 · 15번대학 수준우리말 번역

$\mathbf{F} = \big(yz\cos x\,,\,z\sin x+2yz\,,\,y\sin x+y^2-\sin z\big)$ 라 하고, $C$ 를 $0\le t\le\pi/2$ 에서 선분 $\mathbf{r}(t) = (t,t,t)$ 라 하자. $\displaystyle\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let $\mathbf{F} = \big(yz\cos x\,,\,z\sin x+2yz\,,\,y\sin x+y^2-\sin z\big)$ and let $C$ be the line segment $\mathbf{r}(t) = (t,t,t)$ , for $0\le t\le\pi/2$ . Evaluate $\displaystyle\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}$ .

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정답·풀이 보기

흠. $\mathbf{F}$ 가 수상할 만큼 복잡해 보인다. $\mathbf{F}$ 가 보존적이라고 추측하고 그 퍼텐셜 함수를 찾아보자. $\phi(x,y,z)$ 가 이 $\mathbf{F}$ 의 퍼텐셜 함수일 필요충분조건은 다음과 같다.

$\begin{aligned} \frac{\partial \varphi}{\partial x}(x,y,z) &= yz\cos x \\ \frac{\partial \varphi}{\partial y}(x,y,z) &= z\sin x+2yz \\ \frac{\partial \varphi}{\partial z}(x,y,z) &= y\sin x+y^2-\sin z \end{aligned}$

이 식들 중 첫 번째 식을 적분하면

$\varphi(x,y,z) = yz\sin x + f(y,z)$

이다. 이를 두 번째 식에 대입하면

$z\sin x + \frac{\partial f}{\partial y}(y,z) = z\sin x+2yz\qquad\text{또는}\quad \frac{\partial f}{\partial y}(y,z) = 2yz$

이고, 이를 적분하면

$f(y,z) = y^2z + g(z)$

이다. 마지막으로 $\varphi(x,y,z) = yz\sin x+y^2z + g(z)$ 를 마지막 식에 대입하면

$y\sin x+y^2 + g'(z) = y\sin x+y^2-\sin z\qquad\text{또는}\quad g'(z) = -\sin z$

이고, 이를 적분하면

$g(z) = \cos z + C$

이다. 여기서 $C$ 는 임의의 상수이다. 따라서 $\phi(x,y,z)=yz\sin x+y^2z+\cos z$ 는 가능한 스칼라 퍼텐셜 중 하나이고, 구하는 적분은

$\begin{aligned} \int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} = \varphi(\mathbf{r})\Big|_{\mathbf{r}(0)}^{\mathbf{r}(\pi/2)} = \varphi(\pi/2\,,\,\pi/2\,,\,\pi/2) -\varphi (0,0,0) = \frac{\pi^3}{8}+\frac{\pi^2}{4}-1 \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

Hmmm. $\mathbf{F}$ looks suspiciously complicated. Let's guess that $\mathbf{F}$ is conservative and look for a potential for it. $\phi(x,y,z)$ is a potential for this $\mathbf{F}$ if and only if

$\begin{aligned} \frac{\partial \varphi}{\partial x}(x,y,z) &= yz\cos x \\ \frac{\partial \varphi}{\partial y}(x,y,z) &= z\sin x+2yz \\ \frac{\partial \varphi}{\partial z}(x,y,z) &= y\sin x+y^2-\sin z \end{aligned}$

Integrating the first of these equations gives

$\varphi(x,y,z) = yz\sin x + f(y,z)$

Substituting this into the second equation gives

$z\sin x + \frac{\partial f}{\partial y}(y,z) = z\sin x+2yz\qquad\text{or}\quad \frac{\partial f}{\partial y}(y,z) = 2yz$

which integrates to

$f(y,z) = y^2z + g(z)$

Finally, substituting $\varphi(x,y,z) = yz\sin x+y^2z + g(z)$ into the last equation gives

$y\sin x+y^2 + g'(z) = y\sin x+y^2-\sin z\qquad\text{or}\quad g'(z) = -\sin z$

which integrates to

$g(z) = \cos z + C$

with $C$ being an arbitrary constant. So $\phi(x,y,z)=yz\sin x+y^2z+\cos z$ is one allowed scalar potential and the specified integral is

$\begin{aligned} \int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} = \varphi(\mathbf{r})\Big|_{\mathbf{r}(0)}^{\mathbf{r}(\pi/2)} = \varphi(\pi/2\,,\,\pi/2\,,\,\pi/2) -\varphi (0,0,0) = \frac{\pi^3}{8}+\frac{\pi^2}{4}-1 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.4절 · 16번

# 선적분계산보통자동 분류

625.CLP-4 · 2.4절 · 16번대학 수준우리말 번역

$C$ 를 중심이 $(1, 0)$ 인 단위원의 위쪽 반원 (즉, 원에서 $x$ 축 위쪽에 놓인 부분)이라 하고, 시계 방향으로 향하게 하자. 선적분 $\int_C xy\,\mathrm{d}y$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let $C$ be the upper half of the unit circle centred on $(1, 0)$ (i.e. that part of the circle which lies above the $x$ -axis), oriented clockwise. Compute the line integral $\int_C xy\,\mathrm{d}y$ .

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정답·풀이 보기

풀이 1:

주어진 반원 $C$ 와 $\mathbf{F}=xy\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 에 대하여 선적분 $\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}$ 의 값을 구하는 문제이다. ${ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\ne\mathbf{0}$ 이므로 벡터장 $\mathbf{F}$ 는 보존적이지 않다. 따라서 직접 적분한다. 먼저 그림을 이용하여

$C$ 를 다음과 같이 매개화한다.

$\mathbf{r}(\theta) = \big(x(\theta)\,,\,y(\theta)\big) =(1-\cos\theta)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\qquad 0\le\theta\le\pi$

그러면 적분은 다음과 같다.

$\begin{aligned} \int_C xy\,\mathrm{d}y =\int_0^\pi x(\theta)\,y(\theta)\, y'(\theta)\ \mathrm{d}\theta =\int_0^\pi (1-\cos\theta)\,\sin\theta\,\cos\theta \ \mathrm{d}\theta \end{aligned}$

$u=\cos\theta$ , $\mathrm{d}u =-\sin\theta\,\mathrm{d}\theta$ , $u(0)=1$ , $u(\pi)=-1$ 로 치환하면

$\begin{aligned} \int_C xy\,\mathrm{d}y =\int_1^{-1} (1-u)\, u\, (-\mathrm{d}u) =\int_{-1}^1 (u-u^2)\,\mathrm{d}u =-2 \int_0^1 u^2\,\mathrm{d}u =-2 \frac{1^3}{3}=-\frac{2}{3} \end{aligned}$

풀이 2:

$C$ 위에서 $x$ 를 $y$ 에 대한 식으로 두 부분으로 나누어 나타낼 수 있다.

$C_1$ 을 $y$ 가 0에서 1까지 변할 때의 사분원 $x=1-\sqrt{1-y^2}$ 이라 하고,
$C_2$ 를 $y$ 가 1에서 0까지 변할 때의 사분원 $x=1+\sqrt{1-y^2}$ 이라 하자.

그러면 다음과 같다.

$\begin{aligned} \int_C xy\mathrm{d}y &=\int_{C_1} xy\mathrm{d}y+\int_{c_2}xy\mathrm{d}y\\ &=\int_0^1\left(1-\sqrt{1-y^2}\right)y\,\mathrm{d}y+\int_1^0\left(1+\sqrt{1-y^2}\right)y\,\mathrm{d}y\\ &=\int_0^1 y\,\mathrm{d}y-\int_0^1y\sqrt{1-y^2}\,\mathrm{d}y+\int_1^0y\,\mathrm{d}y+\int_1^0 y\sqrt{1-y^2}\,\mathrm{d}y\\ &=-2\int_0^1 y\sqrt{1-y^2}\,\mathrm{d}y \\ \text{치환 $u=1-y^2$, $\mathrm{d}u=-2y\,\mathrm{d}y$ 를 이용하면:} \\ &=\int_1^0u^{1/2}\mathrm{d}u=-\frac23 \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

Solution 1:

We are being asked to evaluate the line integral $\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}$ with $C$ being the specified semi-circle and $\mathbf{F}=xy\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ . As ${ \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F}\ne\mathbf{0}$ , the vector field $\mathbf{F}$ is not conservative. So we'll evaluate the integral directly. First, using the figure,

we parametrize $C$ by

$\mathbf{r}(\theta) = \big(x(\theta)\,,\,y(\theta)\big) =(1-\cos\theta)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\qquad 0\le\theta\le\pi$

So the integral is

$\begin{aligned} \int_C xy\,\mathrm{d}y =\int_0^\pi x(\theta)\,y(\theta)\, y'(\theta)\ \mathrm{d}\theta =\int_0^\pi (1-\cos\theta)\,\sin\theta\,\cos\theta \ \mathrm{d}\theta \end{aligned}$

Making the substitution $u=\cos\theta$ , $\mathrm{d}u =-\sin\theta\,\mathrm{d}\theta$ , $u(0)=1$ , $u(\pi)=-1$ ,

$\begin{aligned} \int_C xy\,\mathrm{d}y =\int_1^{-1} (1-u)\, u\, (-\mathrm{d}u) =\int_{-1}^1 (u-u^2)\,\mathrm{d}u =-2 \int_0^1 u^2\,\mathrm{d}u =-2 \frac{1^3}{3}=-\frac{2}{3} \end{aligned}$

Solution 2:

We can write $x$ in terms of $y$ over $C$ in two pieces:

Let $C_1$ be the quarter-circle $x=1-\sqrt{1-y^2}$ as $y$ goes from 0 to 1, and
Let $C_2$ be the quarter-circle $x=1+\sqrt{1-y^2}$ as $y$ goes from 1 to 0.

Then:

$\begin{aligned} \int_C xy\mathrm{d}y &=\int_{C_1} xy\mathrm{d}y+\int_{c_2}xy\mathrm{d}y\\ &=\int_0^1\left(1-\sqrt{1-y^2}\right)y\,\mathrm{d}y+\int_1^0\left(1+\sqrt{1-y^2}\right)y\,\mathrm{d}y\\ &=\int_0^1 y\,\mathrm{d}y-\int_0^1y\sqrt{1-y^2}\,\mathrm{d}y+\int_1^0y\,\mathrm{d}y+\int_1^0 y\sqrt{1-y^2}\,\mathrm{d}y\\ &=-2\int_0^1 y\sqrt{1-y^2}\,\mathrm{d}y \\ \text{Using the substitution $u=1-y^2$, $\mathrm{d}u=-2y\,\mathrm{d}y$:} \\ &=\int_1^0u^{1/2}\mathrm{d}u=-\frac23 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.4절 · 17번

# 선적분계산보통자동 분류

626.CLP-4 · 2.4절 · 17번대학 수준우리말 번역

다음 선적분이 경로에 무관함을 보이고, 그 적분의 값을 구하세요.

$\begin{aligned} \int_C (ye^x + \sin y)\,\mathrm{d}x + (e^x + \sin y + x \cos y)\,\mathrm{d}y \end{aligned}$

여기서 $C$ 는 $(1, 0)$ 에서 $(0, \pi/2)$ 까지의 임의의 경로이다.

영어 원문 보기

Show that the following line integral is independent of path and evaluate the integral.

$\begin{aligned} \int_C (ye^x + \sin y)\,\mathrm{d}x + (e^x + \sin y + x \cos y)\,\mathrm{d}y \end{aligned}$

where $C$ is any path from $(1, 0)$ to $(0, \pi/2)$ .

정답·풀이 보기

이 선적분은 $\int_C \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}$ 이고 $\mathbf{F} = (ye^x + \sin y)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (e^x + \sin y + x \cos y)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 이다. 이 적분이 경로에 무관함을 보여야 한다. 이는 $\mathbf{F}$ 가 보존장인 것과 필요충분조건이다. 그러므로 $\mathbf{F}$ 의 퍼텐셜 $\varphi$ 를 찾아보자. 즉, 다음을 만족하는 함수 $\varphi$ 를 찾아보자.

$\begin{aligned} \frac{\partial \varphi}{\partial x}(x,y) &= ye^x + \sin y \\ \frac{\partial \varphi}{\partial y}(x,y) &= e^x + \sin y + x \cos y \end{aligned}$

이 중 첫째 식을 적분하면 다음을 얻는다.

$\varphi(x,y) = ye^x + x\sin y + f(y)$

이것을 둘째 식에 대입하면 다음을 얻는다.

$e^x + x\cos y + f'(y) = e^x + \sin y + x \cos y\qquad\text{또는}\quad f'(y) = \sin y$

이를 적분하면 다음과 같다.

$f(y) = -\cos y + C$

따라서 $\mathbf{F}$ 는 실제로 보존장이며, 퍼텐셜 중 하나는 $\varphi(x,y) = ye^x + x\sin y -\cos y$ 이고 선적분은 다음과 같다.

$\begin{aligned} \int_C (ye^x + \sin y)\,\mathrm{d}x + (e^x + \sin y + x \cos y)\,\mathrm{d}y &=\int_C \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} =\varphi(x,y)\Big|^{(0,\pi/2)}_{(1,0)} \\ &=\Big[ye^x + x\sin y -\cos y\Big]^{(0,\pi/2)}_{(1,0)} \\ &=1+\frac{\pi}{2} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

The line integral is $\int_C \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}$ with $\mathbf{F} = (ye^x + \sin y)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (e^x + \sin y + x \cos y)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ . We are to show that it is independent of path. That is the case if and only if $\mathbf{F}$ is conservative. So let's look for a potential $\varphi$ for $\mathbf{F}$ . That is, let's look for a function $\varphi$ that obeys

$\begin{aligned} \frac{\partial \varphi}{\partial x}(x,y) &= ye^x + \sin y \\ \frac{\partial \varphi}{\partial y}(x,y) &= e^x + \sin y + x \cos y \end{aligned}$

Integrating the first of these equations gives

$\varphi(x,y) = ye^x + x\sin y + f(y)$

Substituting this into the second equation gives

$e^x + x\cos y + f'(y) = e^x + \sin y + x \cos y\qquad\text{or}\quad f'(y) = \sin y$

which integrates to

$f(y) = -\cos y + C$

So $\mathbf{F}$ is indeed conservative with one potential being $\varphi(x,y) = ye^x + x\sin y -\cos y$ and the line integral is

$\begin{aligned} \int_C (ye^x + \sin y)\,\mathrm{d}x + (e^x + \sin y + x \cos y)\,\mathrm{d}y &=\int_C \mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} =\varphi(x,y)\Big|^{(0,\pi/2)}_{(1,0)} \\ &=\Big[ye^x + x\sin y -\cos y\Big]^{(0,\pi/2)}_{(1,0)} \\ &=1+\frac{\pi}{2} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 6장 복습 · 17번

# 선적분증명·논술보통자동 분류

627.CLP-4 · 2.4절 · 18번대학 수준우리말 번역

적분

$\begin{aligned} \int_C xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z \end{aligned}$

의 값을 구하세요. 단, $C$ 는 꼭짓점이 $(1, 0, 0)$ , $(0, 1, 0)$ , $(0, 0, 1)$ 인 삼각형의 둘레이고, 점 $(1, 1, 1)$ 에서 볼 때 시계 방향으로 향하는 곡선이다.

영어 원문 보기

Evaluate the integral

$\begin{aligned} \int_C xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z \end{aligned}$

around the triangle with vertices $(1, 0, 0)$ , $(0, 1, 0)$ , and $(0, 0, 1)$ , oriented clockwise as seen from the point $(1, 1, 1)$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

다음은 $C$ 의 개략적인 그림이다.

다음에 주목한다.

$(1, 0, 0)$ 에서 $(0,0,1)$ 까지의 선분 위에서 $y=0$ 이므로 적분은 그 선분 위에서 $\int zx \,\mathrm{d}z$ 로 간단해진다.
$(0,0,1)$ 에서 $(0, 1, 0)$ 까지의 선분 위에서 $x=0$ 이므로 적분은 그 선분 위에서 $\int yz \,\mathrm{d}y$ 로 간단해진다.
$(0, 1, 0)$ 에서 $(1, 0, 0)$ 까지의 선분 위에서 $z=0$ 이므로 적분은 그 선분 위에서 $\int xy \,\mathrm{d}x$ 로 간단해진다.

따라서 적분을 직접 계산할 수 있어 보인다. 위의 그림과 같이 삼각형의 변을 $C_1$ , $C_2$ , $C_3$ 이라 하자.

$C_1$ 을 $\mathbf{r}(t) = (1,0,0) + t[(0,0,1)-(1,0,0)] = (1-t\,,\,0\,,\,t)$ , $0\le t\le 1$ 로 매개화한다. 그러므로

$\begin{aligned} \int_{C_1} xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z &= \int_{C_1} zx \,\mathrm{d}z =\int_0^1 \overbrace{(1-t)}^{x} \overbrace{(t)}^{z} \overbrace{(1)}^{z'(t)}\,\mathrm{d}t =\int_0^1 (t-t^2)\,\mathrm{d}t \\ &=\frac{1}{2}-\frac{1}{3} =\frac{1}{6} \end{aligned}$

$C_2$ 를 $\mathbf{r}(t) = (0,0,1) + t[(0,1,0)-(0,0,1)] = (0\,,\,t\,,\,1-t)$ , $0\le t\le 1$ 로 매개화한다. 그러므로

$\begin{aligned} \int_{C_2} xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z &= \int_{C_2} yz \,\mathrm{d}y =\int_0^1 \overbrace{(t)}^{y} \overbrace{(1-t)}^{z} \overbrace{(1)}^{y'(t)}\,\mathrm{d}t =\int_0^1 (t-t^2)\,\mathrm{d}t \\ &=\frac{1}{2}-\frac{1}{3} =\frac{1}{6} \end{aligned}$

$C_3$ 을 $\mathbf{r}(t) = (0,1,0) + t[(1,0,0)-(0,1,0)] = (t\,,\,1-t\,,\,0)$ , $0\le t\le 1$ 로 매개화한다. 그러므로

$\begin{aligned} \int_{C_3} xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z &= \int_{C_3} xy \,\mathrm{d}x =\int_0^1 \overbrace{(t)}^{x} \overbrace{(1-t)}^{y} \overbrace{(1)}^{x'(t)}\,\mathrm{d}t =\int_0^1 (t-t^2)\,\mathrm{d}t \\ &=\frac{1}{2}-\frac{1}{3} =\frac{1}{6} \end{aligned}$

모두 합하면

$\begin{aligned} \int_{C} xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z &=\sum_{\ell=1}^3\int_{C_\ell} xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z =3\times\frac{1}{6}=\frac{1}{2} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

Here is a sketch of $C$ .

Note that

$y=0$ on the line segment from $(1, 0, 0)$ to $(0,0,1)$ so that the integral reduces to $\int zx \,\mathrm{d}z$ on that line segment and
$x=0$ on the line segment from $(0,0,1)$ to $(0, 1, 0)$ so that the integral reduces to $\int yz \,\mathrm{d}y$ on that line segment and
$z=0$ on the line segment from $(0, 1, 0)$ to $(1, 0, 0)$ so that the integral reduces to $\int xy \,\mathrm{d}x$ on that line segment.

So it looks feasible to evaluate the integral directly. Label the sides of the triangle $C_1$ , $C_2$ and $C_3$ as in the sketch above.

We parametrize $C_1$ by $\mathbf{r}(t) = (1,0,0) + t[(0,0,1)-(1,0,0)] = (1-t\,,\,0\,,\,t)$ , $0\le t\le 1$ . So

$\begin{aligned} \int_{C_1} xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z &= \int_{C_1} zx \,\mathrm{d}z =\int_0^1 \overbrace{(1-t)}^{x} \overbrace{(t)}^{z} \overbrace{(1)}^{z'(t)}\,\mathrm{d}t =\int_0^1 (t-t^2)\,\mathrm{d}t \\ &=\frac{1}{2}-\frac{1}{3} =\frac{1}{6} \end{aligned}$

We parametrize $C_2$ by $\mathbf{r}(t) = (0,0,1) + t[(0,1,0)-(0,0,1)] = (0\,,\,t\,,\,1-t)$ , $0\le t\le 1$ . So

$\begin{aligned} \int_{C_2} xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z &= \int_{C_2} yz \,\mathrm{d}y =\int_0^1 \overbrace{(t)}^{y} \overbrace{(1-t)}^{z} \overbrace{(1)}^{y'(t)}\,\mathrm{d}t =\int_0^1 (t-t^2)\,\mathrm{d}t \\ &=\frac{1}{2}-\frac{1}{3} =\frac{1}{6} \end{aligned}$

We parametrize $C_3$ by $\mathbf{r}(t) = (0,1,0) + t[(1,0,0)-(0,1,0)] = (t\,,\,1-t\,,\,0)$ , $0\le t\le 1$ . So

$\begin{aligned} \int_{C_3} xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z &= \int_{C_3} xy \,\mathrm{d}x =\int_0^1 \overbrace{(t)}^{x} \overbrace{(1-t)}^{y} \overbrace{(1)}^{x'(t)}\,\mathrm{d}t =\int_0^1 (t-t^2)\,\mathrm{d}t \\ &=\frac{1}{2}-\frac{1}{3} =\frac{1}{6} \end{aligned}$

All together

$\begin{aligned} \int_{C} xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z &=\sum_{\ell=1}^3\int_{C_\ell} xy \,\mathrm{d}x + yz \,\mathrm{d}y + zx \,\mathrm{d}z =3\times\frac{1}{6}=\frac{1}{2} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.4절 · 19번

# 선적분계산보통자동 분류

628.CLP-4 · 2.4절 · 19번대학 수준우리말 번역

선적분 $\int_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}$ 의 값을 구하세요. 여기서 $\mathbf{F}$ 는 보존 벡터장

$\mathbf{F} (x, y, z) = \big(y + ze^x , x + e^y \sin z, z + e^x + e^y \cos z\big)$

이고 $C$ 는 다음 매개변수 표현으로 주어진 곡선이다.

$\mathbf{r}(t) = (t, e^t , \sin t),\qquad \text{$t$ 는 $0$ 에서 $\pi$ 까지} .$

영어 원문 보기

Evaluate the line integral $\int_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}$ , where $\mathbf{F}$ is the conservative vector field

$\mathbf{F} (x, y, z) = \big(y + ze^x , x + e^y \sin z, z + e^x + e^y \cos z\big)$

and $C$ is the curve given by the parametrization

$\mathbf{r}(t) = (t, e^t , \sin t),\qquad \text{$t$ from $0$ to $\pi$} .$

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

$\mathbf{F}$ 가 보존적이라고 주어져 있다. ${ \boldsymbol{\nabla} }\varphi = \mathbf{F}$ 를 만족하는 퍼텐셜 $\varphi$ 를 찾자. 즉,

$\begin{aligned} \frac{\partial\varphi}{\partial x} &= y + ze^x \\ \frac{\partial\varphi}{\partial y} &= x + e^y \sin z \\ \frac{\partial\varphi}{\partial z} &= z + e^x + e^y \cos z \end{aligned}$

첫째 식으로부터 $\varphi(x,y,z) = xy +ze^x +\psi(y,z)$ 이다. 이를 둘째 식에 대입하면 $x+\frac{\partial\psi}{\partial y}(y,z) = x + e^y \sin z$ 즉 $\frac{\partial\psi}{\partial y}(y,z) = e^y \sin z$ 이므로 $\psi(y,z) = e^y\sin z +\zeta(z)$ 이다. 따라서 지금까지 $\varphi(x,y,z) = xy +ze^x +e^y\sin z +\zeta(z)$ 를 얻었다. 이를 셋째 식에 대입하면 $e^x +e^y\cos z +\zeta'(z) = z + e^x + e^y \cos z$ 즉 $\zeta'(z) = z$ 이므로 어떤 상수 $C$ 에 대해 $\zeta(z) = \frac{z^2}{2}+C$ 이고, 여기서 $C$ 는 0으로 택한다. 따라서 퍼텐셜은

$\varphi(x,y,z) = xy +ze^x +e^y\sin z +\frac{z^2}{2}$

이다. 그러므로 선적분은

$\int_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\varphi\big(\mathbf{r}(\pi)\big) -\varphi\big(\mathbf{r}(0)\big) =\varphi\big(\pi,e^\pi,0\big) -\varphi\big(0,1,0\big) =\pi e^\pi$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

We are told that $\mathbf{F}$ is conservative. Let's find a potential $\varphi$ obeying ${ \boldsymbol{\nabla} }\varphi = \mathbf{F}$ . That is,

$\begin{aligned} \frac{\partial\varphi}{\partial x} &= y + ze^x \\ \frac{\partial\varphi}{\partial y} &= x + e^y \sin z \\ \frac{\partial\varphi}{\partial z} &= z + e^x + e^y \cos z \end{aligned}$

The first equation forces $\varphi(x,y,z) = xy +ze^x +\psi(y,z)$ . Substituting this into the second equation gives $x+\frac{\partial\psi}{\partial y}(y,z) = x + e^y \sin z$ or $\frac{\partial\psi}{\partial y}(y,z) = e^y \sin z$ which forces $\psi(y,z) = e^y\sin z +\zeta(z)$ . So far, we have $\varphi(x,y,z) = xy +ze^x +e^y\sin z +\zeta(z)$ . Substituting this into the third equation gives $e^x +e^y\cos z +\zeta'(z) = z + e^x + e^y \cos z$ or $\zeta'(z) = z$ which forces $\zeta(z) = \frac{z^2}{2}+C$ , for some constant $C$ , which we take to be zero. So our potential is

$\varphi(x,y,z) = xy +ze^x +e^y\sin z +\frac{z^2}{2}$

So the line integral

$\int_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} =\varphi\big(\mathbf{r}(\pi)\big) -\varphi\big(\mathbf{r}(0)\big) =\varphi\big(\pi,e^\pi,0\big) -\varphi\big(0,1,0\big) =\pi e^\pi$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.4절 · 10번

# 선적분계산보통자동 분류

629.CLP-4 · 2.4절 · 23번대학 수준우리말 번역

한 물리학자가 벡터장 $\mathbf{F}$ 를 연구하고 있다. 실험으로부터 $\mathbf{F}$ 는 다음 꼴임이 알려져 있다.

$\mathbf{F} = (x - a)ye^x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (xe^x + z^3 )\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + byz^2\,\hat{\mathbf{k}}$

여기서 $a$ 와 $b$ 는 어떤 실수이다. 이론적 고찰로부터 $\mathbf{F}$ 가 보존적임이 알려져 있다.

(a) $a$ 와 $b$ 를 구하세요. (b) ${ \boldsymbol{\nabla} } f = \mathbf{F}$ 를 만족시키는 퍼텐셜 $f(x,y,z)$ 를 구하세요. (c) $C$ 가 다음과 같이 정의된 곡선일 때, 선적분 $\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}$ 의 값을 구하세요.

$\mathbf{r}(t) = \big(t\,,\, \cos 2t\,,\, \cos t\big), \qquad 0 \le t \le \pi$ (d) 다음 선적분의 값을 구하세요.

$I = \int_C (x + 1)ye^x \,\mathrm{d}x + (xe^x + z^3 ) \,\mathrm{d}y + 4yz^2 \,\mathrm{d}z,$

여기서 $C$ 는 (c)와 같은 곡선이다. [참고: 마지막 항의 "4"는 오타가 아니다!]

영어 원문 보기

A physicist studies a vector field $\mathbf{F}$ . From experiments, it is known that $\mathbf{F}$ is of the form

$\mathbf{F} = (x - a)ye^x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (xe^x + z^3 )\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + byz^2\,\hat{\mathbf{k}}$

where $a$ and $b$ are some real numbers. From theoretical considerations, it is known that $\mathbf{F}$ is conservative.

(a) Determine $a$ and $b$ . (b) Find a potential $f(x,y,z)$ such that ${ \boldsymbol{\nabla} } f = \mathbf{F}$ . (c) Evaluate the line intgeral $\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r}$ where $C$ is the curve defined by

$\mathbf{r}(t) = \big(t\,,\, \cos 2t\,,\, \cos t\big), \qquad 0 \le t \le \pi$ (d) Evaluate the line integral

$I = \int_C (x + 1)ye^x \,\mathrm{d}x + (xe^x + z^3 ) \,\mathrm{d}y + 4yz^2 \,\mathrm{d}z,$

where $C$ is the same curve as in part (c). [Note: the “4” in the last term is not a misprint!].

정답·풀이 보기

(a) $\mathbf{F}$ 가 보존적이려면 다음 판정 조건을 만족해야 한다.

$\begin{aligned} \mathbf{0} = { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F} &=\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} &\hat{\boldsymbol{\jmath}} &\hat{\mathbf{k}} \\ \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\ (x - a)ye^x & xe^x + z^3 & byz^2 \end{matrix} \right] \\ &= \big(bz^2-3z^2)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} -\big(0-0\big)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\big(e^x+xe^x-(x-a)e^x\big)\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

이것이 성립하기 위한 필요충분조건은 $b=3$ 이고 $a=-1$ 인 것이다.

(b) $a=-1$ , $b=3$ 으로 놓는다. $f$ 가 $\mathbf{F}$ 의 퍼텐셜이려면 다음을 만족해야 한다.

$\begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial x}(x,y,z) &= (x + 1)ye^x \\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y,z) &= xe^x + z^3 \\ \frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z) &= 3yz^2 \end{aligned}$

이 중 두 번째 식을 적분하면 다음을 얻는다.

$f(x,y,z) = xye^x + yz^3 +g(x,z)$

이것을 마지막 식에 대입하면 다음과 같다.

$3yz^2+\frac{\partial g}{\partial z}(x,z) = 3yz^2\qquad\text{또는}\qquad \frac{\partial g}{\partial z}(x,z)=0$

따라서 다음이 성립한다.

$g(x,z) = h(x)$

마지막으로 $f(x,y,z) = xye^x + yz^3 + h(x)$ 를 첫 번째 식에 대입하면 다음과 같다.

$xye^x + ye^x + h'(x) =(x + 1)ye^x \quad\text{또는}\quad h'(x) = 0$

따라서 $h(x) = C$ 이고, $f(x,y,z) = xye^x + yz^3 + C$ 는 임의의 상수 $C$ 에 대해 퍼텐셜이 된다.

(c) $\mathbf{F}={ \boldsymbol{\nabla} } f$ 이므로

$\begin{aligned} \int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} &=\int_C{ \boldsymbol{\nabla} } f\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} =f\big(\mathbf{r}(\pi)) - f(\big(\mathbf{r}(0)\big) =f(\pi,1,-1)-f(0,1,1) \\ &=\big[\pi e^\pi -1 \big]-\big[ 1\big] =\pi e^\pi-2 \end{aligned}$

이다.

(d) 다음이 성립하므로

$\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} =\int_C (x + 1)ye^x \,\mathrm{d}x + (xe^x + z^3 ) \,\mathrm{d}y + 3yz^2 \,\mathrm{d}z$

다음을 얻는다.

$\begin{aligned} I &= \int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} + \int_C yz^2\mathrm{d}z \\ &= \pi e^\pi-2 +\int_0^\pi \overbrace{(\cos 2t)}^{y} \overbrace{\cos^2 t}^{z^2} \overbrace{(-\sin t)\,\mathrm{d}t}^{\mathrm{d}z} \\ &= \pi e^\pi-2 +\int_0^\pi (2\cos^2t-1) \cos^2 t (-\sin t)\,\mathrm{d}t \\ &= \pi e^\pi-2 +\int_1^{-1} (2u^2-1)u^2\,\mathrm{d}u \qquad\text{여기서 } u=\cos t,\ \mathrm{d}u=-\sin t\,\mathrm{d}t \\ &= \pi e^\pi-2 +\Big[\frac{2u^5}{5} -\frac{u^3}{3}\Big]_{1}^{-1}\\ &= \pi e^\pi-2 +\Big[-\frac{4}{5} +\frac{2}{3}\Big] \\ &= \pi e^\pi -\frac{32}{15} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

(a) For $\mathbf{F}$ to be conservative, it must pass the screening test

$\begin{aligned} \mathbf{0} = { \boldsymbol{\nabla} }\times\mathbf{F} &=\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} &\hat{\boldsymbol{\jmath}} &\hat{\mathbf{k}} \\ \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\ (x - a)ye^x & xe^x + z^3 & byz^2 \end{matrix} \right] \\ &= \big(bz^2-3z^2)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} -\big(0-0\big)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\big(e^x+xe^x-(x-a)e^x\big)\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

This is the case if and only if $b=3$ and $a=-1$

(b) Set $a=-1$ and $b=3$ . For $f$ to be a potential for $\mathbf{F}$ , it must obey

$\begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial x}(x,y,z) &= (x + 1)ye^x \\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y,z) &= xe^x + z^3 \\ \frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z) &= 3yz^2 \end{aligned}$

Integrating the second of these equations gives

$f(x,y,z) = xye^x + yz^3 +g(x,z)$

Substituting this into the last equation gives

$3yz^2+\frac{\partial g}{\partial z}(x,z) = 3yz^2\qquad\text{or}\qquad \frac{\partial g}{\partial z}(x,z)=0$

which forces

$g(x,z) = h(x)$

Finally, substituting $f(x,y,z) = xye^x + yz^3 + h(x)$ into the first equation gives

$xye^x + ye^x + h'(x) =(x + 1)ye^x \quad\text{or}\quad h'(x) = 0$

So $h(x) = C$ and hence $f(x,y,z) = xye^x + yz^3 + C$ works for any constant $C$ .

(c) Since $\mathbf{F}={ \boldsymbol{\nabla} } f$ ,

$\begin{aligned} \int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} &=\int_C{ \boldsymbol{\nabla} } f\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} =f\big(\mathbf{r}(\pi)) - f(\big(\mathbf{r}(0)\big) =f(\pi,1,-1)-f(0,1,1) \\ &=\big[\pi e^\pi -1 \big]-\big[ 1\big] =\pi e^\pi-2 \end{aligned}$

(d) Since

$\int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} =\int_C (x + 1)ye^x \,\mathrm{d}x + (xe^x + z^3 ) \,\mathrm{d}y + 3yz^2 \,\mathrm{d}z$

we have

$\begin{aligned} I &= \int_C\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} + \int_C yz^2\mathrm{d}z \\ &= \pi e^\pi-2 +\int_0^\pi \overbrace{(\cos 2t)}^{y} \overbrace{\cos^2 t}^{z^2} \overbrace{(-\sin t)\,\mathrm{d}t}^{\mathrm{d}z} \\ &= \pi e^\pi-2 +\int_0^\pi (2\cos^2t-1) \cos^2 t (-\sin t)\,\mathrm{d}t \\ &= \pi e^\pi-2 +\int_1^{-1} (2u^2-1)u^2\,\mathrm{d}u \qquad\text{with } u=\cos t,\ \mathrm{d}u=-\sin t\,\mathrm{d}t \\ &= \pi e^\pi-2 +\Big[\frac{2u^5}{5} -\frac{u^3}{3}\Big]_{1}^{-1}\\ &= \pi e^\pi-2 +\Big[-\frac{4}{5} +\frac{2}{3}\Big] \\ &= \pi e^\pi -\frac{32}{15} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.4절 · 9번

# 선적분계산보통자동 분류

630.CLP-4 · 2.4절 · 32번대학 수준우리말 번역

$C$ 를 곡면 $y=x^2$ 과 $z=x^3$ 의 교선을 따라 $(0,0,0)$ 에서 $(1,1,1)$ 까지 가는 곡선이라 하자.

(a) $s$ 가 $C$ 를 따른 호의 길이이고 $\rho=8x+36z$ 일 때, $\int_C \rho\, \mathrm{d}s$ 의 값을 구하세요. (b) $\mathbf{F}=\sin y\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (x\cos y+z)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+ (y+z)\,\hat{\mathbf{k}}$ 일 때, $\int_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let $C$ be the curve from $(0,0,0)$ to $(1,1,1)$ along the intersection of the surfaces $y=x^2$ and $z=x^3$ .

(a) Find $\int_C \rho\, \mathrm{d}s$ if $s$ is arc length along $C$ and $\rho=8x+36z$ . (b) Find $\int_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}$ if $\mathbf{F}=\sin y\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (x\cos y+z)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+ (y+z)\,\hat{\mathbf{k}}$ .

답 쓰고 채점

(a)

(b)

정답·풀이 보기

(a) $C$ 를 $x$ 로 매개변수화한다. 곡선 위의 점의 첫째 성분이 $x$ 이면 둘째 성분 $y$ 는 $x^2$ 이어야 하고, 셋째 성분 $z$ 는 $x^3$ 이어야 한다. 따라서

$\begin{aligned} \mathbf{r}(x)&=x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+x^2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+x^3\,\hat{\mathbf{k}}\qquad 0\le x\le 1\\ \mathbf{r}'(x)&=\hat{\boldsymbol{\imath}}+2x\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+3x^2\,\hat{\mathbf{k}}\\ \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}x}(x)&=\sqrt{1+4x^2+9x^4} \end{aligned}$

이고

$\begin{aligned} \rho(x)\ \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}x}(x) &=\big(8x+36x^3\big)\sqrt{1+4x^2+9x^4}\\ \int_C\rho\ \mathrm{d}s &=\int_0^1 \big(8x+36x^3\big)\sqrt{1+4x^2+9x^4}\,\mathrm{d}x \end{aligned}$

이다.

$u=1+4x^2+9x^4$ , $\mathrm{d}u = \big(8x+36x^3\big)\,\mathrm{d}x$ , $u(0)=1$ , $u(1)=14$ 로 치환하면

$\begin{aligned} \int_C\rho\ \mathrm{d}s &=\int_1^{14} \sqrt{u}\ \mathrm{d}u =\frac{2}{3}u^{3/2}\bigg|_1^{14}\\ &=\frac{2}{3}\big[14^{3/2}-1\big]\approx 34.26 \end{aligned}$

이다.

(b) $f(x,y,z)=x\sin y+yz+\tfrac{1}{2} z^2$ 에 대해 $\mathbf{F}(x,y,z)=\nabla f(x,y,z)$ 이므로

$\int_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}=f(1,1,1)-f(0,0,0) =\sin 1+\frac{3}{2} \approx 2.3415$

이다.

퍼텐셜 $f$ 는 추측으로 구한 것이다. 다른 방법으로, 다음을 풀어서 구할 수도 있다.

$\begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial x}(x,y,z) &= \sin y \\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y,z) &= x\cos y+z \\ \frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z) &= y+z \end{aligned}$

이 중 첫째 식을 적분하면

$f(x,y,z) = x\sin y +g(y,z)$

를 얻는다.

이것을 둘째 식에 대입하면

$x\cos y+\frac{\partial g}{\partial y}(y,z) = x\cos y+z\qquad\text{또는}\qquad \frac{\partial g}{\partial y}(x,z)=z$

이고, 이로부터 반드시

$g(y,z) = yz + h(z)$

이다.

마지막으로 $f(x,y,z) = x\sin y +yz + h(z)$ 를 마지막 식에 대입하면

$y + h'(z) =y+z \quad\text{또는}\quad h'(z) = z$

이다.

따라서 $h(x) = \frac{z^2}{2}+C$ 이고, 그러므로 임의의 상수 $C$ 에 대해 $f(x,y,z) = x\sin y + yz + \frac{z^2}{2}+C$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) Parametrize $C$ by $x$ . When the first component of a point on the curve is $x$ , then the second component, $y$ , must be $x^2$ and the third component, $z$ , must be $x^3$ . So

$\begin{aligned} \mathbf{r}(x)&=x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+x^2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+x^3\,\hat{\mathbf{k}}\qquad 0\le x\le 1\\ \mathbf{r}'(x)&=\hat{\boldsymbol{\imath}}+2x\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+3x^2\,\hat{\mathbf{k}}\\ \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}x}(x)&=\sqrt{1+4x^2+9x^4} \end{aligned}$

and

$\begin{aligned} \rho(x)\ \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}x}(x) &=\big(8x+36x^3\big)\sqrt{1+4x^2+9x^4}\\ \int_C\rho\ \mathrm{d}s &=\int_0^1 \big(8x+36x^3\big)\sqrt{1+4x^2+9x^4}\,\mathrm{d}x \end{aligned}$

Substituting $u=1+4x^2+9x^4$ , $\mathrm{d}u = \big(8x+36x^3\big)\,\mathrm{d}x$ , $u(0)=1$ , $u(1)=14$ ,

$\begin{aligned} \int_C\rho\ \mathrm{d}s &=\int_1^{14} \sqrt{u}\ \mathrm{d}u =\frac{2}{3}u^{3/2}\bigg|_1^{14}\\ &=\frac{2}{3}\big[14^{3/2}-1\big]\approx 34.26 \end{aligned}$

(b) Since $\mathbf{F}(x,y,z)=\nabla f(x,y,z)$ with $f(x,y,z)=x\sin y+yz+\tfrac{1}{2} z^2$ ,

$\int_C \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}=f(1,1,1)-f(0,0,0) =\sin 1+\frac{3}{2} \approx 2.3415$

The potential $f$ was just guessed. Alternatively, it can be found by solving

$\begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial x}(x,y,z) &= \sin y \\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y,z) &= x\cos y+z \\ \frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z) &= y+z \end{aligned}$

Integrating the first of these equations gives

$f(x,y,z) = x\sin y +g(y,z)$

Substituting this into the second equation gives

$x\cos y+\frac{\partial g}{\partial y}(y,z) = x\cos y+z\qquad\text{or}\qquad \frac{\partial g}{\partial y}(x,z)=z$

which forces

$g(y,z) = yz + h(z)$

Finally, substituting $f(x,y,z) = x\sin y +yz + h(z)$ into the last equation gives

$y + h'(z) =y+z \quad\text{or}\quad h'(z) = z$

So $h(x) = \frac{z^2}{2}+C$ and hence $f(x,y,z) = x\sin y + yz + \frac{z^2}{2}+C$ for any constant $C$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 1.6절 · 2번

# 선적분계산도전자동 분류

631.CLP-4 · 2.4절 · 34번대학 수준우리말 번역

아래 선적분의 값을 구하세요. (어떤 방법을 써도 좋습니다.)

(a) $\int_C (x^2 + y)\,\mathrm{d}x + x\,\mathrm{d}y$ , 여기서 $C$ 는 포물선 $y = 9 - x^2$ 의 호로서 $(-3, 0)$ 에서 $(3, 0)$ 까지이다. (b) $\int_C \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s$ , 여기서 $\mathbf{F}(x, y) = 2x^2\hat{\boldsymbol{\imath}} + ye^x\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 이고, $C$ 는 정사각형 $0 \le x \le 1$ , $0 \le y \le 1$ 의 경계이다. 여기서 $\hat{\mathbf{n}}$ 은 정사각형의 바깥쪽을 향하는 단위법선벡터이고, $s$ 는 호의 길이이다.

영어 원문 보기

Evaluate the line integrals below. (Use any method you like.)

(a) $\int_C (x^2 + y)\,\mathrm{d}x + x\,\mathrm{d}y$ , where $C$ is the arc of the parabola $y = 9 - x^2$ from $(-3, 0)$ to $(3, 0)$ . (b) $\int_C \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s$ , where $\mathbf{F}(x, y) = 2x^2\hat{\boldsymbol{\imath}} + ye^x\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ , $C$ is the boundary of the square $0 \le x \le 1$ , $0 \le y \le 1$ . Here $\hat{\mathbf{n}}$ is the unit normal vector pointing outward from the square, and $s$ is arc length.

답 쓰고 채점

(a)

(b)

정답·풀이 보기

(a) 매개변수화

$\mathbf{r}(x) = x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +(9-x^2)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$

를 이용하여 적분을 직접 계산하자. 단, $-3\le x \le 3$ 이다.

$\mathbf{r}'(x) = \hat{\boldsymbol{\imath}} -2x\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 이므로

$\begin{aligned} \int_C (x^2 + y)\,\mathrm{d}x + x\,\mathrm{d}y &=\int_{-3}^3 \big(x^2\ +\ \overbrace{9-x^2}^{y}\ +x\overbrace{(-2x)}^{\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}}\big)\,\mathrm{d}x =\int_{-3}^3 \big(9-2x^2\big)\,\mathrm{d}x \\ &=2\int_0^3 \big(9-2x^2\big)\,\mathrm{d}x =2\left(27-2\frac{3^3}{3}\right) =18 \end{aligned}$

(b) 이 풀이에서는 적분을 직접 계산한다. 그림과 같이 정사각형의 네 변을 $L_1$ , $L_2$ , $L_3$ , $L_4$ 라 하자.

$L_1$ 을 호의 길이로 매개변수화하면 $\mathbf{r}(s) = s\,\hat{\boldsymbol{\imath}}$ , $0\le s\le 1$ 이다. $L_1$ 에서 바깥쪽을 향하는 법선벡터는 $-\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 이므로

$\begin{aligned} \int_{L_1} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s =\int_0^1 \mathbf{F}(s,0) \cdot(-\hat{\boldsymbol{\jmath}})\, \mathrm{d}s =\int_0^1 (-0)\, \mathrm{d}s =0 \end{aligned}$

$L_2$ 를 호의 길이로 매개변수화하면 $\mathbf{r}(s) = \hat{\boldsymbol{\imath}}+s\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ , $0\le s\le 1$ 이다. $L_2$ 에서 바깥쪽을 향하는 법선벡터는 $\hat{\boldsymbol{\imath}}$ 이므로

$\begin{aligned} \int_{L_2} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s =\int_0^1 \mathbf{F}(1,s) \cdot \hat{\boldsymbol{\imath}}\, \mathrm{d}s =\int_0^1 2\, \mathrm{d}s =2 \end{aligned}$

$L_3$ 을 ( $(1,1)$ 에서 시작하여) 호의 길이로 매개변수화하면 $\mathbf{r}(s) = (1-s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ , $0\le s\le 1$ 이다. $L_3$ 에서 바깥쪽을 향하는 법선벡터는 $\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 이므로

$\begin{aligned} \int_{L_3} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s =\int_0^1 \mathbf{F}(1-s,1) \cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}}\, \mathrm{d}s =\int_0^1 e^{1-s}\, \mathrm{d}s =\Big[-e^{1-s}\Big]_0^1 =e-1 \end{aligned}$

$L_4$ 를 ( $(0,1)$ 에서 시작하여) 호의 길이로 매개변수화하면 $\mathbf{r}(s) = (1-s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ , $0\le s\le 1$ 이다. $L_4$ 에서 바깥쪽을 향하는 법선벡터는 $-\hat{\boldsymbol{\imath}}$ 이므로

$\begin{aligned} \int_{L_2} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s =\int_0^1 \mathbf{F}(0,1-s) \cdot(- \hat{\boldsymbol{\imath}})\, \mathrm{d}s =\int_0^1 (-0)\, \mathrm{d}s =0 \end{aligned}$

모두 합하면

$\begin{aligned} \int_C \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s &= \int_{L_1} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s +\int_{L_2} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s +\int_{L_3} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s +\int_{L_4} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s \\ &= 0+2+(e-1) +0 =e+1 \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

(a) Let's evaluate the integral directly using the parametrization

$\mathbf{r}(x) = x\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +(9-x^2)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$

with $-3\le x \le 3$ .

Since $\mathbf{r}'(x) = \hat{\boldsymbol{\imath}} -2x\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ ,

$\begin{aligned} \int_C (x^2 + y)\,\mathrm{d}x + x\,\mathrm{d}y &=\int_{-3}^3 \big(x^2\ +\ \overbrace{9-x^2}^{y}\ +x\overbrace{(-2x)}^{\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}}\big)\,\mathrm{d}x =\int_{-3}^3 \big(9-2x^2\big)\,\mathrm{d}x \\ &=2\int_0^3 \big(9-2x^2\big)\,\mathrm{d}x =2\left(27-2\frac{3^3}{3}\right) =18 \end{aligned}$

(b) In this solution, we'll evaluate the integral directly. Label the four sides of the square $L_1$ , $L_2$ , $L_3$ and $L_4$ as in the figure

The parametrization of $L_1$ by arc length is $\mathbf{r}(s) = s\,\hat{\boldsymbol{\imath}}$ , $0\le s\le 1$ . As the outward pointing normal to $L_1$ is $-\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ ,

$\begin{aligned} \int_{L_1} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s =\int_0^1 \mathbf{F}(s,0) \cdot(-\hat{\boldsymbol{\jmath}})\, \mathrm{d}s =\int_0^1 (-0)\, \mathrm{d}s =0 \end{aligned}$

The parametrization of $L_2$ by arc length is $\mathbf{r}(s) = \hat{\boldsymbol{\imath}}+s\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ , $0\le s\le 1$ . As the outward pointing normal to $L_2$ is $\hat{\boldsymbol{\imath}}$ ,

$\begin{aligned} \int_{L_2} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s =\int_0^1 \mathbf{F}(1,s) \cdot \hat{\boldsymbol{\imath}}\, \mathrm{d}s =\int_0^1 2\, \mathrm{d}s =2 \end{aligned}$

The parametrization of $L_3$ by arc length (starting at $(1,1)$ ) is $\mathbf{r}(s) = (1-s)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ , $0\le s\le 1$ . As the outward pointing normal to $L_3$ is $\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ ,

$\begin{aligned} \int_{L_3} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s =\int_0^1 \mathbf{F}(1-s,1) \cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}}\, \mathrm{d}s =\int_0^1 e^{1-s}\, \mathrm{d}s =\Big[-e^{1-s}\Big]_0^1 =e-1 \end{aligned}$

The parametrization of $L_4$ by arc length (starting at $(0,1)$ ) is $\mathbf{r}(s) = (1-s)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ , $0\le s\le 1$ . As the outward pointing normal to $L_4$ is $-\hat{\boldsymbol{\imath}}$ ,

$\begin{aligned} \int_{L_2} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s =\int_0^1 \mathbf{F}(0,1-s) \cdot(- \hat{\boldsymbol{\imath}})\, \mathrm{d}s =\int_0^1 (-0)\, \mathrm{d}s =0 \end{aligned}$

All together

$\begin{aligned} \int_C \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s &= \int_{L_1} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s +\int_{L_2} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s +\int_{L_3} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s +\int_{L_4} \mathbf{F} \cdot\hat{\mathbf{n}}\, \mathrm{d}s \\ &= 0+2+(e-1) +0 =e+1 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.4절 · 35번

# 선적분계산도전자동 분류

632.CLP-4 · 2.4절 · 35번대학 수준우리말 번역

질량 $m = 1$ 인 입자가 시각 $t = 0$ 에서 위치 $\mathbf{r}_0 = \hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 와 속도 $\mathbf{v}_0 = \hat{\boldsymbol{\imath}} + \hat{\mathbf{k}}$ 를 가진다. 이 입자는 힘 $\mathbf{F}(t) = \hat{\boldsymbol{\jmath}} - \sin t\, \hat{\mathbf{k}}$ 를 받아 움직인다. 여기서 $t$ 는 시각을 나타낸다.

(a) 입자의 위치 $\mathbf{r}(t)$ 를 $t$ 의 함수로 구하세요. (b) 시각 $t = 0$ 이후 입자가 평면 $x = \pi/2$ 를 처음으로 지날 때의 위치 $\mathbf{r}_1$ 을 구하세요. (c) 입자를 $\mathbf{r}_0$ 에서 $\mathbf{r}_1$ 까지 움직이는 동안 $\mathbf{F}$ 가 한 일을 구하세요.

영어 원문 보기

A particle of mass $m = 1$ has position $\mathbf{r}_0 = \hat{\boldsymbol{\jmath}}$ and velocity $\mathbf{v}_0 = \hat{\boldsymbol{\imath}} + \hat{\mathbf{k}}$ at time $t = 0$ . The particle moves under a force $\mathbf{F}(t) = \hat{\boldsymbol{\jmath}} - \sin t\, \hat{\mathbf{k}}$ , where $t$ denotes time.

(a) Find the position $\mathbf{r}(t)$ of the particle as a function of $t$ . (b) Find the position $\mathbf{r}_1$ of the particle when it crosses the plane $x = \pi/2$ for the first time after time $t = 0$ . (c) Determine the work done by $\mathbf{F}$ in moving the particle from $\mathbf{r}_0$ to $\mathbf{r}_1$ .

정답·풀이 보기

(a) $m=1$ 이므로 뉴턴의 운동 법칙에 의해

$\begin{aligned} \mathbf{a}(t) = \mathbf{v}'(t) = \mathbf{F}(t) = \hat{\boldsymbol{\jmath}} - \sin t\, \hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

이다. 적분하면

$\mathbf{v}(t) = t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\cos t\,\hat{\mathbf{k}} +\mathbf{c}$

이다. 여기서 $\mathbf{c}$ 는 어떤 상수 벡터이다. $\mathbf{v}(0)=\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\mathbf{k}}$ 이므로 $\mathbf{c} = \hat{\boldsymbol{\imath}}$ 이고, 따라서

$\begin{aligned} \mathbf{r}'(t) = \mathbf{v}(t) = \hat{\boldsymbol{\imath}} + t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\cos t\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

이다. 다시 적분하면

$\mathbf{r}(t) = t\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\frac{t^2}{2}\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\sin t\,\hat{\mathbf{k}} +\mathbf{c}$

이다. 여기서 $\mathbf{c}$ 는 (새로운) 어떤 상수 벡터이다. $\mathbf{r}(0)=\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 이므로 $\mathbf{c} = \hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 이고, 따라서

$\begin{aligned} \mathbf{r}(t) = t\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\left(1+\frac{t^2}{2}\right)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\sin t\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

이다.

(b) 입자는 $t=\pi/2$ 일 때 $x=\pi/2$ 이고, 이때

$\begin{aligned} \mathbf{r}_1=\mathbf{r}(\pi/2) = \frac{\pi}{2}\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\left(1+\frac{\pi^2}{8}\right)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + \hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

이다.

(c) 시각 $t=0$ 부터 시각 $t=\pi/2$ 까지 한 일은

$\begin{aligned} \int_0^{\pi/2} \mathbf{F}(t)\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\int_0^{\pi/2} \mathbf{F}(t)\cdot \frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}t}(t)\,\mathrm{d}t =\int_0^{\pi/2} [\hat{\boldsymbol{\jmath}}-\sin t\,\hat{\mathbf{k}}]\cdot [\hat{\boldsymbol{\imath}}+t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\cos t\,\hat{\mathbf{k}}]\,\mathrm{d}t \\ &= \int_0^{\pi/2} [t -\sin t\cos t]\,\mathrm{d}t =\Big[\frac{t^2}{2}+\frac{1}{2}\cos^2 t\Big]_0^{\pi/2} =\frac{\pi^2}{8}-\frac{1}{2} \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) Since $m=1$ , Newton's law of motion gives

$\begin{aligned} \mathbf{a}(t) = \mathbf{v}'(t) = \mathbf{F}(t) = \hat{\boldsymbol{\jmath}} - \sin t\, \hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

Integating gives

$\mathbf{v}(t) = t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\cos t\,\hat{\mathbf{k}} +\mathbf{c}$

for some constant vector $\mathbf{c}$ . Since $\mathbf{v}(0)=\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\mathbf{k}}$ , we have $\mathbf{c} = \hat{\boldsymbol{\imath}}$ so that

$\begin{aligned} \mathbf{r}'(t) = \mathbf{v}(t) = \hat{\boldsymbol{\imath}} + t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\cos t\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

Integating again gives

$\mathbf{r}(t) = t\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\frac{t^2}{2}\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\sin t\,\hat{\mathbf{k}} +\mathbf{c}$

for some (new) constant vector $\mathbf{c}$ . Since $\mathbf{r}(0)=\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ , we have $\mathbf{c} = \hat{\boldsymbol{\jmath}}$ so that

$\begin{aligned} \mathbf{r}(t) = t\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\left(1+\frac{t^2}{2}\right)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\sin t\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

(b) The particle has $x=\pi/2$ when $t=\pi/2$ and then

$\begin{aligned} \mathbf{r}_1=\mathbf{r}(\pi/2) = \frac{\pi}{2}\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\left(1+\frac{\pi^2}{8}\right)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + \hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

(c) The work done between time $t=0$ and time $t=\pi/2$ is

$\begin{aligned} \int_0^{\pi/2} \mathbf{F}(t)\cdot \mathrm{d}\mathbf{r} &=\int_0^{\pi/2} \mathbf{F}(t)\cdot \frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}t}(t)\,\mathrm{d}t =\int_0^{\pi/2} [\hat{\boldsymbol{\jmath}}-\sin t\,\hat{\mathbf{k}}]\cdot [\hat{\boldsymbol{\imath}}+t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\cos t\,\hat{\mathbf{k}}]\,\mathrm{d}t \\ &= \int_0^{\pi/2} [t -\sin t\cos t]\,\mathrm{d}t =\Big[\frac{t^2}{2}+\frac{1}{2}\cos^2 t\Big]_0^{\pi/2} =\frac{\pi^2}{8}-\frac{1}{2} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.4절 · 4번

# 선적분활용도전자동 분류

633.CLP-4 · 3.1절 · 1번대학 수준우리말 번역

$z=e^{x+1}+xy$ 로 주어진 곡면을 $x$ 와 $y$ 로 매개화하세요.

영어 원문 보기

Parametrize the surface given by $z=e^{x+1}+xy$ in terms of $x$ and $y$ .

정답·풀이 보기

이 매개화는 거의 자명하다. 매개화는 $\mathbf{r}(x,y)= \psi_1(x,y)\hat{\boldsymbol{\imath}}+ \psi_2(x,y)\hat{\boldsymbol{\jmath}}+ \psi_3(x,y)\hat{\mathbf{k}}$ 꼴이 됨을 알 수 있다. 여기서 $\psi_1$ 은 $x$ 성분(즉 $x$ )을, $\psi_2$ 는 $y$ 성분(즉 $y$ )을, $\psi_3$ 는 $z$ 성분(즉 $e^{x+1}+xy$ )을 나타낸다. 따라서 $\mathbf{r}(x,y)= x\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y\hat{\boldsymbol{\jmath}}+ (e^{x+1}+xy)\hat{\mathbf{k}}$

원본 교재 풀이(영어)

This parametrization is almost trivial. We know it will have the form $\mathbf{r}(x,y)= \psi_1(x,y)\hat{\boldsymbol{\imath}}+ \psi_2(x,y)\hat{\boldsymbol{\jmath}}+ \psi_3(x,y)\hat{\mathbf{k}}$ where $\psi_1$ gives the $x$ -component (i.e. $x$ ), $\psi_2$ gives the $y$ -component (i.e. $y$ ), and $\psi_3$ gives the $z$ -component (i.e. $e^{x+1}+xy$ ). So, $\mathbf{r}(x,y)= x\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y\hat{\boldsymbol{\jmath}}+ (e^{x+1}+xy)\hat{\mathbf{k}}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 3.1절 · 7번

# 매개변수 곡면계산기본자동 분류

634.CLP-4 · 3.1절 · 2번대학 수준우리말 번역

$S$ 를 다음과 같이 주어진 곡면이라 하자.

$\mathbf{r}(u, v) = \big( u + v\,,\, u^2 + v^2 \,,\, u - v\big),\qquad -2 \le u \le 2,\ -2 \le v \le 2$

이 곡면은 여러분이 잘 아는 곡면이다. 이 곡면은 무엇인가요? (다음 중 한 곡면의 일부분일 수도 있다.)

구 나선면 타원면 안장면 포물면 그릇 모양 곡면 원기둥 원뿔 평면

영어 원문 보기

Let $S$ be the surface given by

$\mathbf{r}(u, v) = \big( u + v\,,\, u^2 + v^2 \,,\, u - v\big),\qquad -2 \le u \le 2,\ -2 \le v \le 2$

This is a surface you are familiar with. What surface is it (it may be just a portion of one of the following)?

sphere helicoid ellipsoid saddle parabolic bowl cylinder cone plane

정답·풀이 보기

주어진 매개화는

$\begin{aligned} x(u,v) &= u+v \\ y(u,v) &= u^2+v^2 \\ z(u,v) &= u-v \end{aligned}$

이다.

$x(u,v)$ 와 $z(u,v)$ 를 더하면 $x(u,v)+z(u,v) = 2u$ 이다.
$x(u,v)$ 에서 $z(u,v)$ 를 빼면 $x(u,v)-z(u,v) = 2v$ 이다.

따라서 $u=\frac{1}{2}\big(x(u,v)+z(u,v)\big)$ 이고 $v=\frac{1}{2}\big(x(u,v)-z(u,v)\big)$ 이다. 그러므로 이 곡면 위에서

$\begin{aligned} y(u,v) &= u^2+v^2 = \frac{1}{4}\big(x(u,v)+z(u,v)\big)^2 +\frac{1}{4}\big(x(u,v)-z(u,v)\big)^2 \\ &= \frac{1}{2} x(u,v)^2 + \frac{1}{2} z(u,v)^2 \end{aligned}$

이다.

이 곡면의 모든 점은 $2y= x^2+z^2$ 위에 있다. 이것은 포물면 그릇 모양 곡면이다.

$y<0$ 인 점은 없고
$y=Y$ ( $Y> 0$ ) 인 단면은 원 $x^2+z^2=2Y$ , $y=Y$ 이다.
$x=0$ 인 단면은 포물선 $2y=z^2$ , $x=0$ 이다.
$z=0$ 인 단면은 포물선 $2y=x^2$ , $z=0$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

Our parametrization is

$\begin{aligned} x(u,v) &= u+v \\ y(u,v) &= u^2+v^2 \\ z(u,v) &= u-v \end{aligned}$

Adding $x(u,v)$ and $z(u,v)$ gives $x(u,v)+z(u,v) = 2u$ .
Subtracting $z(u,v)$ from $x(u,v)$ gives $x(u,v)-z(u,v) = 2v$ .

So $u=\frac{1}{2}\big(x(u,v)+z(u,v)\big)$ and $v=\frac{1}{2}\big(x(u,v)-z(u,v)\big)$ . So on our surface

$\begin{aligned} y(u,v) &= u^2+v^2 = \frac{1}{4}\big(x(u,v)+z(u,v)\big)^2 +\frac{1}{4}\big(x(u,v)-z(u,v)\big)^2 \\ &= \frac{1}{2} x(u,v)^2 + \frac{1}{2} z(u,v)^2 \end{aligned}$

All points of our surface lie on $2y= x^2+z^2$ . This is a parabolic bowl:

no points have $y<0$ and
the $y=Y$ (with $Y> 0$ ) cross-section is the circle $x^2+z^2=2Y$ , $y=Y$
the $x=0$ cross-section is the parabola $2y=z^2$ , $x=0$
the $z=0$ cross-section is the parabola $2y=x^2$ , $z=0$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 3.1절 · 1번

# 매개변수 곡면계산기본자동 분류

635.CLP-4 · 3.1절 · 3번대학 수준우리말 번역

$S$ 를 쌍곡면 $x^2 + y^2 - 2z^2 = 1$ 의 일부로서 원기둥 $x^2 + y^2 = 9$ 의 내부에 있고 평면 $z = 1$ 의 위쪽에 있는 부분이라고 하자 (즉, $z \ge 1$ 인 부분).

다음 중 $S$ 의 매개변수화인 것을 모두 고르세요.

(a) 벡터함수

$\mathbf{r}(u,v) = u\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + v\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\frac{\sqrt{u^2+v^2-1}}{\sqrt{2}}\,\hat{\mathbf{k}}$

이고 정의역은 $D=\big\{ \ (u,v)\ \big|\ 2 \le u^2+v^2 \le 9\ \big\}$ 이다. (b) 벡터함수

$\mathbf{r}(u,v) = u\sin v\,\hat{\boldsymbol{\imath}} - u\cos v\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\sqrt{\frac{u^2}{2}-\frac{1}{2}}\,\hat{\mathbf{k}}$

이고 정의역은 $D=\big\{ \ (u,v)\ \big|\ \sqrt{3} \le u\le 3,\ 0\le v\le 2\pi\ \big\}$ 이다. (c) 벡터함수

$\mathbf{r}(u,v) = \sqrt{1+2v^2}\cos u\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + \sqrt{1+2v^2} \sin u\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +v\,\hat{\mathbf{k}}$

이고 정의역은 $D=\big\{ \ (u,v)\ \big|\ 0\le u\le 2\pi,\ 1\le v\le 2\ \big\}$ 이다. (d) 벡터함수

$\mathbf{r}(u,v) = \sqrt{1+u}\sin v\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + \sqrt{1+u} \cos v\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\sqrt{\frac{u}{2}}\,\hat{\mathbf{k}}$

이고 정의역은 $D=\big\{ \ (u,v)\ \big|\ 2\le u\le 8,\ 0\le v\le 2\pi\ \big\}$ 이다. (e) 벡터함수

$\mathbf{r}(u,v) = \sqrt{u}\cos v\,\hat{\boldsymbol{\imath}} - \sqrt{u} \sin v\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\frac{\sqrt{u+1}}{\sqrt{2}}\,\hat{\mathbf{k}}$

이고 정의역은 $D=\big\{ \ (u,v)\ \big|\ 3\le u\le 9,\ 0\le v\le 2\pi\ \big\}$ 이다.

영어 원문 보기

Suppose $S$ is the part of the hyperboloid $x^2 + y^2 - 2z^2 = 1$ that lies inside the cylinder $x^2 + y^2 = 9$ and above the plane $z = 1$ (i.e. for which $z \ge 1$ ).

Which of the following are parameterizations of $S$ ?

(a) The vector function

$\mathbf{r}(u,v) = u\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + v\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\frac{\sqrt{u^2+v^2-1}}{\sqrt{2}}\,\hat{\mathbf{k}}$

with domain $D=\big\{ \ (u,v)\ \big|\ 2 \le u^2+v^2 \le 9\ \big\}$ . (b) The vector function

$\mathbf{r}(u,v) = u\sin v\,\hat{\boldsymbol{\imath}} - u\cos v\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\sqrt{\frac{u^2}{2}-\frac{1}{2}}\,\hat{\mathbf{k}}$

with domain $D=\big\{ \ (u,v)\ \big|\ \sqrt{3} \le u\le 3,\ 0\le v\le 2\pi\ \big\}$ . (c) The vector function

$\mathbf{r}(u,v) = \sqrt{1+2v^2}\cos u\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + \sqrt{1+2v^2} \sin u\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +v\,\hat{\mathbf{k}}$

with domain $D=\big\{ \ (u,v)\ \big|\ 0\le u\le 2\pi,\ 1\le v\le 2\ \big\}$ . (d) The vector function

$\mathbf{r}(u,v) = \sqrt{1+u}\sin v\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + \sqrt{1+u} \cos v\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\sqrt{\frac{u}{2}}\,\hat{\mathbf{k}}$

with domain $D=\big\{ \ (u,v)\ \big|\ 2\le u\le 8,\ 0\le v\le 2\pi\ \big\}$ . (e) The vector function

$\mathbf{r}(u,v) = \sqrt{u}\cos v\,\hat{\boldsymbol{\imath}} - \sqrt{u} \sin v\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\frac{\sqrt{u+1}}{\sqrt{2}}\,\hat{\mathbf{k}}$

with domain $D=\big\{ \ (u,v)\ \big|\ 3\le u\le 9,\ 0\le v\le 2\pi\ \big\}$ .

답 쓰고 채점

(a)

(b)

(c)

(d)

(e)

정답·풀이 보기

$S$ 위에서 $x^2+y^2=1+2z^2$ 이므로, 조건 $z\ge 1$ 은 $x^2+y^2\ge 3$ , $z\ge 0$ 과 같다. 따라서 이 쌍곡면은 $\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2=1+2z^2,\ 3\le x^2+y^2\le 9, z\ge 0\ \big\}$ 이다.

(a) 아니요. 이 매개변수화에서 조건 $3\le x^2+y^2\le 9$ 는 $3\le u^2+v^2\le 9$ 가 되므로, $2\le u^2+v^2\le 9$ 가 아니다.

(b) 예. 이 매개변수화에서 $x=u\sin v$ , $y=-u\cos v$ , $z=\sqrt{\frac{u^2}{2}-\frac{1}{2}}$ 이다. 따라서

$x^2+y^2-2z^2 = u^2-2\left(\frac{u^2}{2}-\frac{1}{2}\right) = 1$ 이므로 바라던 식이 성립한다.
$u\ge 0$ 이므로 조건 $x^2+y^2\le 9$ 는 $u\le 3$ 과 같다.
$u\ge 0$ 이므로 조건 $x^2+y^2\ge 3$ 은 $u\ge\sqrt{3}$ 과 같다.
$z=\sqrt{\frac{u^2}{2}-\frac{1}{2}}\ge 0$

(c) 예. 이 매개변수화에서 $x=\sqrt{1+2v^2}\cos u$ , $y=\sqrt{1+2v^2}\sin u$ , $z=v$ 이다. 따라서

$x^2+y^2-2z^2 = 1+2v^2 -2v^2 = 1$ 이므로 원하는 대로 된다.
조건 $x^2+y^2\le 9$ 는 $1+2v^2\le 9$ 와 같고, $v\ge 0$ 이므로 이는 $v\le 2$ 와 같다.
조건 $x^2+y^2\ge 3$ 은 $1+2v^2\ge 3$ 과 같고, $v\ge 0$ 이므로 이는 $v\ge 1$ 과 같다.
$z=v\ge 0$

(d) 예. 이 매개변수화에서 $x=\sqrt{1+u}\sin v$ , $y=\sqrt{1+u}\cos v$ , $z=\sqrt{u/2}$ 이다. 따라서

$x^2+y^2-2z^2 = 1+u -2(u/2) = 1$ 이므로 원하는 대로 된다.
조건 $x^2+y^2\le 9$ 는 $1+u\le 9$ 와 같고, 이는 $u\le 8$ 과 같다.
조건 $x^2+y^2\ge 3$ 은 $1+u\ge 3$ 과 같고, 이는 $u\ge 2$ 와 같다.
$z=\sqrt{u/2}\ge 0$

(e) 아니요. 이 매개변수화에서 $x=\sqrt{u}\cos v$ , $y=-\sqrt{u}\sin v$ , $z=\sqrt{(u+1)/2}$ 이다. 따라서

$x^2+y^2-2z^2 = u -2(u+1)/2 = -1$ 이며, $+1$ 이 아니다.

원본 교재 풀이(영어)

Note that, since $x^2+y^2=1+2z^2$ on $S$ , the condition $z\ge 1$ is equivalent to $x^2+y^2\ge 3$ , $z\ge 0$ . So the hyperboloid is $\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x^2+y^2=1+2z^2,\ 3\le x^2+y^2\le 9, z\ge 0\ \big\}$ .

(a) No. Under this parametrization, the condition $3\le x^2+y^2\le 9$ is $3\le u^2+v^2\le 9$ , not $2\le u^2+v^2\le 9$ .

(b) Yes. Under this parametrization, $x=u\sin v$ , $y=-u\cos v$ and $z=\sqrt{\frac{u^2}{2}-\frac{1}{2}}$ . So

$x^2+y^2-2z^2 = u^2-2\left(\frac{u^2}{2}-\frac{1}{2}\right) = 1$ , as desired.
The condition $x^2+y^2\le 9$ is equivalent to $u\le 3$ , since $u\ge 0$ .
The condition $x^2+y^2\ge 3$ is equivalent to $u\ge\sqrt{3}$ , since $u\ge 0$ .
$z=\sqrt{\frac{u^2}{2}-\frac{1}{2}}\ge 0$

(c) Yes. Under this parametrization, $x=\sqrt{1+2v^2}\cos u$ , $y=\sqrt{1+2v^2}\sin u$ and $z=v$ . So

$x^2+y^2-2z^2 = 1+2v^2 -2v^2 = 1$ , as desired.
The condition $x^2+y^2\le 9$ is equivalent to $1+2v^2\le 9$ , which is equivalent to $v\le 2$ , since $v\ge 0$ .
The condition $x^2+y^2\ge 3$ is equivalent to $1+2v^2\ge 3$ , which is equivalent to $v\ge 1$ , since $v\ge 0$ .
$z=v\ge 0$

(d) Yes. Under this parametrization, $x=\sqrt{1+u}\sin v$ , $y=\sqrt{1+u}\cos v$ and $z=\sqrt{u/2}$ . So

$x^2+y^2-2z^2 = 1+u -2(u/2) = 1$ , as desired.
The condition $x^2+y^2\le 9$ is equivalent to $1+u\le 9$ , which is equivalent to $u\le 8$ .
The condition $x^2+y^2\ge 3$ is equivalent to $1+u\ge 3$ , which is equivalent to $u\ge 2$ .
$z=\sqrt{u/2}\ge 0$

(e) No. Under this parametrization, $x=\sqrt{u}\cos v$ , $y=-\sqrt{u}\sin v$ and $z=\sqrt{(u+1)/2}$ . So

$x^2+y^2-2z^2 = u -2(u+1)/2 = -1$ , not $+1$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 3.1절 · 2번

# 매개변수 곡면계산보통자동 분류

636.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) $\mathbf{r}(u,\theta) = u\sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +u\cos \theta\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\sqrt{2-u^2}\,\hat{\mathbf{k}}$

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

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

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.

(c) 아니요. $1<u\le 2$ 일 때 $(u\sin\theta)^2+(u\cos\theta)^2=u^2>1$ 이다. 또한 $\sqrt{2}<u\le 2$ 일 때 $\sqrt{2-u^2}$ 는 정의되지 않는다.

(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 문제 풀기CLP-4 · 3.2절 · 1번

# 매개변수 곡면계산보통자동 분류

637.CLP-4 · 3.1절 · 5번대학 수준우리말 번역

$S$ 를 포물면 $z + x^2 + y^2 = 4$ 의 일부로서 평면 $z = 0$ 과 $z = 1$ 사이에 놓인 부분이라고 하자. 다음 각각이 곡면 $S$ 를 올바르게 매개화하는지 판단하세요.

(a) $\mathbf{r}(u,v) = u\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + v\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + (4 - u^2 - v^2)\,\hat{\mathbf{k}}$ , $0 \le u^2 + v^2 \le 1$ (b) $\mathbf{r}(u,v) = (\sqrt{4-u}\,\cos v)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (\sqrt{4-u}\, \sin v)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + u\,\hat{\mathbf{k}}$ ,

$0 \le u \le 1$ , $0 \le v \le 2\pi$ (c) $\mathbf{r}(u, v) = (u \cos v)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (u \sin v)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + (4 - u^2 )\,\hat{\mathbf{k}}$ , $\sqrt{3} \le u \le 2$ , $0 \le v \le 2\pi$

영어 원문 보기

Let $S$ be the part of the paraboloid $z + x^2 + y^2 = 4$ lying between the planes $z = 0$ and $z = 1$ . For each of the following, indicate whether or not it correctly parameterizes the surface $S$ .

(a) $\mathbf{r}(u,v) = u\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + v\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + (4 - u^2 - v^2)\,\hat{\mathbf{k}}$ , $0 \le u^2 + v^2 \le 1$ (b) $\mathbf{r}(u,v) = (\sqrt{4-u}\,\cos v)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (\sqrt{4-u}\, \sin v)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + u\,\hat{\mathbf{k}}$ ,

$0 \le u \le 1$ , $0 \le v \le 2\pi$ (c) $\mathbf{r}(u, v) = (u \cos v)\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + (u \sin v)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + (4 - u^2 )\,\hat{\mathbf{k}}$ , $\sqrt{3} \le u \le 2$ , $0 \le v \le 2\pi$

답 쓰고 채점

(a)

(b)

(c)

정답·풀이 보기

(a) 아니요. $u=v=0$ 일 때 $z=4$ 는 $0$ 과 $1$ 사이에 있지 않다.

(b) 예. $x=\sqrt{4-u}\,\cos v$ , $y=\sqrt{4-u}\,\sin v$ , $z= u$ 이고 $0 \le u \le 1$ , $0 \le v \le 2\pi$ 일 때 다음이 성립한다.

$z+x^2+y^2=4$
$0\le z=u\le 1$
$0$ 과 $1$ 사이의 각각의 고정된 $z=u$ 에 대해, $v$ 가 $0$ 에서 $2\pi$ 까지 변할 때 $(x,y)$ 는 원 $x^2+y^2 =4-z =4-u$ 를 꼭 한 바퀴 돈다.

(c) 예. $x=u\,\cos v$ , $y=u\,\sin v$ , $z= 4-u^2$ 이고 $\sqrt{3} \le u \le 2$ , $0 \le v \le 2\pi$ 일 때 다음이 성립한다.

$z+x^2+y^2=4$
$0\le z=4-u^2\le 1$
$0$ 과 $1$ 사이의 각각의 고정된 $z=4-u^2$ 에 대해, $v$ 가 $0$ 에서 $2\pi$ 까지 변할 때 $(x,y)$ 는 원 $x^2+y^2 =4-z =u^2$ 을 꼭 한 바퀴 돈다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) No. When $u=v=0$ , $z=4$ is not between $0$ and $1$ .

(b) Yes. Note that when $x=\sqrt{4-u}\,\cos v$ , $y=\sqrt{4-u}\,\sin v$ and $z= u$ with $0 \le u \le 1$ , $0 \le v \le 2\pi$ ,

$z+x^2+y^2=4$
$0\le z=u\le 1$
For each fixed $z=u$ between $0$ and $1$ , $(x,y)$ runs once around the circle $x^2+y^2 =4-z =4-u$ as $v$ runs from $0$ to $2\pi$ .

(c) Yes. Note that when $x=u\,\cos v$ , $y=u\,\sin v$ and $z= 4-u^2$ , with $\sqrt{3} \le u \le 2$ , $0 \le v \le 2\pi$

$z+x^2+y^2=4$
$0\le z=4-u^2\le 1$
For each fixed $z=4-u^2$ between $0$ and $1$ , $(x,y)$ runs once around the circle $x^2+y^2 =4-z =u^2$ as $v$ runs from $0$ to $2\pi$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 3.1절 · 4번

# 매개변수 곡면계산보통자동 분류

638.CLP-4 · 3.1절 · 6번대학 수준우리말 번역

다음 곡면을 생각하세요.

$S_1$ 은 방정식 $x^2 + y^2 + z^2 = 4$ (단, $z\ge 0$ )로 주어지는 반구이다.
$S_2$ 는 방정식 $x^2 + y^2 = 1$ 로 주어지는 원기둥이다.
$S_3$ 은 방정식 $z^2 = x^2 + y^2$ (단, $z\ge 0$ )로 주어지는 원뿔이다.

다음의 매개변수 표현을 생각하세요.

A. $\mathbf{r}(\theta, \phi) =\big(\sqrt{4}\cos\theta\sin\phi\,,\, \sqrt{4}\sin\theta\sin\phi\,,\, \sqrt{4}\cos\phi\big),\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad 0\le\phi\le\pi/6$ B. $\mathbf{r}(\theta, \phi) =\big(\sqrt{4}\cos\theta\sin\phi\,,\, \sqrt{4}\sin\theta\sin\phi\,,\, \sqrt{4}\cos\phi\big),\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad 0\le\phi\le\pi/4$ C. $\mathbf{r}(\theta, \phi) =\big(\sqrt{4}\cos\theta\sin\phi\,,\, \sqrt{4}\sin\theta\sin\phi\,,\, \sqrt{4}\cos\phi\big),\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad 0\le\phi\le\pi/3$ D. $\mathbf{r}(\theta,z) = \big(\sqrt{4-z^2}\cos\theta\,,\,\sqrt{4-z^2}\sin\theta\,,\,z\big)\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad 1\le z\le 2$ E. $\mathbf{r}(\theta,z) = \big(\sqrt{4-z^2}\cos\theta\,,\,\sqrt{4-z^2}\sin\theta\,,\,z\big)\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad \sqrt{2}\le z\le 2$ F. $\mathbf{r}(\theta,z) = \big(\sqrt{4-z^2}\cos\theta\,,\,\sqrt{4-z^2}\sin\theta\,,\,z\big)\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad \sqrt{3}\le z\le 2$ G. $\mathbf{r}(\theta,z) = \big(z\cos\theta\,,\,z\sin\theta\,,\,z\big)\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad 0\le z\le 1$ H. $\mathbf{r}(\theta,z) = \big(z\cos\theta\,,\,z\sin\theta\,,\,z\big)\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad 0\le z\le \sqrt{2}$ I. $\mathbf{r}(\theta,z) = \big(z\cos\theta\,,\,z\sin\theta\,,\,z\big)\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad 0\le z\le \sqrt{3}$ J. $\mathbf{r}(x,y) =\big(x\,,\,y\,,\,\sqrt{x^2+y^2}\big)\qquad x^2+y^2\le 1$ K. $\mathbf{r}(x,y) =\big(x\,,\,y\,,\,\sqrt{x^2+y^2}\big)\qquad x^2+y^2\le \sqrt{2}$ L. $\mathbf{r}(x,y) =\big(x\,,\,y\,,\,\sqrt{x^2+y^2}\big)\qquad x^2+y^2\le 2$

다음 각각에 대해, 위의 매개변수 표현 중에서 주어진 곡면의 올바른 매개변수 표현을 모두 고르세요. 각 곡면에 대해 올바른 매개변수 표현이 하나 이상 있을 수 있으며, 위의 매개변수 표현이 모두 사용되는 것은 아님에 유의하세요.

(a) $S_1$ 중에서 $S_2$ 의 안쪽에 있는 부분: (b) $S_1$ 중에서 $S_3$ 의 안쪽에 있는 부분: (c) $S_3$ 중에서 $S_2$ 의 안쪽에 있는 부분: (d) $S_3$ 중에서 $S_1$ 의 안쪽에 있는 부분:

영어 원문 보기

Consider the following surfaces

$S_1$ is the hemisphere given by the equation $x^2 + y^2 + z^2 = 4$ with $z\ge 0$ .
$S_2$ is the cylinder given by the equation $x^2 + y^2 = 1$ .
$S_3$ is the cone given by the equation $z^2 = x^2 + y^2$ with $z\ge 0$ .

Consider the following parameterizations:

A. $\mathbf{r}(\theta, \phi) =\big(\sqrt{4}\cos\theta\sin\phi\,,\, \sqrt{4}\sin\theta\sin\phi\,,\, \sqrt{4}\cos\phi\big),\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad 0\le\phi\le\pi/6$ B. $\mathbf{r}(\theta, \phi) =\big(\sqrt{4}\cos\theta\sin\phi\,,\, \sqrt{4}\sin\theta\sin\phi\,,\, \sqrt{4}\cos\phi\big),\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad 0\le\phi\le\pi/4$ C. $\mathbf{r}(\theta, \phi) =\big(\sqrt{4}\cos\theta\sin\phi\,,\, \sqrt{4}\sin\theta\sin\phi\,,\, \sqrt{4}\cos\phi\big),\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad 0\le\phi\le\pi/3$ D. $\mathbf{r}(\theta,z) = \big(\sqrt{4-z^2}\cos\theta\,,\,\sqrt{4-z^2}\sin\theta\,,\,z\big)\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad 1\le z\le 2$ E. $\mathbf{r}(\theta,z) = \big(\sqrt{4-z^2}\cos\theta\,,\,\sqrt{4-z^2}\sin\theta\,,\,z\big)\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad \sqrt{2}\le z\le 2$ F. $\mathbf{r}(\theta,z) = \big(\sqrt{4-z^2}\cos\theta\,,\,\sqrt{4-z^2}\sin\theta\,,\,z\big)\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad \sqrt{3}\le z\le 2$ G. $\mathbf{r}(\theta,z) = \big(z\cos\theta\,,\,z\sin\theta\,,\,z\big)\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad 0\le z\le 1$ H. $\mathbf{r}(\theta,z) = \big(z\cos\theta\,,\,z\sin\theta\,,\,z\big)\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad 0\le z\le \sqrt{2}$ I. $\mathbf{r}(\theta,z) = \big(z\cos\theta\,,\,z\sin\theta\,,\,z\big)\qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad 0\le z\le \sqrt{3}$ J. $\mathbf{r}(x,y) =\big(x\,,\,y\,,\,\sqrt{x^2+y^2}\big)\qquad x^2+y^2\le 1$ K. $\mathbf{r}(x,y) =\big(x\,,\,y\,,\,\sqrt{x^2+y^2}\big)\qquad x^2+y^2\le \sqrt{2}$ L. $\mathbf{r}(x,y) =\big(x\,,\,y\,,\,\sqrt{x^2+y^2}\big)\qquad x^2+y^2\le 2$

For each of the following, choose from above all of the valid parameterization of each of the given surfaces. Note that there may be one or more valid parameterization for each surface, and not necessarily all of the above parameterizations will be used.

(a) The part of $S_1$ contained inside $S_2$ : (b) The part of $S_1$ contained inside $S_3$ : (c) The part of $S_3$ contained inside $S_2$ : (d) The part of $S_3$ contained inside $S_1$ :

정답·풀이 보기

먼저 다음에 유의한다.

A, B, C에서 $\mathbf{r}(\theta, \phi) =x(\theta, \phi)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, \phi)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, \phi)\,\hat{\mathbf{k}}$ 는

$x(\theta, \phi)^2+ y(\theta, \phi)^2+z(\theta, \phi)^2 = 4$

를 만족하므로 $S_1$ 위에 있다.

D, E, F에서 $\mathbf{r}(\theta, z) =x(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, z)\,\hat{\mathbf{k}}$ 는

$x(\theta, z)^2+ y(\theta, z)^2=4-z(\theta, z)^2$

을 만족하므로 $S_1$ 위에 있다.

G, H, I에서 $\mathbf{r}(\theta, z) =x(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, z)\,\hat{\mathbf{k}}$ 는

$x(\theta, z)^2+ y(\theta, z)^2=z(\theta, z)^2$

을 만족하므로 $S_3$ 위에 있다.

J, K, L에서 $\mathbf{r}(x, y) =x(x, y)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(x, y)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(x, y)\,\hat{\mathbf{k}}$ 는

$x(x, y)^2+ y(x, y)^2=z(x, y)^2$

을 만족하므로 $S_3$ 위에 있다.

(a) $S_1$ 의 일부를 얻으려면 매개변수 표현 A, B, C, D, E, F 중 하나를 써야 한다. A, B, C의 경우, $\mathbf{r}(\theta, \phi) =x(\theta, \phi)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, \phi)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, \phi)\,\hat{\mathbf{k}}$ 가 $S_2$ 의 안쪽에 있으려면 ( $S_1$ 의 모든 점에서 $z(\theta,\phi)\ge 0$ 이므로 $0\le\phi\le{\pi}/{2}$ 임을 떠올리면)

$\begin{aligned} x(\theta, \phi)^2 + y(\theta, \phi)^2 \le 1 &\iff 4\sin^2\phi \le 1 \iff \sin\phi \le \frac{1}{2} \iff 0\le\phi\le \frac{\pi}{6} \end{aligned}$

이어야 한다.

D, E, F의 경우, $\mathbf{r}(\theta, z) =x(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, z)\,\hat{\mathbf{k}}$ 가 $S_2$ 의 안쪽에 있으려면 ( $S_1$ 의 모든 점에서 $z(\theta,z)\ge 0$ 이므로 $z\ge 0$ 임을 떠올리면)

$\begin{aligned} x(\theta, z)^2 + y(\theta, z)^2 \le 1 &\iff 4-z^2 \le 1 \iff z \ge \sqrt{3} \end{aligned}$

이어야 한다.

따라서 매개변수 표현 A와 F가 알맞다.

(b) $S_1$ 의 일부를 얻으려면 매개변수 표현 A, B, C, D, E, F 중 하나를 써야 한다. A, B, C의 경우, $\mathbf{r}(\theta, \phi) =x(\theta, \phi)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, \phi)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, \phi)\,\hat{\mathbf{k}}$ 가 $S_3$ 의 안쪽에 있으려면 ( $S_1$ 의 모든 점에서 $z(\theta,\phi)\ge 0$ 이므로 $0\le\phi\le{\pi}/{2}$ 임을 떠올리면)

$\begin{aligned} x(\theta, \phi)^2 + y(\theta, \phi)^2 \le z(\theta,\phi)^2 &\iff 4\sin^2\phi \le 4\cos^2\phi \iff \tan\phi \le 1 \iff 0\le\phi\le \frac{\pi}{4} \end{aligned}$

이어야 한다.

D, E, F의 경우, $\mathbf{r}(\theta, z) =x(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, z)\,\hat{\mathbf{k}}$ 가 $S_3$ 의 안쪽에 있으려면 ( $S_1$ 의 모든 점에서 $z(\theta,z)\ge 0$ 이므로 $z\ge 0$ 임을 떠올리면)

$\begin{aligned} x(\theta, z)^2 + y(\theta, z)^2 \le z(\theta, z)^2 &\iff 4-z^2 \le z^2 \iff z \ge \sqrt{2} \end{aligned}$

이어야 한다.

따라서 매개변수 표현 B와 E가 알맞다.

(c) $S_3$ 의 일부를 얻으려면 매개변수 표현 G, H, I, J, K, L 중 하나를 써야 한다. G, H, I의 경우, $\mathbf{r}(\theta, z) =x(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, z)\,\hat{\mathbf{k}}$ 가 $S_2$ 의 안쪽에 있으려면 ( $S_3$ 의 모든 점에서 $z\ge 0$ 임을 떠올리면)

$\begin{aligned} x(\theta, z)^2 + y(\theta, z)^2 \le 1 &\iff z^2 \le 1 \iff 0\le z\le 1 \end{aligned}$

이어야 한다.

J, K, L의 경우, $\mathbf{r}(x, y) =x(x, y)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(x, y)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(x, y)\,\hat{\mathbf{k}}$ 가 $S_3$ 의 안쪽에 있으려면

$\begin{aligned} x(x, y)^2 + y(x, y)^2 \le 1 &\iff x^2+y^2 \le 1 \end{aligned}$

이어야 한다.

따라서 매개변수 표현 G와 J가 알맞다.

(d) $S_3$ 의 일부를 얻으려면 매개변수 표현 G, H, I, J, K, L 중 하나를 써야 한다. G, H, I의 경우, $\mathbf{r}(\theta, z) =x(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, z)\,\hat{\mathbf{k}}$ 가 $S_1$ 의 안쪽에 있으려면 ( $S_3$ 의 모든 점에서 $z\ge 0$ 임을 떠올리면)

$\begin{aligned} x(\theta, z)^2 + y(\theta, z)^2+ z(\theta, z)^2 \le 4 &\iff 2z^2 \le 4 \iff 0\le z\le \sqrt{2} \end{aligned}$

이어야 한다.

J, K, L의 경우, $\mathbf{r}(x, y) =x(x, y)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(x, y)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(x, y)\,\hat{\mathbf{k}}$ 가 $S_3$ 의 안쪽에 있으려면

$\begin{aligned} x(x, y)^2 + y(x, y)^2 + z(x, y)^2 \le 4 &\iff 2x^2+2y^2 \le 4 \end{aligned}$

이어야 한다.

따라서 매개변수 표현 H와 L이 알맞다.

원본 교재 풀이(영어)

First note that,

for A, B and C, $\mathbf{r}(\theta, \phi) =x(\theta, \phi)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, \phi)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, \phi)\,\hat{\mathbf{k}}$ obeys

$x(\theta, \phi)^2+ y(\theta, \phi)^2+z(\theta, \phi)^2 = 4$

and so lies on $S_1$

for D, E and F, $\mathbf{r}(\theta, z) =x(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, z)\,\hat{\mathbf{k}}$ obeys

$x(\theta, z)^2+ y(\theta, z)^2=4-z(\theta, z)^2$

and so lies on $S_1$

for G, H and I, $\mathbf{r}(\theta, z) =x(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, z)\,\hat{\mathbf{k}}$ obeys

$x(\theta, z)^2+ y(\theta, z)^2=z(\theta, z)^2$

and so lies on $S_3$

for J, K and L, $\mathbf{r}(x, y) =x(x, y)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(x, y)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(x, y)\,\hat{\mathbf{k}}$ obeys

$x(x, y)^2+ y(x, y)^2=z(x, y)^2$

and so lies on $S_3$

(a) To get a part of $S_1$ , we need to use one of the parametrizations A, B, C, D, E, F. In the cases of A, B, C, for $\mathbf{r}(\theta, \phi) =x(\theta, \phi)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, \phi)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, \phi)\,\hat{\mathbf{k}}$ to lie inside $S_2$ we need (recalling that all points of $S_1$ have $z(\theta,\phi)\ge 0$ and hence $0\le\phi\le{\pi}/{2}$ )

$\begin{aligned} x(\theta, \phi)^2 + y(\theta, \phi)^2 \le 1 &\iff 4\sin^2\phi \le 1 \iff \sin\phi \le \frac{1}{2} \iff 0\le\phi\le \frac{\pi}{6} \end{aligned}$

In the cases of D, E, F, for $\mathbf{r}(\theta, z) =x(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, z)\,\hat{\mathbf{k}}$ to lie inside $S_2$ we need (recalling that all points of $S_1$ have $z(\theta,z)\ge 0$ and hence $z\ge 0$ )

$\begin{aligned} x(\theta, z)^2 + y(\theta, z)^2 \le 1 &\iff 4-z^2 \le 1 \iff z \ge \sqrt{3} \end{aligned}$

So parametrizations A and F work.

(b) To get a part of $S_1$ , we need to use one of the parametrizations A, B, C, D, E, F. In the cases of A, B, C, for $\mathbf{r}(\theta, \phi) =x(\theta, \phi)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, \phi)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, \phi)\,\hat{\mathbf{k}}$ to lie inside $S_3$ we need (recalling that all points of $S_1$ have $z(\theta,\phi)\ge 0$ and hence $0\le\phi\le{\pi}/{2}$ )

$\begin{aligned} x(\theta, \phi)^2 + y(\theta, \phi)^2 \le z(\theta,\phi)^2 &\iff 4\sin^2\phi \le 4\cos^2\phi \iff \tan\phi \le 1 \iff 0\le\phi\le \frac{\pi}{4} \end{aligned}$

In the cases of D, E, F, for $\mathbf{r}(\theta, z) =x(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, z)\,\hat{\mathbf{k}}$ to lie inside $S_3$ we need (recalling that all points of $S_1$ have $z(\theta,z)\ge 0$ and hence $z\ge 0$ )

$\begin{aligned} x(\theta, z)^2 + y(\theta, z)^2 \le z(\theta, z)^2 &\iff 4-z^2 \le z^2 \iff z \ge \sqrt{2} \end{aligned}$

So parametrizations B and E work.

(c) To get a part of $S_3$ , we need to use one of the parametrizations G, H, I, J, K, L. In the cases of G, H, I, for $\mathbf{r}(\theta, z) =x(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, z)\,\hat{\mathbf{k}}$ to lie inside $S_2$ we need (recalling that all points of $S_3$ have $z\ge 0$ )

$\begin{aligned} x(\theta, z)^2 + y(\theta, z)^2 \le 1 &\iff z^2 \le 1 \iff 0\le z\le 1 \end{aligned}$

In the cases of J, K, L, for $\mathbf{r}(x, y) =x(x, y)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(x, y)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(x, y)\,\hat{\mathbf{k}}$ to lie inside $S_3$ we need

$\begin{aligned} x(x, y)^2 + y(x, y)^2 \le 1 &\iff x^2+y^2 \le 1 \end{aligned}$

So parametrizations G and J work.

(d) To get a part of $S_3$ , we need to use one of the parametrizations G, H, I, J, K, L. In the cases of G, H, I, for $\mathbf{r}(\theta, z) =x(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(\theta, z)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(\theta, z)\,\hat{\mathbf{k}}$ to lie inside $S_1$ we need (recalling that all points of $S_3$ have $z\ge 0$ )

$\begin{aligned} x(\theta, z)^2 + y(\theta, z)^2+ z(\theta, z)^2 \le 4 &\iff 2z^2 \le 4 \iff 0\le z\le \sqrt{2} \end{aligned}$

In the cases of J, K, L, for $\mathbf{r}(x, y) =x(x, y)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+ y(x, y)\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z(x, y)\,\hat{\mathbf{k}}$ to lie inside $S_3$ we need

$\begin{aligned} x(x, y)^2 + y(x, y)^2 + z(x, y)^2 \le 4 &\iff 2x^2+2y^2 \le 4 \end{aligned}$

So parametrizations H and L work.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 3.1절 · 5번

# 매개변수 곡면계산도전자동 분류

639.CLP-4 · 3.1절 · 7번대학 수준우리말 번역

축에 평행하지 않은 직선을 회전축으로 하는 회전체를 매개변수로 나타내세요. 먼저 회전시키는 평면이 그 축에 수직임을 보이는 것이 좋을 수 있습니다.

(a) 평면 $x=y$ 위에 있고 중심이 $(2,2,4)$ 이며 반지름이 1인 원의 매개변수 방정식을 구하세요. (b) (a)의 원을 직선 $\mathbf{r}(t)=4\hat{\boldsymbol{\imath}}+4\hat{\boldsymbol{\jmath}}+t\hat{\mathbf{k}}$ 를 축으로 회전시켜 만들어지는 곡면의 매개변수 방정식을 구하세요.

영어 원문 보기

Parametrize a solid of rotation about a line not parallel to an axis. Maybe first show that the plane you're rotating is normal to that axis.

(a) Give a parametric equation for the circle of radius 1, centred at $(2,2,4)$ , lying in the plane $x=y$ . (b) Give a parametrized equation for the surface formed by rotating the circle from part (a) about the line $\mathbf{r}(t)=4\hat{\boldsymbol{\imath}}+4\hat{\boldsymbol{\jmath}}+t\hat{\mathbf{k}}$ .

정답·풀이 보기

(a) 아래 그림에서 점 $(x,y,z)$ 는 중심 $(2,2,4)$ 에서 $\hat{\mathbf{k}}$ 방향으로 $\sin\theta$ 단위, $\sqrt \frac1{\sqrt 2}(\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}})$ 방향으로 $\cos\theta$ 단위만큼 벗어나 있다. 따라서 $(x,y,z)=(2+\frac1{\sqrt 2}\cos\theta~,~2+\frac1{\sqrt 2}\cos\theta~,~4+\sin\theta)$ 이다.

따라서 이 원을 $0 \le \theta \le 2\pi$ 에서 $(x,y,z)=(2+\frac1{\sqrt 2}\cos\theta~,~2+\frac1{\sqrt 2}\cos\theta~,~4+\sin\theta)$ 로 매개변수화할 수 있다.

참고: 이 방정식이 우리가 원하는 두 가지 성질을 만족함은 쉽게 확인할 수 있다. $x$ 좌표와 $y$ 좌표가 같으므로 평면 $x=y$ 위에 있다. 중심이 $(2,2,4)$ 인 원임을 확인하기 위해, $(x,y,z)$ 에서 $(2,2,4)$ 까지의 거리를 구하면 다음과 같다.

$\begin{aligned} d&=\sqrt{(x-2)^2+(y-2)^2+(z-4)^2}=\sqrt{\left(\frac1{\sqrt 2}\cos\theta\right)^2+\left(\frac1{\sqrt 2}\cos\theta\right)^2+\left(\sin\theta\right)^2}\\ &=\sqrt{\frac12\cos^2\theta+\frac12\cos^2\theta+\sin^2\theta}=\sqrt{\cos^2\theta+\sin^2\theta}=1 \end{aligned}$

따라서 모든 점이 같은 한 점으로부터 거리가 1이다. 즉, 이 점들은 반지름이 1인 원 위에 있다.

(b) 점 $(x,y,z)=(2+\frac1{\sqrt 2}\cos\theta~,~2+\frac1{\sqrt 2}\cos\theta~,~4+\sin\theta)$ 를 직선 $x=y=4$ 를 축으로 $\phi$ 라디안만큼 회전시키는 경우를 생각한다.

회전한 점의 높이는 $z=4+\sin\theta$ 로 그대로이다. 직선 $x=y=4$ 까지의 거리도 변하지 않는다: $R=\sqrt{(x-4)^2+(y-4)^2+(z-z)^2}=\sqrt{(\frac1{\sqrt 2}\cos\theta-2)^2+(\frac1{\sqrt 2}\cos\theta-2)^2+0)}=\cos\theta-2\sqrt2$ .

원 위의 점 $(x,y,z)=(2+\frac1{\sqrt2}\cos\theta,2+\frac{1}{\sqrt 2} \cos \theta,4+\sin\theta)$ 가 그리는 원은 중심이 $(4,4,z)$ 이고 반지름이 $\sqrt2(4-x)$ 이므로, 그 방정식은 $x=4+\sqrt2(2-\sqrt2\cos\theta)\cos\phi$ , $y=4+\sqrt2(2-\sqrt2\cos\theta)\sin\phi$ , $z=4\sin\theta$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) In the sketch below, the point $(x,y,z)$ deviates from the centre $(2,2,4)$ by $\sin\theta$ units in the $\hat{\mathbf{k}}$ direction, and by $\cos\theta$ units in the $\sqrt \frac1{\sqrt 2}(\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}})$ direction. So, $(x,y,z)=(2+\frac1{\sqrt 2}\cos\theta~,~2+\frac1{\sqrt 2}\cos\theta~,~4+\sin\theta)$ .

So, we can parametrize the circle as $(x,y,z)=(2+\frac1{\sqrt 2}\cos\theta~,~2+\frac1{\sqrt 2}\cos\theta~,~4+\sin\theta)$ , with $0 \le \theta \le 2\pi$ .

Remark: it's easy to check that this equation satisfies the two properties we desire. Since the $x$ - and $y$ coordinates match, it's in the plane $x=y$ . To check that it's a circle centred at $(2,2,4)$ , we note the distance from $(x,y,z)$ to $(2,2,4)$ is:

$\begin{aligned} d&=\sqrt{(x-2)^2+(y-2)^2+(z-4)^2}=\sqrt{\left(\frac1{\sqrt 2}\cos\theta\right)^2+\left(\frac1{\sqrt 2}\cos\theta\right)^2+\left(\sin\theta\right)^2}\\ &=\sqrt{\frac12\cos^2\theta+\frac12\cos^2\theta+\sin^2\theta}=\sqrt{\cos^2\theta+\sin^2\theta}=1 \end{aligned}$

So, our points all have distance one from the same point — that is, they lie on a circle of radius 1.

(b) Consider a point $(x,y,z)=(2+\frac1{\sqrt 2}\cos\theta~,~2+\frac1{\sqrt 2}\cos\theta~,~4+\sin\theta)$ , rotating $\phi$ radians about the line $x=y=4$ .

The new position of the point has the same height, $z=4+\sin\theta$ . Its distance from the line $x=y=4$ is also preserved: $R=\sqrt{(x-4)^2+(y-4)^2+(z-z)^2}=\sqrt{(\frac1{\sqrt 2}\cos\theta-2)^2+(\frac1{\sqrt 2}\cos\theta-2)^2+0)}=\cos\theta-2\sqrt2$ .

The circle traced out by a point $(x,y,z)=(2+\frac1{\sqrt2}\cos\theta,2+\frac{1}{\sqrt 2} \cos \theta,4+\sin\theta)$ on the circle is centred at $(4,4,z)$ with radius $\sqrt2(4-x)$ , so it has equation $x=4+\sqrt2(2-\sqrt2\cos\theta)\cos\phi$ , $y=4+\sqrt2(2-\sqrt2\cos\theta)\sin\phi$ , $z=4\sin\theta$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 3.1절 · 6번

# 매개변수 곡면증명·논술도전자동 분류

640.CLP-4 · 3.2절 · 1번대학 수준우리말 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?

영어 원문 보기

Is it reasonable to say that the surfaces $x^2+y^2+(z-1)^2=1$ and $x^2+y^2+(z+1)^2=1$ are tangent to each other at $(0,0,0)$ ?

정답·풀이 보기

$F(x,y,z) = x^2+y^2+(z-1)^2-1$ , $G(x,y,z) = x^2+y^2+(z+1)^2-1$ 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.

원본 교재 풀이(영어)

Write $F(x,y,z) = x^2+y^2+(z-1)^2-1$ and $G(x,y,z) = x^2+y^2+(z+1)^2-1$ . Let $S_1$ denote the surface $F(x,y,z)=0$ and $S_2$ denote the surface $G(x,y,z)=0$ . First note that $F(0,0,0)=G(0,0,0)=0$ so that the point $(0,0,0)$ lies on both $S_1$ and $S_2$ . The gradients of $F$ and $G$ are

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

In particular,

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

so that the vector $\hat{\mathbf{k}}=-\frac{1}{2}{ \boldsymbol{\nabla} } F(0,0,0) =\frac{1}{2}{ \boldsymbol{\nabla} } G(0,0,0)$ is normal to both surfaces at $(0,0,0)$ . So the tangent plane to both $S_1$ and $S_2$ at $(0,0,0)$ is

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

Denote by $P$ the plane $z=0$ . Thus $S_1$ is tangent to $P$ at $(0,0,0)$ and $P$ is tangent to $S_2$ at $(0,0,0)$ . So it is reasonable to say that $S_1$ and $S_2$ are tangent at $(0,0,0)$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 3.2절 · 2번

# 매개변수 곡면계산기본자동 분류

벡터 미적분 전체 문제