벡터와 공간 전체 문제

외접원의 중심을 $(\bar x,\bar y)$ 라 하자. 이 중심은 세 꼭짓점에서 같은 거리에 있어야 한다. 따라서

$$\bar x^2+\bar y^2=(\bar x-a)^2+\bar y^2=(\bar x-b)^2+(\bar y-c)^2$$

이고, 같은 세 식에서 각각 $\bar x^2+\bar y^2$ 을 빼면

$$0=a^2-2a\bar x=b^2-2b\bar x+c^2-2c\bar y$$

이다. 이로부터

$$\bar x=\frac{a}{2}\qquad\qquad \bar y =\frac{b^2+c^2-2b\bar x}{2c}=\frac{b^2+c^2-ab}{2c}$$

를 얻는다.

반지름은 꼭짓점 $(0,0)$ 에서 중심 $(\bar x,\bar y)$ 까지의 거리이므로 $\sqrt{\big(\frac{a}{2}\big)^2+\big(\frac{b^2+c^2-ab}{2c}\big)^2}$ 이다.

다음에 유의한다.

• $W$ 위의 점 중 $x=0$, $y=0$ 인 점은 $-0+3(0)+3z=6$ 을 만족시키므로 $z=2$ 이다.
• $W$ 위의 점 중 $x=0$, $y=2$ 인 점은 $-0+3(2)+3z=6$ 을 만족시키므로 $z=0$ 이다.
• $W$ 위의 점 중 $x=3$, $y=0$ 인 점은 $-3+3(0)+3z=6$ 을 만족시키므로 $z=3$ 이다.
• $W$ 위의 점 중 $x=3$, $y=2$ 인 점은 $-3+3(2)+3z=6$ 을 만족시키므로 $z=1$ 이다.

따라서 평행사변형의 네 꼭짓점은 $(0,0,2)$, $(0,2,0)$, $(3,0,3)$, $(3,2,1)$ 이다. 벡터

$$\begin{aligned} \mathbf{d}_1&=\left< 0-0 \,,\, 2-0 \,,\, 0-2 \right> = \left< 0 \,,\, 2 \,,\, -2\right> \\ \mathbf{d}_2&=\left< 3-0 \,,\, 0-0 \,,\, 3-2 \right> = \left< 3 \,,\, 0 \,,\, 1\right> \end{aligned}$$

는 평행사변형의 두 변을 이룬다. 따라서 평행사변형의 넓이는

$$\begin{aligned} \big|\mathbf{d}_1\times\mathbf{d}_2\big| =\left|\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ 0 & 2 & -2 \\ 3 & 0 & 1 \end{matrix}\right]\right| =\left| 2\,\hat{\boldsymbol{\imath}} - 6\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -6\hat{\mathbf{k}} \right| =\sqrt{76} =2\sqrt{19} \end{aligned}$$

이다.

다음과 같다.

$$\mathbf{v}(t) = \mathbf{r}'(t) = 5 \sqrt{2}\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 5e^{5t}\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +5 e^{-5t}\,\hat{\mathbf{k}}$$

따라서

$$|\mathbf{v}(t)| = |\mathbf{r}'(t)| = 5 \big|\sqrt{2}\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + e^{5t}\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + e^{-5t}\,\hat{\mathbf{k}}\big| = 5\sqrt{2+ e^{10t}+ e^{-10t}}$$

$2+ e^{10t}+ e^{-10t} = \big(e^{5t}+e^{-5t}\big)^2$ 이므로 답은 (d)이다.

(a) 정의에 의해,

$$\begin{aligned} \mathbf{r}(t)&= a \cos t\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+a\sin t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+ct\,\hat{\mathbf{k}}\\ \mathbf{v}(t)=\mathbf{r}'(t)&= -a \sin t\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+a\cos t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+c\,\hat{\mathbf{k}}\\ \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}(t)=|\mathbf{v}(t)|&= \sqrt{a^2+c^2}\\ \mathbf{a}(t)=\mathbf{r}''(t)&= -a \cos t\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-a\sin t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} \end{aligned}$$

$(x,y)= a(\cos t,\sin t)$ 좌표는 반지름이 $a$ 이고 중심이 $(0,0)$ 인 원을 반시계 방향으로 돈다. $t$ 가 $2\pi$ 증가할 때마다 원을 한 바퀴 돈다. 동시에 $z$ 좌표는 일정한 비율로 증가한다. $(x,y)$ 좌표가 원을 한 바퀴 돌 때마다 $z$ 좌표는 $2 \pi c$ 만큼 증가한다. 경로는 반지름이 $a$ 이고 한 바퀴 돌 때마다 높이가 $2\pi c$ 만큼 올라가는 나선이다.

(b) 정의에 의해,

$$\begin{aligned} \mathbf{r}(t)&= a \cos t\sin t\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +a\sin^2 t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+a\cos t\,\hat{\mathbf{k}}\\ &= \frac{a}{2} \sin 2t\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+a\frac{1-\cos 2t}{2}\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+a\cos t\,\hat{\mathbf{k}}\\ \mathbf{v}(t)=\mathbf{r}'(t)&= a \cos 2t\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +a\sin 2t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}-a\sin t\,\hat{\mathbf{k}}\\ \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}(t)=|\mathbf{v}(t)|&= a\sqrt{1+\sin^2t}\\ \mathbf{a}(t)=\mathbf{r}''(t)&= -2a \sin 2t\,\hat{\boldsymbol{\imath}} +2a\cos 2t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}-a\cos t\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$$

다음과 같이 놓자.

$$\begin{aligned} x(t)=\tfrac{a}{2} \sin 2t \qquad y(t)=a\tfrac{1-\cos 2t}{2} \qquad z(t)=a\cos t \end{aligned}$$

그러면

$$\begin{aligned} x(t)^2+\big[y(t)-\tfrac{a}{2}\big]^2&=\tfrac{a^2}{4} \sin^2 2t + \tfrac{a^2}{4} \cos^2 2t =\tfrac{a^2}{4} \end{aligned}$$

이므로 $(x,y)$ 좌표는 반지름이 $\frac{a}{2}$ 이고 중심이 $\big(0,\frac{a}{2}\big)$ 인 원을 반시계 방향으로 돈다. 동시에 $z$ 좌표는 절반의 빠르기로 $1$ 과 $-1$ 사이의 구간에서 진동한다. 사실 이 곡선에 대해서는 더 말할 수 있다.

$$\begin{aligned} x(t)^2+y(t)^2&=\tfrac{a^2}{4} \sin^2 2t + \tfrac{a^2}{4}\big(1-\cos 2t\big)^2 \\ &=\tfrac{a^2}{4} \sin^2 2t + \tfrac{a^2}{4} - \tfrac{a^2}{2}\cos 2t + \tfrac{a^2}{4} \cos^2 2t \\ &= \tfrac{a^2}{2} - \tfrac{a^2}{2} (1- 2\sin^2 t) \\ &= a^2\sin^2 t \\ x(t)^2+y(t)^2+z(t)^2 &= a^2\sin^2 t + a^2\cos^2 t =a^2 \end{aligned}$$

따라서 이 곡선은 원기둥 $x^2+\big[y-\tfrac{a}{2}\big]^2=\tfrac{a^2}{4}$ 과 구 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 의 교선 위에 놓여 있다. ($x(t)^2+y(t)^2+z(t)^2$ 의 값을 구해 볼 생각을 하지 못했더라도 걱정하지 않아도 된다.)

입자의 위치가 주어졌으므로 속도를 구할 수 있다. $$\mathbf{v}(t)=\mathbf{r}'(t)=(\cos t, -\sin t , 1)$$ 주어진 공식을 적용하면, $$\mathbf{L}(t)=\mathbf{r} \times \mathbf{v}=(\sin t , \cos t , t) \times (\cos t, -\sin t , 1).$$

• 풀이 1: 먼저 외적을 계산한 다음 미분하면 된다.

$$\begin{aligned} \mathbf{L}(t)& = (\cos t + t\sin t)\hat{\boldsymbol{\imath}} + (t\cos t - \sin t)\hat{\boldsymbol{\jmath}}-\hat{\mathbf{k}}\\ \mathbf{L}'(t)&=t\cos t\,\hat{\boldsymbol{\imath}} -t\sin t\, \hat{\boldsymbol{\jmath}}\\ |\mathbf{L}'(t)|&=\sqrt{t^2(\sin^2 t + \cos^2 t)}=\sqrt{t^2}=|t| \end{aligned}$$

• 풀이 2: 곱의 미분법을 이용한다.

$$\begin{aligned} \mathbf{L}'(t)&=\mathbf{r}'(t)\times \mathbf{v}(t) + \mathbf{r}(t) \times \mathbf{v}'(t)\\ &=\underbrace{\mathbf{r}'(t)\times \mathbf{r}'(t)}_{0} + \mathbf{r}(t) \times \mathbf{v}'(t)\\ &= (\sin t ,\cos t,t)\times(-\sin t , -\cos t, 0)\\ &=t\cos t\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-t\sin t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\\ |\mathbf{L}'(t)|&=\sqrt{t^2\cos^2 t + t^2\sin t^2 }=|t| \end{aligned}$$

다음과 같다.

$$\mathbf{v}(t) = \mathbf{r}'(t) = 5 \sqrt{2}\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 5e^{5t}\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +5 e^{-5t}\,\hat{\mathbf{k}}$$

따라서

$$|\mathbf{v}(t)| = |\mathbf{r}'(t)| = 5 \big|\sqrt{2}\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + e^{5t}\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} + e^{-5t}\,\hat{\mathbf{k}}\big| = 5\sqrt{2+ e^{10t}+ e^{-10t}}$$

$2+ e^{10t}+ e^{-10t} = \big(e^{5t}+e^{-5t}\big)^2$ 이므로 답은 (d)이다.

다음이 주어져 있다.

$$\mathbf{r}(t)= a \cos t\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+a\sin t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+ct\,\hat{\mathbf{k}}$$

따라서 정의에 의해

$$\begin{aligned} \text{속도}&= \mathbf{v}(t)= \mathbf{r}'(t)=-a \sin t\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+a\cos t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+c\,\hat{\mathbf{k}}\\ \text{속력}&=\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}(t) = |\mathbf{r}'(t)| = \sqrt{a^2+c^2} \\ \text{가속도}&=\mathbf{a}(t)= \mathbf{r}''(t)=-a \cos t\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-a\sin t\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} \end{aligned}$$

$t$ 가 길이 $2\pi$ 인 구간을 움직이는 동안 $(x,y)$ 는 반지름이 $a$ 인 원을 그리고 $z$ 는 $2\pi c$ 만큼 증가한다. 경로는 반지름이 $a$ 이고 한 바퀴 돌 때마다 높이가 $2\pi c$ 만큼 올라가는 나선이다.

(a) $y=\sqrt{x}$ 이고 $z=\frac{2}{3}xy=\frac{2}{3}x^{3/2}$ 이므로,

$$\begin{aligned} \mathbf{r}(x)&=x\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+\sqrt{x}\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\frac{2}{3}x^{3/2}\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$$

이 문제의 나머지 부분을 위해 다음도 필요하다.

$$\begin{aligned} \mathbf{r}'(x)&=\hat{\boldsymbol{\imath}}+\frac{1}{2\sqrt{x}}\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\sqrt{x}\,\hat{\mathbf{k}}\\ \mathbf{r}''(x)&=-\frac{1}{4x^{3/2}}\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\frac{1}{2\sqrt{x}}\,\hat{\mathbf{k}}\\ \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}x}=|\mathbf{r}'(x)| &=\sqrt{1+\frac{1}{4x}+x} =\sqrt{\left(\frac{1}{2\sqrt{x}}+\sqrt{x}\right)^2} =\frac{1}{2\sqrt{x}}+\sqrt{x}\\ \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}x}(1)&=\frac{3}{2} \end{aligned}$$

(b)

$$\int_C \ ds =\int_0^9 \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}x}\ \mathrm{d}x =\int_0^9 \left(\frac{1}{2\sqrt{x}}+\sqrt{x}\right)\ \mathrm{d}x =\left[\sqrt{x}+\frac{2}{3}x^{3/2}\right]_0^9 =3+18 =21$$

(c) 다음과 같이 놓는다.

• $\mathbf{r}(x)$: 입자의 첫째 좌표가 $x$ 일 때의 위치,
• $\mathbf{R}(t)$: 시각 $t$ 에서의 입자의 위치,
• $x(t)$: 시각 $t$ 에서의 입자의 $x$–좌표,
• $s(x)$: 원점에서 $\mathbf{r}(x)$ 까지의 곡선의 길이.

모든 $t$ 에 대해 $|\mathbf{R}'(t)|=9$ 임이 주어져 있다. 따라서

$$\begin{aligned} \mathbf{R}(t)=\mathbf{r}\big(x(t)\big)&\implies \mathbf{R}'(t)=\mathbf{r}'\big(x(t)\big)\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}(t) \\ &\implies 9=|\mathbf{R}'(t)|=\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}x}\big(x(t)\big) \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}(t) =\left(\frac{1}{2\sqrt{x(t)}}+\sqrt{x(t)}\right)\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}(t) \end{aligned}$$

특히 입자가 시각 $0$ 에 $(1,1,\frac{2}{3})$ 에 있다면 $x(0)=1$ 이고

$$9=\left(\frac{1}{2\sqrt{1}}+\sqrt{1}\right)\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}(0) \implies \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}(0)=6$$

이므로

$$\mathbf{R}'(0)=\mathbf{r}'(1)\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}(0) =\left(\hat{\boldsymbol{\imath}}+\frac{1}{2}\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}\right)6 =\ 6\,\hat{\boldsymbol{\imath}}+3\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+6\,\hat{\mathbf{k}}$$

이다.

(d) 곱의 미분법과 연쇄 법칙에 의해,

$$\mathbf{R}'(t)=\mathbf{r}'\big(x(t)\big)\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}(t)\implies \mathbf{R}''(t)=\mathbf{r}''\big(x(t)\big)\left(\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}(t)\right)^2 +\mathbf{r}'\big(x(t)\big)\frac{\mathrm{d^2}x}{\mathrm{d}{t}^2}(t)$$

(c)에서 $9=|\mathbf{R}'(t)|=\Big(\frac{1}{2\sqrt{x(t)}}+\sqrt{x(t)}\Big)\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}(t)$ 임을 보았으므로

$$\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}(t)=9\left(\frac{1}{2\sqrt{x(t)}}+\sqrt{x(t)}\right)^{-1}$$

이다. 이를 미분하면

$$\frac{d^2x}{dt^2}(t)=-9\left(\frac{1}{2\sqrt{x(t)}}+\sqrt{x(t)}\right)^{-2} \left(-\frac{1}{4x(t)^{3/2}}+\frac{1}{2\sqrt{x(t)}}\right)\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}(t)$$

이다. 특히 $t=0$ 일 때 $x(0)=1$ 이고 $\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}(0)=6$ 이므로

$$\frac{\mathrm{d^2}x}{\mathrm{d}{t}^2}(0)=-9\left(\frac{3}{2}\right)^{-2} \left(\frac{1}{4}\right)6=-6$$

이고, 따라서

$$\begin{aligned} \mathbf{R}''(0)&=\mathbf{r}''(1)\ \big(6\big)^2+\mathbf{r}'(1)\big(-6\big) =36\left(-\frac{1}{4}\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\frac{1}{2}\,\hat{\mathbf{k}}\right) -6\left(\hat{\boldsymbol{\imath}}+\frac{1}{2}\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}\right) \\ &=-6\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-12\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+12\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$$

이다.