벡터와 공간 전체 문제

(a) $C$ 를 $x$ 로 매개화한다. $y=x^2$ 이고 $z=\frac{2}{3}x^3$ 이므로,

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

이고 $$\int_C \ \mathrm{d}s =\int_0^3 \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}x}\ \mathrm{d}x =\int_0^3 \big(1+2x^2\big)\ \mathrm{d}x ={\Big[x+\frac{2}{3}x^3\Big]}_0^3 =21$$

(b) 입자는 $\frac{7}{2}$ 시간 단위 동안 21 단위의 거리를 움직였다. 따라서 속력은 $\frac{21}{7/2}=6$ 이다.

(c) 시각 $t$ 에서 입자의 위치를 $\mathbf{R}(t)$ 라 하자. 그러면 $$\mathbf{R}(t)=\mathbf{r}\big(x(t)\big)\implies \mathbf{R}'(t)=\mathbf{r}'\big(x(t)\big)\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}$$ (a), (b)의 결과와 연쇄 법칙(합성함수의 미분법)에 의해 $$6=\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}=\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}x}\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=(1+2x^2)\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} \implies \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=\frac{6}{1+2x^2}$$ 특히 입자가 $\big(1,1,\frac{2}{3}\big)$ 에 있을 때는 $x=1$ 이다. 이때 $\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=\frac{6}{1+2\times 1}=2$ 이고 $$\mathbf{R}'=\mathbf{r}'\big(1\big)\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} =\big(\hat{\boldsymbol{\imath}}+2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2\,\hat{\mathbf{k}}\big)2 =2\hat{\boldsymbol{\imath}}+4\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+4\,\hat{\mathbf{k}}$$

(d) 곱의 미분법과 연쇄 법칙에 의해 $$\mathbf{R}'(t)=\mathbf{r}'\big(x(t)\big)\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}\implies \mathbf{R}''(t)=\mathbf{r}''\big(x(t)\big){\Big(\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}\Big)}^2 +\mathbf{r}'\big(x(t)\big)\frac{\mathrm{d^2}x}{\mathrm{d}{t}^2}$$ $6=\big(1+2x(t)^2\big)\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}(t)$ 의 양변에 $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}$ 를 적용하면 $$0=4x{\Big(\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}\Big)}^2+(1+2x^2)\frac{\mathrm{d^2}x}{\mathrm{d}{t}^2}$$ 특히 $x=1$ 이고 $\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=2$ 일 때, $0=4\times 1\big(2\big)^2+(3)\frac{\mathrm{d^2}x}{\mathrm{d}{t}^2}$ 에서 $\frac{\mathrm{d^2}x}{\mathrm{d}{t}^2}=-\frac{16}{3}$ 이고 $$\mathbf{R}''=\big(2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+4\,\hat{\mathbf{k}}\big)\big(2\big)^2 -\big(\hat{\boldsymbol{\imath}}+2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2\,\hat{\mathbf{k}}\big)\frac{16}{3} = -\frac{8}{3}\big(2\hat{\boldsymbol{\imath}}+\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}-2\,\hat{\mathbf{k}}\big)$$

이 문제는 카메라를 원점에 둔 $xy$–평면으로 이미 설정되어 있으므로, 카메라가 향하는 방향의 벡터는 $(x(t),y(t))$ 이다. $\theta$ 를 카메라가 양의 $x$축(정동쪽)과 이루는 각이라 하자. 카메라, 물체, 정동쪽 방향(양의 $x$축)은 직각삼각형을 이룬다.

$$\begin{aligned} \tan\theta&=\frac{y}{x}\\ \text{$t$에 대해 음함수 미분하면:} \\ \sec^2\theta\,\frac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}t}&=\frac{xy'-yx'}{x^2}\\ \frac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}t}&=\cos^2\theta\left(\frac{xy'-yx'}{x^2}\right)=\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)^2\left(\frac{xy'-yx'}{x^2}\right)=\frac{xy'-yx'}{{x^2+y^2}} \end{aligned}$$

$\mathbf{u}(t)=e^{\alpha t}\frac{d\mathbf{r}}{dt}(t)$ 로 정의하자. 그러면

$$\begin{aligned} \frac{d\mathbf{u}}{dt}(t)&=\alpha e^{\alpha t}\frac{d\mathbf{r}}{dt}(t) +e^{\alpha t}\frac{d^2\mathbf{r}}{dt^2}(t)\\ &=\alpha e^{\alpha t}\frac{d\mathbf{r}}{dt}(t) -ge^{\alpha t}\hat{\mathbf{k}} -\alpha e^{\alpha t}\frac{d\mathbf{r}}{dt}(t)\\ &=-ge^{\alpha t}\hat{\mathbf{k}}\\ \end{aligned}$$

이 식의 양변을 $t=0$ 에서 $t=T$ 까지 적분하면

$$\begin{aligned} &\mathbf{u}(T)-\mathbf{u}(0)=-g\frac{e^{\alpha T}-1}{\alpha}\hat{\mathbf{k}} \\ &\implies \mathbf{u}(T)=\mathbf{u}(0)-g\frac{e^{\alpha T}-1}{\alpha}\hat{\mathbf{k}} =\frac{d\mathbf{r}}{dt}(0)-g\frac{e^{\alpha T}-1}{\alpha}\hat{\mathbf{k}} =\mathbf{v}_0-g\frac{e^{\alpha T}-1}{\alpha}\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$$

$\mathbf{u}(T)=e^{\alpha t}\frac{d\mathbf{r}}{dt}(T)$ 를 대입하고 양변에 $e^{-\alpha T}$ 를 곱하면 $$\frac{d\mathbf{r}}{dt}(T) =e^{-\alpha T}\mathbf{v}_0-g\frac{1-e^{-\alpha T}}{\alpha}\hat{\mathbf{k}}$$ 이 식의 양변을 $T=0$ 에서 $T=t$ 까지 적분하면

$$\begin{aligned} &\mathbf{r}(t)-\mathbf{r}(0) =\frac{e^{-\alpha t}-1}{-\alpha}\mathbf{v}_0-g\frac{ t}{\alpha}\hat{\mathbf{k}} +g\frac{e^{-\alpha t}-1}{-\alpha^2}\hat{\mathbf{k}} \\ &\implies \mathbf{r}(t)=\mathbf{r}_0-\frac{e^{-\alpha t}-1}{\alpha}\mathbf{v}_0 +g\frac{1-\alpha t-e^{-\alpha t}}{\alpha^2}\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$$

(a) 정의에 의해

$$\mathbf{v}'(t)=\mathbf{a}(t)=\left< \cos t,\sin t,0\right> \implies \mathbf{v}(t)=\left< \sin t+c_1, -\cos t+c_2, c_3\right>$$

이고, 여기서 $c_1$, $c_2$, $c_3$ 은 어떤 상수이다. $\mathbf{v}(0)=\left< 0,-1,1\right>$ 을 만족하려면 $c_1=0$, $c_2=0$, $c_3=1$ 이어야 한다. 따라서 $\mathbf{v}(t)=\left< \sin t, -\cos t, 1\right>$ 이다. 마찬가지로

$$\mathbf{r}'(t)=\mathbf{v}(t)=\left< \sin t,-\cos t,1\right> \implies \mathbf{r}(t)=\left< -\cos t+d_1, -\sin t+d_2, t+d_3\right>$$

이고, 여기서 $d_1$, $d_2$, $d_3$ 은 어떤 상수이다. $\mathbf{r}(0)=\left< -1,0,0\right>$ 을 만족하려면 $d_1=0$, $d_2=0$, $d_3=0$ 이어야 한다. 따라서 $\mathbf{r}(t)=\left< -\cos t, -\sin t, t\right>$ 이다.

(b) 수직 여부를 확인하기 위해 내적을 계산하면

$$\mathbf{v}(t)\cdot\mathbf{a}(t)=\left< \sin t, -\cos t, 1\right>\cdot\left< \cos t,\sin t,0\right> =\sin t\cos t-\cos t \sin t+1\times 0=0$$

이므로 모든 $t$ 에 대해 $\mathbf{v}(t)\perp\mathbf{a}(t)$ 이다.

(c) $t=-\frac{\pi}{2}$ 에서 입자는 $\mathbf{r}\big(-\frac{\pi}{2}\big)=\left< 0,1,-\frac{\pi}{2}\right>$ 에 있고 속도는 $\mathbf{v}\big(-\frac{\pi}{2}\big)=\left< -1,0,1\right>$ 이다. 따라서 접선은 $\left< 0,1,-\frac{\pi}{2}\right>$ 을 지나고 방향 벡터가 $\left< -1,0,1\right>$ 이어야 한다. 다음은 접선의 벡터 매개변수 방정식이다.

$$\mathbf{r}(u)=\left< 0,1,-\frac{\pi}{2}\right>+u\left< -1,0,1\right>$$

(d) 참이다. 입자가 지나는 경로를 위에서 내려다보아 $x$ 좌표와 $y$ 좌표만 보이게 하자. 우리가 보는 경로(이를 사영 경로라 하자)는 $x(t)=-\cos t$, $y(t)=-\sin t$ 이며, 이는 원점을 중심으로 하는 반지름이 1인 원이다. 원의 어떤 접선이든 항상 그 원의 바깥에 놓인다. 따라서 사영 경로에 접하는 어떤 접선도 $(0,0)$ 을 지날 수 없다. 그러므로 입자가 지나는 경로에 접하는 어떤 접선도 $z$ 축을 지날 수 없고, 특히 $(0,0,0)$ 을 지날 수 없다.

(a) $$x(t)^2+y(t)^2=t^2\cos^2\big(\tfrac{\pi t}{2}\big) +t^2\sin^2\big(\tfrac{\pi t}{2}\big)=t^2\qquad\text{그리고}\qquad z(t)^2=t^2$$

은 서로 같으므로, 입자의 경로는 원뿔 $z^2=x^2+y^2$ 위에 있다.

(b) 정의에 의해,

$$\begin{aligned} \text{속도}&=\mathbf{r}'(t)&&= \big[\cos\big(\tfrac{\pi t}{2}\big) -\tfrac{\pi t}{2}\sin\big(\tfrac{\pi t}{2}\big)\big]\hat{\boldsymbol{\imath}} +\big[\sin\big(\tfrac{\pi t}{2}\big) +\tfrac{\pi t}{2}\cos\big(\tfrac{\pi t}{2}\big)\big]\hat{\boldsymbol{\jmath}} +\hat{\mathbf{k}} \\ \text{속력}&=|\mathbf{r}'(t)|&&= \sqrt{\big[\cos\big(\tfrac{\pi t}{2}\big) -\tfrac{\pi t}{2}\sin\big(\tfrac{\pi t}{2}\big)\big]^2 +\big[\sin\big(\tfrac{\pi t}{2}\big) +\tfrac{\pi t}{2}\cos\big(\tfrac{\pi t}{2}\big)\big]^2 +1^2} \\ & &&= \Big[\cos^2\big(\tfrac{\pi t}{2}\big) -2\tfrac{\pi t}{2}\cos\big(\tfrac{\pi t}{2}\big) \sin\big(\tfrac{\pi t}{2}\big) +\big(\tfrac{\pi t}{2}\big)^2\sin^2\big(\tfrac{\pi t}{2}\big) \\ & && +\sin^2\big(\tfrac{\pi t}{2}\big) +2\tfrac{\pi t}{2}\cos\big(\tfrac{\pi t}{2}\big) \sin\big(\tfrac{\pi t}{2}\big) +\big(\tfrac{\pi t}{2}\big)^2\cos^2\big(\tfrac{\pi t}{2}\big) +1\Big]^{1/2}\\ & &&=\sqrt{2+\frac{\pi^2 t^2}{4}} \end{aligned}$$

(c) $t=1$ 일 때 입자는 $\mathbf{r}(1)=(0,1,1)$ 에 있고 속도는 $\mathbf{r}'(1)=\left< -\frac{\pi}{2},1,1\right>$ 이다. 따라서 $t\ge 1$ 일 때 입자의 위치는

$$\left< x,y,z\right> = \left< 0,1,1\right>+(t-1)\left< -\frac{\pi}{2},1,1\right>$$

이다. 이것은 이 직선의 벡터 매개변수 방정식이기도 하다.

(d) 입자가 $L$ 을 따라 날아가는 동안 속력이 일정하게 유지된다고 가정하자. 그러면 시각 $t$ ($t\ge 1$)에서 입자의 $x$ 좌표는 $-\frac{\pi}{2}(t-1)$ 이다. 이 값은 $t-1=\frac{2}{\pi}$ 일 때 $-1$ 이 된다. 따라서 입자는 원뿔을 벗어난 지 $\frac{2}{\pi}$ 초 후에 $x=-1$ 에 부딪힌다.

(a) 두 곡선의 접선벡터는 다음과 같다.

$$\mathbf{r}'_1(t)=\left< 1, 2t, 3t^2\right>\qquad \mathbf{r}'_2(t)=\left<-\sin t, \cos t, 1\right>$$

두 곡선은 모두 $t=0$ 일 때 $P$ 를 지나므로 이때의 접선벡터는 다음과 같다.

$$\mathbf{r}'_1(0)=\left< 1, 0, 0\right>\qquad \mathbf{r}'_2(0)=\left< 0, 1, 1\right>$$

따라서 두 곡선이 만나는 각 $\theta$ 는 다음 식으로 정해진다.

$$\begin{aligned} \mathbf{r}'_1(0)\cdot\mathbf{r}'_2(0)=|\mathbf{r}'_1(0)|\,|\mathbf{r}'_2(0)|\,\cos\theta &\implies \left< 1, 0, 0\right>\cdot\left< 0, 1, 1\right>=1\cdot\sqrt{2}\cdot\cos\theta \\ &\implies\cos\theta=0\implies \theta=90^\circ \end{aligned}$$

(b) 풀이 전략은 다음과 같다.

• 시점이 한 직선 위에 있고 종점이 다른 직선 위에 있는 벡터 $\mathbf{v}$ 를 구한다.
• 두 직선에 모두 수직인 벡터 $\mathbf{n}$ 을 구한다.
• 그러면 $\mathbf{v}$ 와 $\mathbf{n}$ 사이의 각을 $\theta$ 라 할 때, 두 직선 사이의 거리는 $|\mathbf{v}|\cos\theta = \frac{|\mathbf{v}\cdot\mathbf{n}|}{|\mathbf{n}|}$ 이다.

이제 풀어 보자.

• 먼저 $\mathbf{v}$ 를 구한다.

• 직선 $\mathbf{r}(t)=\left< t, -1+2t, 1+3t\right>$ 위의 한 점은 $\mathbf{r}(0)=\left< 0,-1,1\right>$ 이다.

• $(x,y,z)$ 가 다른 직선 위에 있을 필요충분조건은 $x+y-z=4$ 이고 $2x-z=4$ 인 것이다. 특히 $z=0$ 이면 $x+y=4$ 이고 $2x=4$ 이므로 $x=2$, $y=2$ 이다.

• 따라서 벡터 $\mathbf{v}=\left< 2-0\,,\,2-(-1)\,,\,0-1\right>=\left< 2,3,-1\right>$ 은 종점이 한 직선 위에 있고 시점이 다른 직선 위에 있다.

• 다음으로 두 직선에 모두 수직인 벡터 $\mathbf{n}$ 을 구한다.

• 먼저 직선 $x+y-z=4$, $2x-z=4$ 의 방향벡터를 구한다. $x=y=2$, $z=0$ 이 이 직선 위의 점임은 이미 알고 있다. 이 직선 위의 두 번째 점은, 예를 들어 $z=2$ 로 놓고 $x+y=6$, $2x=6$ 을 풀면 $x=3$, $y=3$ 으로 구할 수 있다. 따라서 직선 $x+y-z=4$, $2x-z=4$ 의 방향벡터 하나는 $\mathbf{d}_1=\left<3-2\,,\,3-2\,,\,2-0 \right> = \left< 1,1,2\right>$ 이다.

• 직선 $x+y-z=4$, $2x-z=4$ 의 방향벡터를 구하는 두 번째 방법은 다음과 같다. $\left< 1,1,-1\right>$ 은 $x+y-z=4$ 의 법선벡터이므로 이 직선에 수직이고, $\left< 2,0,-1\right>$ 은 $2x-z=4$ 의 법선벡터이므로 역시 이 직선에 수직이다. 따라서 $\left< 1,1,-1\right>\times\left< 2,0,-1\right>$ 이 이 직선의 방향벡터이다.

• 직선 $\mathbf{r}(t)=\left< t, -1+2t, 1+3t\right>$ 의 방향벡터는 $\mathbf{d}_2=\mathbf{r}'(t)=\left< 1,2,3\right>$ 이다.

• 그러므로

$$\mathbf{n}=\mathbf{d}_2\times\mathbf{d}_1 =\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ 1 & 2 & 3 \\ 1 & 1 & 2 \end{matrix}\right] = \hat{\boldsymbol{\imath}} + \hat{\boldsymbol{\jmath}} -\hat{\mathbf{k}}$$

은 두 직선에 모두 수직이다.

따라서 두 직선 사이의 거리는 다음과 같다.

$$|\mathbf{v}|\cos\theta = \frac{|\mathbf{v}\cdot\mathbf{n}|}{|\mathbf{n}|} =\frac{\left< 2,3,-1\right> \cdot\left< 1,1,-1\right>}{|\left< 1,1,-1\right>|} =\frac{6}{\sqrt{3}} =2\sqrt{3}$$