원과 타원이 있는 문제

문제 다음 글을 읽고 물음에 답하시오.

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가. 단위원 $x^2 +y^2 =1$ 위를 점 $A(1,0)$에서 출발하여 시계 반대 방향으로 움직이는 점 $P$의 시각 $t$에서의 좌표를 $((x(t),y(t))$라고 하자. 타원 $x^2 +k^2 y^2 =1$(단, $k>1$인 실수)은 두 점 $(1,0),(-1,0)$에서 단위원과 접한다. 점 $P$에서 $x$축에 내린 수선이 타원과 처음 만나는 점을 $Q$라고 하자. 

나. 점 $P$와 원점 $O$를 이은 선분이 타원과 만나는 점을 $R$이라고 하자. 선분 $OA$와 선분 $OP$가 이루는 각을 $\theta$, 선분 $OA$와 선분 $OQ$가 이루는 각을 $\alpha$라고 하자. 선분 $PQ$, 선분 $PR$과 타원의 호 $RQ$로 둘러싸인 도형 $PQR$의 넓이를 $f$, 선분 $OQ$와 선분 $OR$과 타원의 호 $RQ$로 둘러싸인 도형 $QOR$의 넓이를 $g$라고 하자.

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1. 점 $(x(t),y(t))$가 단위원 위의 점 $A(1,0)$에서 출발하여 시계 반대 방향으로 시각 $t$에 따라 일정한 속력으로 돌고 있다. 선분 $OA$, 선분 $OQ$와 타원의 호 $AQ$로 둘러싸인 도형 $OAQ$의 넓이를 $S(t)$라고 하자. $S(t)$의 시간에 대한 변화율 $dS/dt$가 상수임을 논리적으로 설명하시오.

2. 각 $\alpha$의 시간에 대한 변화율 $d\alpha/dt$가 각 $\theta$의 시간에 대한 변화율 $d\theta/dt$와 같아지는 $\theta$가 구간 $\displaystyle{\bigg[0, \frac{\pi}{2}\bigg]}$에서 적어도 하나는 존재함을 보이고 이때 $\alpha$와 $\theta$ 사이의 관계식을 구하시오.

3. 아래 극한값을 구하시오. $$\lim_{\theta\rightarrow \cfrac{\pi}{2}-}\cfrac{\cfrac{\pi}{2} - \theta}{\cfrac{\pi}{2} -\alpha}$$

4. 아래 극한값을 구하시오. $$\lim_{\theta\rightarrow \frac{\pi}{2}-}\frac{f}{g}$$

 

풀이

조금 옛날 문제라서 많이 어렵다. 먼저 직관적으로 접근해 보자. 원을 눌러서 타원으로 만들면 호의 길이나 넓이가 달라진다. 점 $\theta$가 $0$에 가까운 쪽은 많이 내려왔고 $\pi/2$에 가까운 쪽은 덜 내려왔다. $\pi/4$를 기준으로 생각하면 점 $P$가 일정한 속력으로 움직이므로 점 $Q$는 아래쪽을 움직일 때가 위 쪽을 움직일 때보다 속력이 더 크다. 당연히 중간에서 두 점 $P$와 $Q$의 속력이 같아지는 때가 있을 것이다. 모든 운동이 $P$의 움직임에 따라 결정되는데 점 $P$가 일정한 속도로 움직인다면 타원에서도 뭔가 속도가 일정한 변량이 있을 것이다. 그것이 바로 넓이다. 이쯤 되면 행성 궤도 중심과 행성을 잇는 선분이 쓸고 지나는 면적의 속도가 일정하다는 케플러 법칙이 떠오르지 않는가?

1. 문제에 이미 주어졌지만 속도와 관련된 문제는 당연히 시각 $t$의 함수로 표현하여야 한다. 하지만 변수를 $\theta$로 표현하는 것이 나타내기 훨씬 쉬우므로 $\theta$의 함수로 표현하자. 여기서 $\displaystyle{\theta=\frac{d\theta}{dt} \cdot t}$임을 기억하면 좋겠다.

점 $P$를 $P(\cos\theta,\sin\theta)$라고 두면 $Q\displaystyle{\bigg(\cos\theta, \frac{1}{k}\sin\theta\bigg)}$이다.

점 $Q$에서 $x$축에 내린 수선의 발을 $H$라고 하면 $S(t)$의 넓이는 삼각형 $OHQ$의 넓이와 도형 $QHA$의 넓이를 더하면 구할 수 있다.

$$\begin{split}S(t)&= \frac{1}{2}\overline{OH}\times \overline{HQ}+\int_{\cos\theta}^{1} \frac{1}{k} \sqrt{1-x^2}dx \\&=\frac{1}{2} \cos\theta \times \frac{1}{k} \sin\theta + \frac{1}{k} \int_{\cos\theta}^{1} \sqrt{1-x^2} dx\end{split}$$

삼각치환을 알고 있다면 바로 정적분으로 $S(t)$를 얻을 수도 있지만 곧바로 시간에 따른 넓이의 변화량 $dS/dt$를 구해보자.

$$\begin{split}\frac{dS}{dt}&=\frac{1}{2k}(-\sin^2 \theta +\cos^2 \theta)\frac{d \theta}{dt}-\frac{1}{k}\sqrt{1-\cos^2 \theta}(-\sin\theta)\frac{d\theta}{dt}\\&=\frac{1}{2k}(\cos^2 \theta +\sin^2 \theta)\frac{d\theta}{dt}\\&=\frac{1}{2k}\frac{d\theta}{dt}\end{split}$$

$d\theta/dt$가 상수이므로 $dS/dt$도 상수이다. 한편 $S(0)=0$이므로

$$S(t)=\frac{\theta}{2k}$$

2. 삼각형 $OQH$에서

$$\tan\alpha= \frac{1}{k}\tan\theta\tag{1}$$

$t$에 대하여 미분하자.

$$\sec^2 \alpha \frac{d\alpha}{dt}=\frac{1}{k}\sec^2 \theta \frac{d\theta}{dt}$$

$$(1+\tan^2 )\alpha \frac{d\alpha}{dt}=\frac{1}{k}(1+\tan^2 \theta )\frac{d\theta}{dt}$$

(1)을 대입하여 정리하면

$$\frac{d\alpha}{dt}=\frac{k(1+\tan^2 \theta)}{k^2 +\tan^2 \theta}\cdot\frac{d\theta}{dt}\tag{2}$$

$$\frac{d\alpha}{dt}=\frac{d\theta}{dt}\tag{3}$$

연립 방정식 (2), (3)이 주어진 구간 $\displaystyle{\bigg[0, \frac{\pi}{2}\bigg]}$에서 적어도 하나의 해를 가짐을 보이면 된다.

$$\frac{d\theta}{dt}=\frac{k(1+\tan^2 \theta)}{k^2 +\tan^2 \theta}\cdot\frac{d\theta}{dt}$$

$$\bigg(\frac{k(1+\tan^2 \theta)}{k^2 +\tan^2 \theta}-1 \bigg)\cdot\frac{d\theta}{dt}=0$$

$$\frac{(k-1)(\tan^2 \theta -k)}{k^2 +\tan^2 \theta}\cdot\frac{d\theta}{dt}=0$$

$$\frac{(k-1)(\tan^2 \theta -k)}{k^2 +\tan^2 \theta}=0$$

이제 $\displaystyle{f(\theta)=\frac{(k-1)(\tan^2 \theta -k)}{k^2 +\tan^2 \theta}}$라고 하자.

$$f(0)=\frac{1-k}{k}<0,\quad \lim_{h\rightarrow 0}f\bigg(\frac{\pi}{2}-h\bigg)=k-1>0$$

사잇값 정리에 따라 주어진 구간에 $f(\theta)=0$인 $\theta$가 적어도 하나 존재한다.

방정식 (2)에서

$$\frac{k(1+\tan^2 \theta)}{k^2 +\tan^2 \theta}=1$$ 이므로 $\tan \theta=\sqrt{k}$이고 $\displaystyle{\tan \alpha=\frac{1}{k}\tan\theta}$이므로 $\displaystyle{\tan\alpha=\frac{1}{\sqrt{k}}}$이다.

$\tan \theta=\cot\alpha$이므로 $$\alpha+\theta=\frac{\pi}{2}$$

3. $$\begin{split}\lim_{\theta\rightarrow \cfrac{\pi}{2}-}\cfrac{\cfrac{\pi}{2} - \theta}{\cfrac{\pi}{2} -\alpha}&= \lim_{\theta\rightarrow \frac{\pi}{2}-}\cfrac{\tan( \cfrac{\pi}{2} - \theta)}{\tan( \cfrac{\pi}{2} - \alpha)} \cdot \cfrac{\tan( \cfrac{\pi}{2} - \alpha)} {\cfrac{\pi}{2} -\alpha} \cfrac{\cfrac{\pi}{2} - \theta}{\tan( \cfrac{\pi}{2} - \theta)}\\&=\lim_{\theta\rightarrow \frac{\pi}{2}-}\frac{\cot \theta}{\cot\alpha} \\&= \frac{1}{k}\end{split}$$

4. 아래 그림과 같이 점 $R$을 지나고 $y$축과 평행인 직선이 단위원과 만나는 점을 $T$라고 하자. 직선 $OT$가 $OA$와 이루는 각을 $\beta$라 하자.

$g$의 넓이는 도형 $ORA$의 넓이에서 도형 $OQA$의 넓이를 빼서 구하기로 하자.

1번 풀이에서 구한 식을 이용하여 구하면 아래와 같다.

$$g=\frac{\beta}{2k}-\frac{\theta}{2k}=\frac{1}{2k}(\beta-\theta)$$

$f+g$는 삼각형 $OPQ$의 넓이와 같다.

$$f+g=\frac{1}{2}\overline{PQ}\times \cos\theta=\frac{1}{2}\bigg(1-\frac{1}{k}\bigg)\sin\theta\cos\theta$$

따라서

$$\frac{f}{g}=\frac{f+g}{g}-1=\frac{\cfrac{1}{2}(1-\cfrac{1}{k})\sin\theta\cos\theta}{\cfrac{1}{2k}(\beta-\theta)}-1=\frac{(k-1)\sin\theta\cos\theta}{\beta-\theta}-1$$

이다. 여기서 주어진 극한값을 구하기 위해 아래 극한값을 먼저 구하자.

$$\lim_{\theta\rightarrow \frac{\pi}{2}-}\frac{\sin\theta\cos\theta}{\beta-\theta}$$

$\displaystyle{\frac{\pi}{2}- \theta=\gamma}$로 치환해서 주어진 극한을 다시 적으면

$$\lim_{\gamma\rightarrow 0+}\cfrac{\sin(\cfrac{\pi}{2}-\gamma)\cos(\cfrac{\pi}{2}-\gamma)}{\beta-(\cfrac{\pi}{2}-\gamma)} \lim_{\gamma\rightarrow 0+}\cfrac{\cos\gamma\sin\gamma}{\beta-(\cfrac{\pi}{2}-\gamma)}=\lim_{\gamma\rightarrow 0+}\frac{\cos\gamma\sin\gamma}{\bigg(\cfrac{\beta-\cfrac{\pi}{2}}{\gamma}+1\bigg)\gamma}=\lim_{\gamma\rightarrow 0+}\frac{1}{\cfrac{\beta-\cfrac{\pi}{2}}{\gamma}+1}$$

이제 다시 되돌려 놓으면

$$\lim_{\gamma\rightarrow 0+}\cfrac{\beta-\cfrac{\pi}{2}}{\gamma}=-\lim_{\theta\rightarrow \frac{\pi}{2}-}\cfrac{\cfrac{\pi}{2}-\beta}{\cfrac{\pi}{2}-\theta}= \frac{1}{k}$$

이다. 마지막으로 정리하자.

$$\lim_{\theta\rightarrow \frac{\pi}{2}-}\frac{\sin\theta\cos\theta}{\beta-\theta}=\frac{k}{k-1}$$

$$\therefore\quad\quad\lim_{\theta\rightarrow \frac{\pi}{2}-}\frac{f}{g}=k-1$$

이런 문제는 앞으로 고등학교 학생은 보기 어려울 것이다. 하지만 요즘 정리한 케플러 운동 법칙과 연관 지어 생각할 수 있을 것 같아서 올려 본다.