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곡선의 길이 공식에 의해 $\DeclareMathOperator\comp{comp} \DeclareMathOperator\proj{proj}$ $$\int_{0}^{\pi} \sqrt{r^2+(r')^2} d\theta=\int_{0}^{\pi} \sqrt{{\theta}^2+1} d\theta$$이고 $\theta=\tan{u}$의 치환을 하자. 그러면 $d\theta=\sec^2{u}du$이니
$$\int_{0}^{\tan^{-1}{\pi}} \sec^3{u} du=\left[ {1 \over 2} (\tan{u}\sec{u} + \ln{|\tan{u}+\sec{u}|}) \right]_{0}^{\tan^{-1}{\pi}}$$이다. $\tan^{-1}{\pi}=\alpha \Rightarrow \tan{\alpha}=\pi$라고 하면 $\sec{\alpha}=\sqrt{\pi^2+1}$이고 주어진 적분은 $${1 \over 2} (\tan{\alpha}\sec{\alpha} + \ln{|\tan{\alpha}+\sec{\alpha}|})={1 \over 2} \left[\pi \sqrt{\pi^2+1} + \ln{(\pi+\sqrt{\pi^2+1})}\right]$$이다.
위와 동일한 식을 사용하면 $$\int_{\pi}^{4\pi} \sqrt{\theta^4+4\theta^2} d\theta=\int_{\pi}^{4\pi} \theta \sqrt{\theta^2+4} d\theta$$이다. $\sqrt{\theta^2+4}=u$의 치환을 하면 $\theta d\theta=udu$이니 $$\int_{\sqrt{\pi^2+4}}^{\sqrt{16\pi^2+4}} u^2 du=\left[ {u^3 \over 3} \right]_{\sqrt{\pi^2+4}}^{\sqrt{16\pi^2+4}}={1 \over 3} \left[ (16\pi^2+4)^{3/2}-(\pi^2+4)^{3/2} \right]$$이다.
$x=\sinh{y}$와 $$\int 2\pi x ds$$로 적분 식을 구하면 $$\int_0^{\sinh^{-1}{\sqrt{2}}} 2\pi\sinh{y} \sqrt{1+\left( {dx \over dy} \right)^2} dy$$이고 이는 $$\int_0^{\ln{(\sqrt{2} + \sqrt{3})}} 2\pi\sinh{y} \sqrt{1+\cosh^2{y}} dy$$이다. $\cosh{y}=\tan{u}$의 치환을 하면 $\sinh{y}dy=\sec^2{u}du$이고 $\cosh{\ln{(\sqrt{2} + \sqrt{3})}}=\sqrt{3}$이다. $$\int_{\tan^{-1}{1}}^{\tan^{-1}\sqrt{3}} 2\pi \sec^3{u} du$$에서 $$2\pi \left[ {1 \over 2} (\tan{u}\sec{u} + \ln{|\tan{u}+\sec{u}|}) \right]_{\tan^{-1} 1}^{\tan^{-1}\sqrt{3}}$$이고 $\tan^{-1} 1=\alpha \Rightarrow \sec\alpha = \sqrt{2}$, $\tan^{-1} \sqrt{3}=\beta \Rightarrow \sec\beta = 2$이므로 적분값은 $$\pi \left[ 2\sqrt{3} + \ln{(2+\sqrt{3})} - \sqrt{2} - \ln{(1+\sqrt{2})}\right]$$이다.
$$a_n=3^n \sin^3{\dfrac{1}{3^n}}$$라고 하자. $n \to \infty$일 때 $a_n \to 0$이므로 Divergence Test는 실패한다.
$a_n$에 n제곱이 있으므로 Ratio Test를 적용하자. $$\lim_{n \to \infty}\left|\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\lim_{n \to \infty}\left|\dfrac{3^{n+1}\sin^3{\dfrac{1}{3^{n+1}}}}{3^n\sin^3{\dfrac{1}{3^n}}}\right|=3\lim_{n \to \infty}\left|\left(\dfrac{\sin{1 / 3^{n+1}}}{\sin{1 / 3^n}}\right)^3\right|$$이고, $$\lim_{n \to \infty}\dfrac{\sin{\dfrac{1}{3^{n+1}}}}{\sin{\dfrac{1}{3^n}}}\overset{LH}{=}\dfrac{1}{3}$$이니 주어진 극한은 $\dfrac{1}{9} \lt 1$이다. 따라서 Ratio Test에 의해 주어진 급수는 절대수렴한다.
이제 수렴값을 구하자. 식을 간단하게 하기 위해 $t=\dfrac{1}{3^n}$으로 놓으면 $a_n=\dfrac{\sin^3{t}}{t}$이 된다. 반각공식과 곱을 합으로 바꾸는 공식을 적절히 사용하면 $$\dfrac{\sin^3{t}}{t}=\dfrac{3}{4}\left( \dfrac{\sin{t}}{t} - \dfrac{\sin{3t}}{3t} \right)$$를 얻는다.(3배각 공식을 이용해도 된다.)
따라서 주어진 급수는 $$\dfrac{3}{4} \sum_{n=1}^{\infty} \left( \dfrac{\sin{1 / 3^n}}{1 / 3^n} - \dfrac{\sin{1 / 3^{n-1}}}{1 / 3^{n-1}} \right)$$이니 망원급수 꼴임을 알 수 있다. 부분합을 구하면 $$S_k=\dfrac{3}{4} \left( \dfrac{\sin{1 / 3^k}}{1 / 3^k} - \sin{1} \right)$$이니 수렴값은 $$\lim_{k \to \infty} S_k=s=\dfrac{3}{4} \left( 1 - \sin{1} \right)$$이다.
$$a_n=\left(\dfrac{n-2024}{n+2024}\right)^n$$라고 하자. $$\lim_{n \to \infty}a_n=\lim_{n \to \infty}\left(1+\dfrac{-4048}{n+2024}\right)^n=e^{-4048}\neq 0$$이므로 Divergence Test에 의해 이 급수는 발산한다.
※ Root Test를 하면 $\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{|a_n|} = 1$이므로 수렴 여부를 결정할 수 없다.
$$a_n=(-1)^n \dfrac{\ln{n}}{n-\ln{n}} b_n=\dfrac{\ln{n}}{n-\ln{n}}$$라고 하자. $b_n \gt 0$이고$(\because n \geq 3)$ $b_n$은 감소한다. 또한 $$\lim_{n \to \infty} b_n\overset{LH}{=}\lim_{n \to \infty} \dfrac{1 / n}{1 - 1/n}=0$$이다. 따라서 주어진 급수는 교대급수판정법에 의해 수렴한다.
이제 $\sum |a_n|$의 수렴 여부를 살펴보자. $$\dfrac{\ln{n}}{n-\ln{n}} \geq \dfrac{1}{n-\ln{n}} \geq \dfrac{1}{n} (\because n \geq 3)$$이고 $\sum \dfrac{1}{n}$은 p-급수 판정법에 의하여 발산한다. 따라서 $\sum |a_n|$은 비교판정법에 의하여 발산한다.
$\sum |a_n|$은 발산하고 $\sum a_n$은 수렴하므로 이 급수는 조건수렴한다.
$$a_n=\dfrac{(x+2)^n}{2^n \ln{(n+1)}}$$라고 한 후 Ratio Test를 적용하자. $$\lim_{n \to \infty}\left|\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\lim_{n \to \infty}\left| \dfrac{(x+2)^{n+1}}{2^{n+1} \ln{(n+2)}} \cdot \dfrac{2^n \ln{(n+1)}}{(x+2)^n} \right|=\dfrac{1}{2}|x+2|$$이므로 $$\dfrac{1}{2}|x+2| \lt 1 \Leftrightarrow |x+2|\lt 2$$이면 이 급수는 수렴한다.
이제 $|x+2|=2$인 경우를 살펴보자. $x=0$이면 주어진 급수는 $\sum \dfrac{1}{\ln{(n+1)}}$이 되고 $$\dfrac{1}{\ln{(n+1)}} \geq \dfrac{1}{n+1}$$이므로 비교판정법에 의해 $\sum \dfrac{1}{\ln{(n+1)}}$는 발산한다.
$x=-4$이면 주어진 급수는 $\sum \dfrac{(-1)^n}{\ln{(n+1)}}$이고 이는 교대급수판정법에 의해 수렴한다.
따라서 수렴반경은 $R=2$, 수렴구간은 $-4 \leq x \lt 0$이다.
$\ln{(1+x^2)}$의 맥클로린 급수는 $$x^2-\dfrac{x^4}{2}+\dfrac{x^6}{3} \cdots -\dfrac{x^{100}}{50}+\dfrac{x^{102}}{51} \cdots$$이다. 따라서 $$f(x)=\int \ln{(1+x^2)} dx=\dfrac{x^3}{3}-\dfrac{x^5}{5 \cdot 2}+\dfrac{x^7}{7 \cdot 3} \cdots -\dfrac{x^{101}}{101 \cdot 50}+\dfrac{x^{103}}{103 \cdot 51} \cdots$$이니 $$f^{(101)}(x)=-\dfrac{101!}{101 \cdot 50}+\dfrac{103 \cdot 102 \cdot 101 \cdots 3 \cdot x^2}{103 \cdot 51} \cdots$$이고, $$f^{(101)}(0)=-\dfrac{100!}{50}$$이다.
교점을 찾기 위해 두 곡선을 연립하면 $$8\sin{(2\theta)}=16\cos^2{\theta}$$에서 $$\cos{\theta}(\sin{\theta}-\cos{\theta})=0$$을 얻고 해는 $\theta=\pi/4$, $\theta=\pi/2$가 있다. $\theta=\pi/2$를 대입하면 $r=0$이 되므로 두 곡선이 원점에서 만남을 확인할 수 있다.
※ $\theta=3\pi/4$은 첫 번째 식에서 $r$이 실수가 되지 않으므로 제외한다.
$\theta=\pi/4$의 직선을 그리면 공통 부분의 넓이가 두 부분으로 나뉜다. 한 부분은 $$\int_0^{\pi \over 4} {1 \over 2} \cdot 8\sin{(2\theta)} d\theta=2$$이고 다른 부분은 $$\int_{\pi \over 4}^{\pi \over 2} {1 \over 2} \cdot 16\cos^2{\theta} d\theta=\pi-2$$이다. 따라서 총 넓이는 $\pi$이다.
$$\tan{\theta}=\cot{t}={1\over\tan{t}}$$ 이니 직각삼각형을 그리면 $$\cos{\theta}=\sin{t}, \sin{\theta}=\cos{t}$$이다. $$\begin{cases} x=r\cos{\theta} \\ y=r\sin{\theta} \end{cases}$$이니 구하는 parametric equation은 $$\begin{cases} x=t\sin{t} \\ y=t\cos{t} \end{cases}$$이다.
곡선의 길이는 $$\int ds=\int_{1}^{\sqrt{3}} \sqrt{ \left( {dx \over dt} \right)^2 + \left( {dy \over dt} \right)^2} dt=\int_{1}^{\sqrt{3}} \sqrt{t^2+1} dt$$에서 $t=\tan{u}$의 치환을 하면 $dt=\sec^2{u}du$니 주어진 적분은 $$\int_{\pi\over4}^{\pi\over3} \sec^3{u} du=\left[ {1 \over 2} (\tan{u}\sec{u} + \ln{|\tan{u}+\sec{u}|}) \right]_{\pi\over4}^{\pi\over3}={1\over2} \left[ 2\sqrt{3}+\ln{(2+\sqrt{3})}-\sqrt{2}-\ln{(1+\sqrt{2})} \right]$$이다.
내적 조건에 의하여 $x-y=2$이고 $\comp_{a}v=-\sqrt{6}$에서 $${\textbf{a} \cdot \textbf{v} \over |\textbf{a}|}=-\sqrt{6}$$이다. 따라서 $x-2y=7$이다. 둘을 연립하면 $x=-3$, $y=-5$이고 $\textbf{v}= \lt 1,-3,-5 \gt$이다.
$\textbf{w}$와 $\textbf{c}$가 수직하므로 $\textbf{w} \cdot \textbf{c}=0$에서 $z=2$이고 $\textbf{w}= \lt 0,-1,2 \gt$이다.
$\textbf{v}$와 $\textbf{w}$의 내적과 외적을 구하면 $\textbf{v} \cdot \textbf{w}=-7$이고 $$\textbf{w} \times \textbf{v} =\begin{vmatrix} \textbf{i} & \textbf{j} & \textbf{k} \\ 0 & -1 & 2 \\ 1 & -3 & -5 \\ \end{vmatrix}=\lt 11,2,1 \gt$$이다.
따라서 $$\proj_{\textbf{w}}\textbf{v} \times \proj_{\textbf{v}}\textbf{w}={\textbf{w} \cdot \textbf{v} \over |\textbf{w}|^2}\textbf{w} \times {\textbf{v} \cdot \textbf{w} \over |\textbf{v}|^2}\textbf{v}={(\textbf{w} \cdot \textbf{v})^2 \over |\textbf{w}|^2|\textbf{v}|^2}\textbf{w} \times \textbf{v}={49 \over 5 \cdot 35}\lt 11,2,1 \gt=\lt {77\over25},{14\over25},{7\over25} \gt$$이다.
구하는 표면 위의 점을 $(x,y,z)$라고 하자. $(x,y,z)$와 $(0,0,2)$의 거리와 $(x,y,z)$와 $z=-2$의 거리를 같게 하면 된다.$$\sqrt{x^2+y^2+(z-2)^2}=z+2$$이니 구하는 표면의 방정식은 $$x^2+y^2-8z=0$$이다.
두 평면의 교선 $L$을 구하자. 두 평면의 방정식에 $z=0$을 대입하면 교선 $L$ 위의 한 점 $A$가 $(\dfrac{4}{5},\dfrac{1}{5},0)$이라는 것을 알 수 있다.
두 평면의 법선벡터를 외적하여 교선의 방향벡터를 구하면 $$\lt 2,-3,-2 \gt \times \lt -3,2,2 \gt=\begin{vmatrix} \textbf{i} & \textbf{j} & \textbf{k} \\ 2 & -3 & -2 \\ -3 & 2 & 2 \\ \end{vmatrix}=\lt -2,2,-5 \gt$$이다. 따라서 교선 $L$의 벡터방정식은 $\lt \dfrac{4}{5}-2t,\dfrac{1}{5}+2t,-5t \gt$이다.
첫 번째 방법: $P_1=(2,1,-1)$과 교선 $L$ 사이의 거리는 $$\sqrt{\left({6 \over 5 }+ 2t\right)^2 + \left(-{4 \over 5 }+ 2t\right)^2 + \left(1-5t\right)^2}=\sqrt{33t^2-{42t \over 5}+{77 \over 25}}$$이니 $t=\dfrac{7}{55}$에서 최소이고 그 값은 $$2 \sqrt{77} \over 11$$이다.
두 번째 방법: 교선 $L$의 방향벡터를 $\textbf{v}$라 하면 거리 $d$는 $|\overrightarrow{P_1A}|\sin{\theta}$($\theta$는 $\overrightarrow{P_1A}$와 $\textbf{v}$ 사이의 각도)와 같다. 따라서 $$d={|\overrightarrow{P_1A} \times \textbf{v}| \over |\textbf{v}|}={|\lt -2,8,4 \gt| \over \sqrt{33}}={2\sqrt{77} \over 11}$$이다.