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곡선의 길이 공식을 활용하면 $$L=\int_{\ln{3}}^{\ln{8}} \sqrt{1+\left({dx\over dy}\right)^2}dy=\int_{\ln{3}}^{\ln{8}} {e^y+2\over 2\sqrt{e^y+1}} dy$$에서 $\sqrt{e^y+1}=u$의 치환을 하면 $e^y dy=2udu$이고 $$\int_2^3 {u^2+1 \over u^2-1} du=\int_2^3 1+{1\over u-1}-{1\over u+1} du=[u+\ln{|u-1|}-\ln{|u+1|}]_2^3=1-\ln{2}+\ln{3}$$이다.
y축에 대하여 회전한 겉넓이를 구해야 하므로 $$\int 2\pi x ds=\int_1^e 2\pi x \sqrt{1+\left({dy\over dx}\right)^2}dx$$를 계산하자. 주어진 적분은 $$2\pi \int_1^e \sqrt{x^2+1} dx \\ =2\pi \int_{\pi/4}^{\tan^{-1}{e}} \sec^{3}{u} du \enspace (x=\tan{u}) \\ 2\pi \left[ {1\over2}\tan{u}\sec{u}+{1\over2}\ln{|\tan{u}+\sec{u}|} \right]_{\pi/4}^{\tan^{-1}{e}}$$에서 $\tan^{-1}{e}=\alpha$로 놓으면 $\tan{\alpha}=e$, $\sec{\alpha}=\sqrt{e^2+1}$이므로 구하는 적분은 $$\pi[e\sqrt{e^2+1}+\ln{(e+\sqrt{e^2+1})}-\sqrt{2}-\ln{(1+\sqrt{2})}]$$이다.
급수에 n제곱이 보이니 Root test를 사용해 보자. $$a_n=\left( {(n-1)!\over n!+1} \right)^{2n}$$라 놓고 Root test를 사용하면 $$\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|}=\lim_{n \to \infty} \left( {(n-1)!\over n!+1} \right)^2=0 \lt 1$$이므로 이 급수는 절대수렴한다.
※ 분모의 차수가 더 크므로 극한값이 $0$이 된다.
$$a_n={4^n(n!)^2 \over (2n)!} x^n$$이라 하자. $$\lim_{n \to \infty} \left|{a_{n+1} \over a_n}\right|=\lim_{n \to \infty} \left|{4^{n+1} ((n+1)!)^2 x^{n+1} \over (2n+2)!} \cdot {(2n)! \over 4^n(n!)^2 x^n}\right|=|x| \lt 1$$이면 이 급수는 수렴하므로 수렴반경은 $(-1,1)$, 수렴반지름은 $R=1$이다.
$$e^x=\sum_{n=0}^\infty {x^n\over n!}=1+x+{x^2\over2}+{x^3\over6} \cdots \\ e^x-1-x={x^2\over2}+{x^3\over6} \cdots =\sum_{n=2}^\infty {x^n\over n!} \\ {e^x-1-x\over x^2}={1\over2}+{x\over6} \cdots =\sum_{n=2}^\infty {x^{n-2}\over n!}$$이므로 구하는 적분은 $$\int {e^x-1-x\over x^2} dx=\sum_{n=2}^\infty \int {x^{n-2}\over n!} dx=\sum_{n=2}^\infty {x^{n-1}\over n!(n-1)}$$이다.
$$(\sinh^{-1}{x})'={1\over\sqrt{x^2+1}}=(1+x^2)^{-1/2}=\sum_{n=0}^\infty {-1/2 \choose n} x^{2n}=\sum_{n=0}^\infty { (-{1\over2})(-{3\over2}) \cdots (-{2n-1\over2}) \over n!} x^{2n}=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n{ 1 \cdot 3 \cdots (2n-1) \over 2^n \cdot n!} x^{2n}$$에서 분자와 분모에 $2 \cdot 4 \cdots (2n)=2^n \cdot n!$을 곱하면 $$\sum_{n=0}^\infty (-1)^n{ (2n)! \over (2^n \cdot n!)^2} x^{2n}$$이 되므로 양변을 적분하면 $$\sinh^{-1}{x}=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n{ (2n)! \over (2^n \cdot n!)^2} {x^{2n+1}\over 2n+1}$$이다. 여기에 $x^2$을 대입하면 구하는 매클로린 급수는 $$\sinh^{-1}{(x^2)}=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n{ (2n)! \over (2^n \cdot n!)^2} {x^{4n+2}\over 2n+1}$$이다. 위 이항급수는 $|x^2| \lt 1$에서 수렴하므로 조건에 맞는 것을 확인할 수 있다.
Pole에서의 접선을 찾기 위하여 $$x=r\cos{\theta}=(\sqrt{3}+2\sin{\theta})\cos{\theta} \\ y=r\sin{\theta}=(\sqrt{3}+2\sin{\theta})\sin{\theta} \\ {dy\over dx}={dy/d\theta\over dx/d\theta}={\sqrt{3}\cos{\theta}+4\sin{\theta}\cos{\theta}\over -\sqrt{3}\sin{\theta}+2\cos{2\theta}}$$라 놓자.
Pole에서는 $r=0$이므로 $\sin{\theta}=-{\sqrt{3}\over2}$에서 $\cos{\theta}=\pm {1\over2}$이다. 이를 대입하면 $${dy\over dx}=\pm\sqrt{3}$$이다.
이 접선은 모두 pole을 지나므로 접선의 방정식은 $\theta=\pi/3$ 또는 $\theta=2\pi/3$이다. 따라서 접선과 곡선이 만나는 점을 극좌표로 표현하면 $(2\sqrt{3}, \pi/3)$, $(2\sqrt{3}, 2\pi/3)$이다.
※ Desmos 그래프 페이지에서 문제에 주어진 함수의 그래프를 확인할 수 있다.
주어진 그래프를 그려 보면 구해야 하는 영역은 $\theta=\pi/4$에 대하여 대칭이므로 구하는 영역의 넓이는 $$2\int_0^{\pi/4} {1\over2}\left[(3-2\cos{(4\theta)})^2-\cos^2{(2\theta)}\right] d\theta \\ =\int_0^{\pi/4} 9+4\cos^2{(4\theta)}-12\cos{(4\theta)}-\cos^2{(2\theta)} d\theta \\ =\int_0^{\pi/4} {21\over2}+2\cos{(8\theta)}-{25\over2}\cos{(4\theta)} d\theta = \\ \left[ {21\over2}\theta + {1\over4}\sin{(8\theta)}-{25\over8}\sin{(4\theta)}\right]_0^{\pi/4}={21\over8}\pi$$이다.
※ Desmos 그래프 페이지에서 문제에 주어진 함수의 그래프를 확인할 수 있다.
$\DeclareMathOperator\comp{comp} \DeclareMathOperator\proj{proj} \comp_{\textbf{a}}\textbf{b}=\comp_{\textbf{b}}\textbf{a}$에서 $|\textbf{a}|=|\textbf{b}|=7$이다. 또한 $\proj_{\textbf{b}}\textbf{a}=\left\langle -2,4,{26\over7} \right\rangle$이다.
$$\proj_{\textbf{b}}\textbf{a}={(\textbf{a} \cdot \textbf{b})\textbf{b}\over |\textbf{b}|^2}$$이므로 $\textbf{b}=\left\langle -2k,4k,{26\over7}k \right\rangle$로 놓을 수 있다. $|\textbf{b}|=7$이므로 $${1656\over49}k^2=7 \\ k=\pm {6\sqrt{46}\over 7}$$이다.
따라서 구하는 $\textbf{b}$는 $\left\langle \mp{12\sqrt{46}\over7},\pm{24\sqrt{46}\over7},\pm{156\sqrt{46}\over49} \right\rangle$이다.
평행육면체의 부피는 $|\textbf{a} \cdot (\textbf{b} \times \textbf{c})|$이고 사면체의 부피는 평행육면체의 부피의 ${1\over6}$이므로 구하는 부피는 $${1\over6}\begin{vmatrix} -2 & 3 & 1 \\ 7 & -4 & 0 \\ -3 & 2 & 1 \\ \end{vmatrix}={1\over6}|-2(-4)-3(7)+1(2)|={11\over6}$$이다.
※ tetrahedron은 사면체이다.
세 직선 $L_1$, $L_2$, $L_3$는 모두 꼬인 위치에 있다. 먼저 $L_1$과 $L_3$ 사이의 거리를 구하자.
두 직선의 방향 벡터에 모두 수직인 벡터를 구하기 위하여 두 방향 벡터를 외적하면 $$\begin{vmatrix} \textbf{i} & \textbf{j} & \textbf{k} \\ 1 & 2 & 3 \\ 1 & 1 & 1 \\ \end{vmatrix}=\langle -1,2,-1 \rangle$$이다. 이 벡터를 법선 벡터로 하고 $L_1$ 위에 있는 임의의 점인 $(0,0,0)$을 포함하는 평면은 $-x+2y-z=0$이다.
이 평면과 $L_3$ 사이의 거리는 평면과 $L_3$ 위에 있는 임의의 점의 거리와 같고, $L_1$과 $L_3$ 사이의 거리와 같다. 따라서 두 직선 사이의 거리는 $${|-1+2a-3|\over \sqrt{6}}$$이다. $L_2$와 $L_3$ 사이의 거리도 동일한 방법으로 구하면 $${|-a-1|\over \sqrt{6}}$$이다. 이 두 거리가 서로 같아야 하므로 $$|-1+2a-3|=|-a-1| \\ \begin{cases} -1+2a-3=-a-1 \\ -1+2a-3=a+1\end{cases} \\ a=1, a=5$$이다.
※ Desmos 그래프 페이지에서 문제에 주어진 상황을 시각적으로 확인할 수 있다.
$z=k$와 $S$가 만나는 교선은 $18x^2+8y^2=-Ak^2-Bk=-k(Ak+B)$이다. $k \lt 0$에서는 교선이 존재하지 않고 $k \gt 0$에서는 교선이 존재해야 하므로 $A = 0$, $B \lt 0$이다.
또한 $k \gt 0$에서 교선이 나타내는 타원의 넓이를 구해 보자. 계산의 편의를 위하여 $-Bk=u \gt 0$로 놓으면 타원의 방정식은 $$18x^2+8y^2=u \\ {x^2\over u/18}+{y^2\over u/8}=1$$에서 넓이는 ${u\over12}\pi$이다.
따라서 $u=2k$에서 $-Bk=k$이므로 $B=-1$이다.