벡터장과 흐름선 연습문제

1.CLP-4 · 2.1절 · 14번대학 수준우리말 번역

a. 막대 하나가 수직인 벽에 기대어 있다. 막대의 길이는 2이고, 벽과 닿는 지점의 높이는 $H=1$ 이다. 막대는 벽에 계속 닿은 채로 미끄러져 내려가며, 높이는 $\frac{\mathrm{d}H}{\mathrm{d}t}=0.5$ 의 비율로 감소한다.

위의 그림과 같은 좌표계를 사용하여, $H=1$ 일 때 막대의 아래쪽 끝에서 $p$ 만큼 떨어진 막대 위의 점의 속도를 나타내는 벡터함수 $\mathbf{v}:\mathbb [0,2] \to \mathbb R^2$ 를 구하세요. b. 우산의 뼈대는 곧고 단단한 막대들을 한 공통의 중심에 붙여서 만든다. 막대들의 길이는 모두 같으므로, 막대들은 한 원의 반지름을 이룬다.

뼈대의 중심을 위로 들어 올린다. 뼈대의 가장자리는 바닥에 끌리면서, 뼈대는 점점 더 높고 가늘어지는 직원뿔 모양을 유지한다.

각 막대의 길이가 2미터이고, 뼈대의 중심이 50 cm/s의 비율로 들어 올려지고 있다고 하자. 뼈대의 중심이 바닥에서 1미터 위에 있을 때, 뼈대 위의 점 $(x,y,z)$ 의 속도를 나타내는 벡터장 $\mathbf{V}(x,y,z)$ 를 구하세요.

바닥의 높이를 $z=0$ 으로 하고, 뼈대의 중심은 원점 바로 위에 있다고 하자.

영어 원문 보기

a. A pole leans against a vertical wall. The pole has length 2, and it touches the wall at height $H=1$ . The pole slides down, still touching the wall, with its height decreasing at a rate of $\frac{\mathrm{d}H}{\mathrm{d}t}=0.5$ .

Find a vector function $\mathbf{v}:\mathbb [0,2] \to \mathbb R^2$ for the velocity, when $H=1$ , of a point on the pole that is $p$ units from the lower end, using the coordinate system from the sketch above. b. The frame of an umbrella is constructed by attaching straight, rigid poles to a common centre. The poles are all the same length, so they form radii of a circle.

The frame is lifted from the centre of the circle. The edges of the frame drag on the ground, keeping the frame in the shape of a right circular cone that is becoming taller and thinner.

Suppose the length of each pole is 2 metres, and the centre of the frame is being lifted at a rate of 50 cm/s. Give a vector field for the velocity $\mathbf{V}(x,y,z)$ of a point $(x,y,z)$ on the frame when its centre is 1 metre above the ground.

Let the ground have height $z=0$ , and let the centre of the frame sit directly above the origin.

정답·풀이 보기

a. 막대 위에서 아래쪽 끝으로부터 거리 $p$ 만큼 떨어진 점 $P$ 를 생각하자. 이 점을 이용하여 아래 그림과 같이 더 작은 직각삼각형을 만든다.

닮은 삼각형을 이용하면:

$\begin{aligned} h&=\frac{p}{2}H & b&=\frac{p}{2}\sqrt{4-H^2} \\ \text{$P$가 위치 $(x,y)$에 있다면:} \\ y&=h=\frac{p}{2}H & x&=\sqrt{4-H^2}-b=\left(1-\frac{p}{2}\right)\sqrt{4-H^2}\\ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}&=\frac{p}{2}\frac{\mathrm{d}H}{\mathrm{d}t}=-\frac{p}{4} &\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}&=\left(1-\frac{p}{2}\right)\frac{-H}{\sqrt{4-H^2}}\frac{\mathrm{d}H}{\mathrm{d}t}=\left(1-\frac{p}{2}\right)\frac{H}{2\sqrt{4-H^2}} \\ \text{$H=1$일 때:} \\ \left.\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right|_{H=1}&=-\frac{p}{4} &\left.\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}\right|_{H=1}&=\left(1-\frac{p}{2}\right)\frac{1}{2\sqrt{3}} \end{aligned}$

따라서

$\mathbf{v}(p)=\left.\left( \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t},\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right)\right|_{H=1}=\left( \left(1-\frac{p}{2}\right)\frac{1}{2\sqrt{3}}~,~-\frac{p}{4} \right)$

이 모형에서는 이 함수의 정의역을 $[0,2]$ 로 정한다. b. 먼저 a의 풀이에서 가져다 쓸 수 있는 것을 살펴보자. a와 마찬가지로, 막대 중 하나 위에서 아래쪽 끝으로부터 $p$ 미터 떨어진 점 $P$ 를 생각하자.

$P$ 의 위치를 $(x,y,z)$ 라 하자. 이제 $\frac{\mathrm{d}H}{\mathrm{d}t}$ 는 음수가 아니라 양수이므로, 이 2차원 단면에 한정하여 보면 $\mathbf{V}(p)=\left( \left(1-\frac{p}{2}\right)\frac{-1}{2\sqrt{3}}~,~\frac{p}{4} \right)$ 이고, 여기서 둘째 좌표는 $z$ 이며 첫째 좌표는 벡터 $(x,y,0)$ 의 방향을 가진 (수평) 직선을 따른 성분이다.

따라서 $\displaystyle\left.\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}\right|_{H=1}=\frac{p}{4}$ 임을 알고, 또 어떤 음의 상수 $c$ 에 대해 $\displaystyle\left.\left(\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t},\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right)\right|_{H=1}=(x,y)c$ 이고 $|(x,y)c|=\left(1-\frac{p}{2}\right)\frac{1}{2\sqrt{3}}$ 임을 안다. 벡터의 방향과 크기를 알았으므로 벡터를 구할 수 있다: $\left.\left( \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t},\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right)\right|_{H=1}=(x,y)c=-\frac{\left(1-\frac{p}{2}\right)}{2\sqrt 3\sqrt{x^2+y^2}}(x,y)$

식을 $x$ , $y$ , $z$ 로 나타내고 싶으므로 $p$ 를 없애야 한다. 닮은 삼각형을 이용하면 $\frac{p}{2}=\frac{\sqrt{4-H^2}-\sqrt{x^2+y^2}}{\sqrt{4-H^2}}$ 이다. $H=1$ 일 때 $1-\frac{p}{2}=\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{\sqrt3}$ 이다. 그러므로

$\left.\left( \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t},\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right)\right|_{H=1} =-\frac{1}{6}(x,y)$

마지막으로 $\mathbf{V}(x,y,z)=\left.\left( \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t},\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t},\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}\right)\right|_{H=1}=\left( -\frac{1}{6}x~,~ -\frac{1}{6}y~,~ \frac{1}{2}z\right)$

$(x,y,z)$ 의 모든 값이 뼈대 위에 있는 것은 아니다. 그러나 뼈대 위에 있는 $(x,y,z)$ 의 값에 대해서는 이 식이 성립한다.

원본 교재 풀이(영어)

a. Consider a point $P$ on the pole that is a distance $p$ away from the bottom end. Use this point to make a smaller right triangle, as in the picture below.

Using similar triangles:

$\begin{aligned} h&=\frac{p}{2}H & b&=\frac{p}{2}\sqrt{4-H^2} \\ \text{If $P$ is at position $(x,y)$, then:} \\ y&=h=\frac{p}{2}H & x&=\sqrt{4-H^2}-b=\left(1-\frac{p}{2}\right)\sqrt{4-H^2}\\ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}&=\frac{p}{2}\frac{\mathrm{d}H}{\mathrm{d}t}=-\frac{p}{4} &\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}&=\left(1-\frac{p}{2}\right)\frac{-H}{\sqrt{4-H^2}}\frac{\mathrm{d}H}{\mathrm{d}t}=\left(1-\frac{p}{2}\right)\frac{H}{2\sqrt{4-H^2}} \\ \text{When $H=1$:} \\ \left.\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right|_{H=1}&=-\frac{p}{4} &\left.\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}\right|_{H=1}&=\left(1-\frac{p}{2}\right)\frac{1}{2\sqrt{3}} \end{aligned}$

Therefore, $\mathbf{v}(p)=\left.\left( \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t},\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right)\right|_{H=1}=\left( \left(1-\frac{p}{2}\right)\frac{1}{2\sqrt{3}}~,~-\frac{p}{4} \right)$

For our model, we set the domain of this function to be $[0,2]$ . b. Let's start by seeing what we can salvage from our work on part a. As in part a., consider a point $P$ on one of the poles, $p$ metres from the bottom end.

Let $P$ have position $(x,y,z)$ . Noting that $\frac{\mathrm{d}H}{\mathrm{d}t}$ is now positive, not negative, if we stick to this two-dimensional slice, $\mathbf{V}(p)=\left( \left(1-\frac{p}{2}\right)\frac{-1}{2\sqrt{3}}~,~\frac{p}{4} \right)$ where the second coordinate is $z$ and the first coordinate refers to the (horizontal) line in the direction of the vector $(x,y,0)$ .

So, we know $\displaystyle\left.\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}\right|_{H=1}=\frac{p}{4}$ , and we know $\displaystyle\left.\left(\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t},\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right)\right|_{H=1}=(x,y)c$ for some negative constant $c$ with $|(x,y)c|=\left(1-\frac{p}{2}\right)\frac{1}{2\sqrt{3}}$ . Since we have the direction and the magnitude of the vector, we can find the vector: $\left.\left( \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t},\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right)\right|_{H=1}=(x,y)c=-\frac{\left(1-\frac{p}{2}\right)}{2\sqrt 3\sqrt{x^2+y^2}}(x,y)$

We want our equation to be in terms of $x$ , $y$ , and $z$ , so we need to get rid of $p$ . Using similar triangles, $\frac{p}{2}=\frac{\sqrt{4-H^2}-\sqrt{x^2+y^2}}{\sqrt{4-H^2}}$ . When $H=1$ , then $1-\frac{p}{2}=\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{\sqrt3}$ . So:

$\left.\left( \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t},\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right)\right|_{H=1} =-\frac{1}{6}(x,y)$

Finally: $\mathbf{V}(x,y,z)=\left.\left( \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t},\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t},\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}\right)\right|_{H=1}=\left( -\frac{1}{6}x~,~ -\frac{1}{6}y~,~ \frac{1}{2}z\right)$

Not all values of $(x,y,z)$ are on the frame. But, for those values of $(x,y,z)$ that are on the frame, this equation holds.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-4 · 2.1절 · 7번

# 벡터장과 흐름선그래프·표 해석도전자동 분류