매개변수 곡면 연습문제 | 빌드라인 스쿨

21.APEX · 14.5절 · 21번대학 수준우리말 번역

연습문제 21–24에서 주어진 곡면 $\mathcal{S}$ 의 겉넓이 $S$ 를 구하는 이중적분을 세우고, 기술을 이용하여 그 값을 어림하세요.

$\mathcal{S}$ 는 원점을 중심으로 하고 반지름이 3인 원판 위에 있는 포물면 $z=x^2+y^2$ 입니다.

영어 원문 보기

In Exercises 21–24, set up the double integral that finds the surface area $S$ of the given surface $\mathcal{S}$ , then use technology to approximate its value.

$\mathcal{S}$ is the paraboloid $z=x^2+y^2$ over the circular disk of radius 3 centered at the origin.

정답·풀이 보기

$S =\int_0^3\int_0^{2\pi}\sqrt{v^2+4v^4}\ du\ dv= (37\sqrt{37}-1)\pi/6 \approx 117.319$ .

원본 교재 풀이(영어)

$S =\int_0^3\int_0^{2\pi}\sqrt{v^2+4v^4}\ du\ dv= (37\sqrt{37}-1)\pi/6 \approx 117.319$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 3.1절 · 7번

# 매개변수 곡면계산자동 분류

22.APEX · 14.5절 · 22번대학 수준우리말 번역

연습문제 21–24에서 주어진 곡면 $\mathcal{S}$ 의 겉넓이 $S$ 를 구하는 이중적분을 세우고, 기술을 이용하여 그 값을 어림하세요.

$\mathcal{S}$ 는 꼭짓점이 $(0,0)$ , $(0,1)$ , $(1,1)$ 인 삼각형 위에 있는 포물면 $z=x^2+y^2$ 입니다.

영어 원문 보기

In Exercises 21–24, set up the double integral that finds the surface area $S$ of the given surface $\mathcal{S}$ , then use technology to approximate its value.

$\mathcal{S}$ is the paraboloid $z=x^2+y^2$ over the triangle with vertices at $(0,0)$ , $(0,1)$ and $(1,1)$ .

정답·풀이 보기

$S = \int_0^1\int_0^1\sqrt{v^2+4u^2v^2+4v^4}\ du\ dv \approx 0.931$ .

원본 교재 풀이(영어)

$S = \int_0^1\int_0^1\sqrt{v^2+4u^2v^2+4v^4}\ du\ dv \approx 0.931$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 3.2절 · 2번

# 매개변수 곡면계산자동 분류

23.APEX · 14.5절 · 23번대학 수준우리말 번역

연습문제 21–24에서 주어진 곡면 $\mathcal{S}$ 의 겉넓이 $S$ 를 구하는 이중적분을 세우고, 계산 도구(공학 도구)를 이용하여 그 값을 어림하세요.

$\mathcal{S}$ 는 포물선 $y=1-x^2$ 과 $x$ 축으로 둘러싸인 영역 위에 있는 평면 $z=5x-y$ 입니다.

영어 원문 보기

In Exercises 21–24, set up the double integral that finds the surface area $S$ of the given surface $\mathcal{S}$ , then use technology to approximate its value.

$\mathcal{S}$ is the plane $z=5x-y$ over the region enclosed by the parabola $y=1-x^2$ and the $x$ -axis.

정답·풀이 보기

$S =\int_0^1\int_{-1}^{1}\sqrt{(5u^2-2uv-5)^2+u^4+(1-u^2)^2}\ du\ dv \approx 7.084$ .

원본 교재 풀이(영어)

$S =\int_0^1\int_{-1}^{1}\sqrt{(5u^2-2uv-5)^2+u^4+(1-u^2)^2}\ du\ dv \approx 7.084$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 3.1절 · 5번

# 매개변수 곡면계산자동 분류

24.APEX · 14.5절 · 24번대학 수준우리말 번역

연습문제 21–24에서, 주어진 곡면 $\mathcal{S}$ 의 겉넓이 $S$ 를 구하는 이중적분을 세운 다음, 공학 도구를 사용하여 그 값을 어림하세요.

$\mathcal{S}$ 는 원점을 중심으로 하는 반지름이 1인 원판 위에 놓인 쌍곡 포물면 $z=x^2-y^2$ 이다.

영어 원문 보기

In Exercises 21–24, set up the double integral that finds the surface area $S$ of the given surface $\mathcal{S}$ , then use technology to approximate its value.

$\mathcal{S}$ is the hyperbolic paraboloid $z=x^2-y^2$ over the circular disk of radius 1 centered at the origin.

정답·풀이 보기

$S =\int_0^1\int_{0}^{2\pi}\sqrt{v^2+4v^4}\ du\ dv = (5\sqrt{5}-1)\pi/6 \approx 5.330$ .

원본 교재 풀이(영어)

$S =\int_0^1\int_{0}^{2\pi}\sqrt{v^2+4v^4}\ du\ dv = (5\sqrt{5}-1)\pi/6 \approx 5.330$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 3.2절 · 13번

# 매개변수 곡면계산자동 분류

25.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

26.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

27.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

28.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

29.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

30.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

31.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

32.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

33.CLP-4 · 3.2절 · 2번대학 수준우리말 번역

점 $\mathbf{r}_0= (x_0,y_0,z_0)$ 가 곡면 $G(x,y,z)=0$ 위에 있다고 하자. ${ \boldsymbol{\nabla} } G(x_0,y_0,z_0)\ne\mathbf{0}$ 이라 가정한다. 매개변수로 나타낸 곡선 $\mathbf{r}(t)=\big(x(t),y(t),z(t)\big)$ 가 이 곡면에 포함되고 $\mathbf{r}(t_0)=\mathbf{r}_0$ 이라 하자. 점 $\mathbf{r}_0$ 에서 이 곡선의 접선이 점 $\mathbf{r}_0$ 에서 $G=0$ 의 접평면 위에 있음을 보이세요.

영어 원문 보기

Let the point $\mathbf{r}_0= (x_0,y_0,z_0)$ lie on the surface $G(x,y,z)=0$ . Assume that ${ \boldsymbol{\nabla} } G(x_0,y_0,z_0)\ne\mathbf{0}$ . Suppose that the parametrized curve $\mathbf{r}(t)=\big(x(t),y(t),z(t)\big)$ is contained in the surface and that $\mathbf{r}(t_0)=\mathbf{r}_0$ . Show that the tangent line to the curve at $\mathbf{r}_0$ lies in the tangent plane to $G=0$ at $\mathbf{r}_0$ .

정답·풀이 보기

곡면 $G(x,y,z)=0$ 을 $S$ , 매개변수로 나타낸 곡선 $\mathbf{r}(t)=\big(x(t),y(t),z(t)\big)$ 를 $C$ 라 하자. 먼저 $\mathbf{r}_0$ 에서 $S$ 의 접평면과 $\mathbf{r}_0$ 에서 $C$ 의 접선을 구한다.

$\mathbf{r}_0$ 에서 $C$ 의 접선벡터는 $\left( x'(t_0)\,,\,y'(t_0)\,,\,z'(t_0) \right)$ 이므로, $\mathbf{r}_0$ 에서 $C$ 의 접선의 매개변수방정식은

$x-x_0 = t x'(t_0)\qquad y-y_0 = t x'(t_0)\qquad z-z_0 = t x'(t_0) \tag{$E_1$}$

그레이디언트 $\left(\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\right)$ 는 $(x_0,y_0,z_0)$ 에서 곡면 $S$ 의 법선벡터이다. 따라서 $(x_0,y_0,z_0)$ 에서 곡면 $S$ 의 접평면은

$\left(\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\right) \cdot \left( x-x_0\,,\, y-y_0\,,\,z-z_0\right) = 0$

즉

$\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ (x-x_0) +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ (y-y_0) +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ (z-z_0) = 0 \tag{$E_2$}$

이다.

다음으로, $\mathbf{r}_0$ 에서 $C$ 의 접선벡터 $\left( x'(t_0)\,,\,y'(t_0)\,,\,z'(t_0) \right)$ 와 $\mathbf{r}_0$ 에서 $S$ 의 법선벡터 $\left(\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\right)$ 가 서로 수직임을 보인다. 이를 위해, 모든 $t$ 에 대해 점 $\big(x(t),y(t),z(t)\big)$ 가 곡면 $G(x,y,z)=0$ 위에 있으므로 다음이 성립함을 이용한다.

$\begin{aligned} G\big(x(t),y(t),z(t)\big) =0 \end{aligned}$

이 등식의 양변을 $t$ 에 대해 미분하면 연쇄 법칙에 의해

$\begin{aligned} 0&= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}G\big(x(t),y(t),z(t)\big) \\ &=\frac{\partial G}{\partial x}\big( x(t)\,,\,y(t)\,,\,z(t)\big)\ x'(t) +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x(t)\,,\,y(t)\,,\,z(t)\big)\ y'(t) +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x(t)\,,\,y(t)\,,\,z(t)\big)\ z'(t) \end{aligned}$

을 얻는다. 여기에 $t=t_0$ 을 대입하면

$\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ x'(t_0) +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ y'(t_0) +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ z'(t_0) = 0 \tag{$E_3$}$

이다.

마지막으로, $(x,y,z)$ 가 $\mathbf{r}_0$ 에서 $C$ 의 접선 위의 임의의 점이면 $(x,y,z)$ 는 $\mathbf{r}_0$ 에서 $S$ 의 접평면 위에도 있음을 보인다. $(x,y,z)$ 가 $\mathbf{r}_0$ 에서 $C$ 의 접선 위에 있으므로, $(E_1)$ 에 의해 다음을 만족하는 $t$ 가 존재한다.

$\begin{aligned} &\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \{x-x_0\} +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \{y-y_0\} +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \{z-z_0\} \\ &=\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \big\{ t\,x'(t_0)\big\} +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \big\{ t\,y'(t_0)\big\} +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \big\{ t\,z'(t_0)\big\}\\ &= t\left[\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ x'(t_0) +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ y'(t_0) +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ z'(t_0) \right] =0 \end{aligned}$

이며, 마지막 등호는 $(E_3)$ 에 의한 것이다. 즉 $(x,y,z)$ 는 $\mathbf{r}_0$ 에서 $S$ 의 접평면의 방정식 $(E_2)$ 를 만족하므로 그 접평면 위에 있다. 따라서 $\mathbf{r}_0$ 에서 $C$ 의 접선은 $\mathbf{r}_0$ 에서 $S$ 의 접평면에 포함된다.

원본 교재 풀이(영어)

Denote by $S$ the surface $G(x,y,z)=0$ and by $C$ the parametrized curve $\mathbf{r}(t)=\big(x(t),y(t),z(t)\big)$ . To start, we'll find the tangent plane to $S$ at $\mathbf{r}_0$ and the tangent line to $C$ at $\mathbf{r}_0$ .

The tangent vector to $C$ at $\mathbf{r}_0$ is $\left( x'(t_0)\,,\,y'(t_0)\,,\,z'(t_0) \right)$ , so the parametric equations for the tangent line to $C$ at $\mathbf{r}_0$ are

$x-x_0 = t x'(t_0)\qquad y-y_0 = t x'(t_0)\qquad z-z_0 = t x'(t_0) \tag{$E_1$}$

The gradient $\left(\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\right)$ is a normal vector to the surface $S$ at $(x_0,y_0,z_0)$ . So the tangent plane to the surface $S$ at $(x_0,y_0,z_0)$ is

$\left(\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\right) \cdot \left( x-x_0\,,\, y-y_0\,,\,z-z_0\right) = 0$

or

$\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ (x-x_0) +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ (y-y_0) +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ (z-z_0) = 0 \tag{$E_2$}$

Next, we'll show that the tangent vector $\left( x'(t_0)\,,\,y'(t_0)\,,\,z'(t_0) \right)$ to $C$ at $\mathbf{r}_0$ and the normal vector $\left(\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\right)$ to $S$ at $\mathbf{r}_0$ are perpendicular to each other. To do so, we observe that, for every $t$ , the point $\big(x(t),y(t),z(t)\big)$ lies on the surface $G(x,y,z)=0$ and so obeys

$\begin{aligned} G\big(x(t),y(t),z(t)\big) =0 \end{aligned}$

Differentiating this equation with respect to $t$ gives, by the chain rule,

$\begin{aligned} 0&= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}G\big(x(t),y(t),z(t)\big) \\ &=\frac{\partial G}{\partial x}\big( x(t)\,,\,y(t)\,,\,z(t)\big)\ x'(t) +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x(t)\,,\,y(t)\,,\,z(t)\big)\ y'(t) +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x(t)\,,\,y(t)\,,\,z(t)\big)\ z'(t) \end{aligned}$

Then setting $t=t_0$ gives

$\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ x'(t_0) +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ y'(t_0) +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ z'(t_0) = 0 \tag{$E_3$}$

Finally, we are in a position to show that if $(x,y,z)$ is any point on the tangent line to $C$ at $\mathbf{r}_0$ , then $(x,y,z)$ is also on the tangent plane to $S$ at $\mathbf{r}_0$ . As $(x,y,z)$ is on the tangent line to $C$ at $\mathbf{r}_0$ then there is a $t$ such that, by $(E_1)$ ,

$\begin{aligned} &\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \{x-x_0\} +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \{y-y_0\} +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \{z-z_0\} \\ &=\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \big\{ t\,x'(t_0)\big\} +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \big\{ t\,y'(t_0)\big\} +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \big\{ t\,z'(t_0)\big\}\\ &= t\left[\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ x'(t_0) +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ y'(t_0) +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ z'(t_0) \right] =0 \end{aligned}$

by $(E_3)$ . That is, $(x,y,z)$ obeys the equation, $(E_2)$ , of the tangent plane to $S$ at $\mathbf{r}_0$ and so is on that tangent plane. So the tangent line to $C$ at $\mathbf{r}_0$ is contained in the tangent plane to $S$ at $\mathbf{r}_0$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 3.2절 · 13번

# 매개변수 곡면증명·논술기본자동 분류

34.CLP-4 · 3.2절 · 13번대학 수준우리말 번역

곡면 $x^2 + 9y^2 + 4z^2 = 17$ 위의 점 중에서 접평면이 평면 $x - 8z = 0$ 과 평행인 점을 모두 구하세요.

영어 원문 보기

Find all the points on the surface $x^2 + 9y^2 + 4z^2 = 17$ where the tangent plane is parallel to the plane $x - 8z = 0$ .

정답·풀이 보기

곡면 $x^2 + 9y^2 + 4z^2 = 17$ 의 점 $(x,y,z)$ 에서의 법선벡터는 $( 2x\,,\, 18y\,,\,8z)$ 이다. 평면 $x - 8z = 0$ 의 법선벡터는 $( 1\,,\,0\,,\,-8)$ 이다. 따라서 $( 2x\,,\, 18y\,,\,8z)$ 가 $( 1\,,\,0\,,\,-8)$ 과 평행, 즉 $( 1\,,\,0\,,\,-8)$ 의 0이 아닌 상수배가 되어야 한다. 이는 $x\ne 0$ 이면서 $y=0$ 이고 $z=-2x$ 일 때 성립한다. 또한 $(x,y,z)$ 는 곡면 $x^2 + 9y^2 + 4z^2 = 17$ 위에 있어야 한다. 따라서 $y=0$ , $z=-2x$ 이고

$\begin{aligned} 17= x^2 + 9y^2 + 4z^2 =x^2 +4(-2x)^2=17x^2 \implies x=\pm 1 \end{aligned}$

이다. 그러므로 구하는 점은 $\pm(1,0,-2)$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

A normal vector to the surface $x^2 + 9y^2 + 4z^2 = 17$ at the point $(x,y,z)$ is $( 2x\,,\, 18y\,,\,8z)$ . A normal vector to the plane $x - 8z = 0$ is $( 1\,,\,0\,,\,-8)$ . So we want $( 2x\,,\, 18y\,,\,8z)$ to be parallel to $( 1\,,\,0\,,\,-8)$ , i.e. to be a nonzero constant times $( 1\,,\,0\,,\,-8)$ . This is the case whenever $y=0$ and $z=-2x$ with $x\ne 0$ . In addition, we want $(x,y,z)$ to lie on the surface $x^2 + 9y^2 + 4z^2 = 17$ . So we want $y=0$ , $z=-2x$ and

$\begin{aligned} 17= x^2 + 9y^2 + 4z^2 =x^2 +4(-2x)^2=17x^2 \implies x=\pm 1 \end{aligned}$

So the allowed points are $\pm(1,0,-2)$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 3.2절 · 17번

# 매개변수 곡면계산보통자동 분류

35.CLP-4 · 3.2절 · 15번대학 수준우리말 번역

쌍곡면 $z^2=4x^2+y^2-1$ 위의 점 중에서 접평면이 평면 $2x-y+z=0$ 과 평행인 점을 모두 구하세요.

영어 원문 보기

Find all points on the hyperboloid $z^2=4x^2+y^2-1$ where the tangent plane is parallel to the plane $2x-y+z=0$ .

정답·풀이 보기

$(x_0,y_0,z_0)$ 을 쌍곡면 $z^2=4x^2+y^2-1$ 위의 점 중에서 접평면이 평면 $2x-y+z=0$ 과 평행인 점이라 하자. 평면 $2x-y+z=0$ 의 법선벡터는 $( 2,-1,1)$ 이다. 쌍곡면은 $G(x,y,z)=4x^2+y^2-z^2-1$ 이고 ${ \boldsymbol{\nabla} } G(x,y,z) = ( 8x,2y,-2z)$ 이므로, $(x_0,y_0,z_0)$ 에서 쌍곡면의 법선벡터는 ${ \boldsymbol{\nabla} } G(x_0,y_0,z_0)=( 8x_0,2y_0,-2z_0)$ 이다. 따라서 $(x_0,y_0,z_0)$ 이 주어진 조건을 만족시키는 것은 다음을 만족시키는 0이 아닌 $t$ 가 존재하는 것과 같다.

$\begin{aligned} &( 8x_0,2y_0,-2z_0) =t( 2,-1,1) \text{ 그리고 } z_0^2=4x_0^2+y_0^2-1\\ &\iff x_0=\frac{t}{4},\ y_0=z_0=-\frac{t}{2}\text{ 그리고 } z_0^2=4x_0^2+y_0^2-1\\ &\iff \frac{t^2}{4}= \frac{t^2}{4}+ \frac{t^2}{4}-1\text{ 그리고 } x_0=\frac{t}{4},\ y_0=z_0=-\frac{t}{2}\\ & \iff t=\pm 2\qquad (x_0,y_0,z_0)=\pm \big(\tfrac{1}{2},-1,-1\big) \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

Let $(x_0,y_0,z_0)$ be a point on the hyperboloid $z^2=4x^2+y^2-1$ where the tangent plane is parallel to the plane $2x-y+z=0$ . A normal vector to the plane $2x-y+z=0$ is $( 2,-1,1)$ . Because the hyperboloid is $G(x,y,z)=4x^2+y^2-z^2-1$ and ${ \boldsymbol{\nabla} } G(x,y,z) = ( 8x,2y,-2z)$ , a normal vector to the hyperboloid at $(x_0,y_0,z_0)$ is ${ \boldsymbol{\nabla} } G(x_0,y_0,z_0)=( 8x_0,2y_0,-2z_0)$ . So $(x_0,y_0,z_0)$ satisfies the required conditions if and only if there is a nonzero $t$ obeying

$\begin{aligned} &( 8x_0,2y_0,-2z_0) =t( 2,-1,1) \text{ and } z_0^2=4x_0^2+y_0^2-1\\ &\iff x_0=\frac{t}{4},\ y_0=z_0=-\frac{t}{2}\text{ and } z_0^2=4x_0^2+y_0^2-1\\ &\iff \frac{t^2}{4}= \frac{t^2}{4}+ \frac{t^2}{4}-1\text{ and } x_0=\frac{t}{4},\ y_0=z_0=-\frac{t}{2}\\ & \iff t=\pm 2\qquad (x_0,y_0,z_0)=\pm \big(\tfrac{1}{2},-1,-1\big) \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 3.2절 · 18번

# 매개변수 곡면계산보통자동 분류

36.CLP-4 · 3.2절 · 16번대학 수준우리말 번역

(a) 방정식이 $x^2+z^2=10$ 인 곡면에 점 $(1,1,3)$ 에서 수직인 벡터를 구하세요. (b) (a)의 곡면과 곡면 $y^2+z^2=10$ 이 만나서 생기는 곡선에 같은 점에서 접하는 벡터를 구하세요. (c) 그 점에서 그 곡선에 접하는 접선의 매개변수방정식을 구하세요.

영어 원문 보기

(a) Find a vector perpendicular at the point $(1,1,3)$ to the surface with equation $x^2+z^2=10$ . (b) Find a vector tangent at the same point to the curve of intersection of the surface in part (a) with surface $y^2+z^2=10$ . (c) Find parametric equations for the line tangent to that curve at that point.

정답·풀이 보기

(a) 점 $(1,1,3)$ 에서 $x^2+z^2=10$ 에 수직인 벡터는

${ \boldsymbol{\nabla} }(x^2+z^2)\big|_{(1,1,3)} =(2x\hat{\boldsymbol{\imath}}+2z\hat{\mathbf{k}})\big|_{(1,1,3)} =2\hat{\boldsymbol{\imath}}+6\hat{\mathbf{k}}\text{ 또는 } \frac{1}{2} ( 2,0,6)=( 1,0,3)$

(b) 점 $(1,1,3)$ 에서 $y^2+z^2=10$ 에 수직인 벡터는

${ \boldsymbol{\nabla} }(y^2+z^2)\big|_{(1,1,3)} =(2y\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2z\hat{\mathbf{k}})\big|_{(1,1,3)} =2\hat{\boldsymbol{\jmath}}+6\hat{\mathbf{k}}\text{ 또는 }\frac{1}{2} ( 0,2,6)=( 0,1,3)$

어떤 벡터가 주어진 점에서 주어진 곡선에 접할 필요충분조건은 그 벡터가 $(1,0,3)$ 과 $(0,1,3)$ 에 모두 수직인 것이다. 이러한 벡터 중 하나는

$( 0,1,3)\times(1,0,3) =\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ 0 & 1 & 3 \\ 1 & 0 & 3 \end{matrix}\right] =( 3,3,-1)$

(c) 구하는 접선은 점 $(1,1,3)$ 을 지나고 방향벡터가 $( 1,1,3)$ 이므로 벡터 매개변수방정식은 $\mathbf{r}(t)=( 1,1,3)+t( 3,3,-1)$

원본 교재 풀이(영어)

(a) A vector perpendicular to $x^2+z^2=10$ at $(1,1,3)$ is

${ \boldsymbol{\nabla} }(x^2+z^2)\big|_{(1,1,3)} =(2x\hat{\boldsymbol{\imath}}+2z\hat{\mathbf{k}})\big|_{(1,1,3)} =2\hat{\boldsymbol{\imath}}+6\hat{\mathbf{k}}\text{ or } \frac{1}{2} ( 2,0,6)=( 1,0,3)$

(b) A vector perpendicular to $y^2+z^2=10$ at $(1,1,3)$ is

${ \boldsymbol{\nabla} }(y^2+z^2)\big|_{(1,1,3)} =(2y\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2z\hat{\mathbf{k}})\big|_{(1,1,3)} =2\hat{\boldsymbol{\jmath}}+6\hat{\mathbf{k}}\text{ or }\frac{1}{2} ( 0,2,6)=( 0,1,3)$

A vector is tangent to the specified curve at the specified point if and only if it perpendicular to both $(1,0,3)$ and $(0,1,3)$ . One such vector is

$( 0,1,3)\times(1,0,3) =\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ 0 & 1 & 3 \\ 1 & 0 & 3 \end{matrix}\right] =( 3,3,-1)$

(c) The specified tangent line passes through $(1,1,3)$ and has direction vector $( 1,1,3)$ and so has vector parametric equation $\mathbf{r}(t)=( 1,1,3)+t( 3,3,-1)$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 3.2절 · 15번

# 매개변수 곡면계산도전자동 분류

37.CLP-4 · 3.2절 · 17번대학 수준우리말 번역

곡선

$\mathbf{r}(t) = t^3\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + t^2\,\hat{\mathbf{k}},\qquad (0 \le t <\infty)$

이 곡면

$z^3 + xyz -2 = 0$

과 만나는 점을 $P$ 라 하자.

$P$ 에서 곡선과 곡면 사이의 (예각) 각을 구하세요.

영어 원문 보기

Let $P$ be the point where the curve

$\mathbf{r}(t) = t^3\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + t^2\,\hat{\mathbf{k}},\qquad (0 \le t <\infty)$

intersects the surface

$z^3 + xyz -2 = 0$

Find the (acute) angle between the curve and the surface at $P$ .

정답·풀이 보기

$\mathbf{r}(t)=( x(t)\,,\,y(t)\,,\,z(t))$ 가 $z^3 + xyz -2 = 0$ 과 만나는 것은 다음과 같을 때이다.

$z(t)^3+x(t)\,y(t)\,z(t)-2=0\iff \big(t^2\big)^3 + \big(t^3)(t)\big(t^2\big)-2=0 \iff 2t^6=2\iff t=1$

$t$ 는 양수여야 하기 때문이다. $t=1$ 에서 곡선의 방향벡터는

$\mathbf{r}'(1)=3\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2\,\hat{\mathbf{k}}$

$\mathbf{r}(1)=( 1,1,1)$ 에서 곡면의 법선벡터는

${ \boldsymbol{\nabla} }(z^3+xyz)\big|_{(1,1,1)}=[yz\hat{\boldsymbol{\imath}}+xz\hat{\boldsymbol{\jmath}}+(3z^2+xy)\hat{\mathbf{k}}]_{(1,1,1)} =\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}+4\hat{\mathbf{k}}$

곡선과 곡면의 법선벡터 사이의 각 $\theta$ 는 다음으로 정해진다.

$\begin{aligned} \big|( 3,1,2)\big|\,\big|( 1,1,4)\big|\cos\theta =( 3,1,2) \cdot( 1,1,4) &\iff \sqrt{14}\sqrt{18}\cos\theta=12 \\ &\iff \sqrt{7\times 36}\cos\theta=12 \\ &\iff \cos\theta=\frac{2}{\sqrt{7}} \\ &\iff \theta=40.89^\circ \end{aligned}$

곡선과 곡면 사이의 각은 $90-40.89=49.11^\circ$ (소수 둘째 자리까지)이다.

원본 교재 풀이(영어)

$\mathbf{r}(t)=( x(t)\,,\,y(t)\,,\,z(t))$ intersects $z^3 + xyz -2 = 0$ when

$z(t)^3+x(t)\,y(t)\,z(t)-2=0\iff \big(t^2\big)^3 + \big(t^3)(t)\big(t^2\big)-2=0 \iff 2t^6=2\iff t=1$

since $t$ is required to be positive. The direction vector for the curve at $t=1$ is

$\mathbf{r}'(1)=3\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2\,\hat{\mathbf{k}}$

A normal vector for the surface at $\mathbf{r}(1)=( 1,1,1)$ is

${ \boldsymbol{\nabla} }(z^3+xyz)\big|_{(1,1,1)}=[yz\hat{\boldsymbol{\imath}}+xz\hat{\boldsymbol{\jmath}}+(3z^2+xy)\hat{\mathbf{k}}]_{(1,1,1)} =\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}+4\hat{\mathbf{k}}$

The angle $\theta$ between the curve and the normal vector to the surface is determined by

$\begin{aligned} \big|( 3,1,2)\big|\,\big|( 1,1,4)\big|\cos\theta =( 3,1,2) \cdot( 1,1,4) &\iff \sqrt{14}\sqrt{18}\cos\theta=12 \\ &\iff \sqrt{7\times 36}\cos\theta=12 \\ &\iff \cos\theta=\frac{2}{\sqrt{7}} \\ &\iff \theta=40.89^\circ \end{aligned}$

The angle between the curve and the surface is $90-40.89=49.11^\circ$ (to two decimal places).

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 3.2절 · 16번

# 매개변수 곡면계산도전자동 분류

38.CLP-4 · 3.2절 · 18번대학 수준우리말 번역

방정식

$z=xy e^{-(x^2+y^2)/2}$

인 곡면에 접하는 수평인 평면을 모두 구하세요.

이 곡면 위에서 $z$ 의 최댓값과 최솟값은 각각 얼마입니까?

영어 원문 보기

Find all horizontal planes that are tangent to the surface with equation

$z=xy e^{-(x^2+y^2)/2}$

What are the largest and smallest values of $z$ on this surface?

정답·풀이 보기

$(x_0,y_0,z_0)$ 을 곡면 위의 임의의 점이라 하자. 점 $(x_0,y_0,z_0)$ 에서 곡면에 수직인 벡터는

$\begin{aligned} &{ \boldsymbol{\nabla} }\Big(xy e^{-(x^2+y^2)/2}-z\Big)\bigg|_{(x_0,y_0,z_0)} \\& =\left( y_0 e^{-(x_0^2+y_0^2)/2}-x_0^2y_0 e^{-(x_0^2+y_0^2)/2}, x_0 e^{-(x_0^2+y_0^2)/2}-x_0y_0^2 e^{-(x_0^2+y_0^2)/2},-1\right) \end{aligned}$

이다.

점 $(x_0,y_0,z_0)$ 에서 곡면의 접평면이 수평인 것은 이 벡터가 수직인 것과 필요충분조건이고, 이는 $x$ 성분과 $y$ 성분이 모두 0인 것과 필요충분조건이며, 이는 다시 다음과 필요충분조건이다.

$\begin{aligned} &y_0(1-x_0^2)=0\text{ 그리고 }x_0(1-y_0^2)=0\\ &\iff\big\{y_0=0\text{ 또는 }x_0=1\text{ 또는 }x_0=-1\big\} \text{ 그리고 }\big\{x_0=0\text{ 또는 }y_0=1\text{ 또는 }y_0=-1\big\}\\ &\iff (x_0,y_0)=(0,0)\text{ 또는 }(1,1)\text{ 또는 }(1,-1) \text{ 또는 }(-1,1)\text{ 또는 }(-1,-1) \end{aligned}$

이 점들에서 $z_0$ 의 값은 각각 $0$ , $e^{-1}$ , $-e^{-1}$ , $-e^{-1}$ , $e^{-1}$ 이다. 따라서 수평인 접평면은 $z=0$ , $z=e^{-1}$ , $z=-e^{-1}$ 이다. 곡면의 가장 높은 점과 가장 낮은 점에서 접평면은 수평이다. 따라서 $z$ 의 최댓값과 최솟값은 각각 $e^{-1}$ 과 $-e^{-1}$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

Let $(x_0,y_0,z_0)$ be any point on the surface. A vector normal to the surface at $(x_0,y_0,z_0)$ is

$\begin{aligned} &{ \boldsymbol{\nabla} }\Big(xy e^{-(x^2+y^2)/2}-z\Big)\bigg|_{(x_0,y_0,z_0)} \\& =\left( y_0 e^{-(x_0^2+y_0^2)/2}-x_0^2y_0 e^{-(x_0^2+y_0^2)/2}, x_0 e^{-(x_0^2+y_0^2)/2}-x_0y_0^2 e^{-(x_0^2+y_0^2)/2},-1\right) \end{aligned}$

The tangent plane to the surface at $(x_0,y_0,z_0)$ is horizontal if and only if this vector is vertical, which is the case if and only if its $x$ - and $y$ -components are zero, which in turn is the case if and only if

$\begin{aligned} &y_0(1-x_0^2)=0\text{ and }x_0(1-y_0^2)=0\\ &\iff\big\{y_0=0\text{ or }x_0=1\text{ or }x_0=-1\big\} \text{ and }\big\{x_0=0\text{ or }y_0=1\text{ or }y_0=-1\big\}\\ &\iff (x_0,y_0)=(0,0)\text{ or }(1,1)\text{ or }(1,-1) \text{ or }(-1,1)\text{ or }(-1,-1) \end{aligned}$

The values of $z_0$ at these points are $0$ , $e^{-1}$ , $-e^{-1}$ , $-e^{-1}$ and $e^{-1}$ , respectively. So the horizontal tangent planes are $z=0$ , $z=e^{-1}$ and $z=-e^{-1}$ . At the highest and lowest points of the surface, the tangent plane is horizontal. So the largest and smallest values of $z$ are $e^{-1}$ and $-e^{-1}$ , respectively.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기APEX · 14.5절 · 1번

# 매개변수 곡면계산도전자동 분류