정답
\(f(0)=\sqrt{5}\), 곡선 \(\alpha\) 위의 점에서 곡면 \(M\) 의 가우스 곡률은 \(\displaystyle K=\frac{4}{\sqrt{5}}\) 이다.
출제 의도
회전면의 매개화와 제1, 제2 기본형을 이용하여 평행원(parallel)의 측지곡률 공식을 유도하고, 주어진 측지곡률 값으로부터 회전시키는 모선 곡선 \(y=f(x)\) 의 미분계수와 함수값을 결정할 수 있는지를 묻는다. 이어서 회전면의 가우스 곡률 공식을 이용하여 특정 점에서의 가우스 곡률을 계산하는 능력을 평가한다.
풀이 과정
곡면 \(M\) 은 곡선을 \(y=f(x)\) 를 \(x\)축 둘레로 회전시켜 얻은 회전면이므로, 매개화는
$$ \mathbf{r}(x,\theta) = \bigl(x,\; f(x)\cos\theta,\; f(x)\sin\theta\bigr) \qquad(-1 로 둘 수 있다. 여기서 \(x\)는 모선 곡선의 매개변수, \(\theta\)는 회전각이다. 먼저 제1 기본형 계수를 구한다. \[ \mathbf{r}_x=(1,f'(x)\cos\theta,f'(x)\sin\theta),\quad \mathbf{r}_\theta=(0,-f(x)\sin\theta,f(x)\cos\theta). \] \[ E=\mathbf{r}_x\cdot\mathbf{r}_x=1+f'(x)^2,\quad F=\mathbf{r}_x\cdot\mathbf{r}_\theta=0,\quad G=\mathbf{r}_\theta\cdot\mathbf{r}_\theta=f(x)^2. \] 단위 법선벡터 \(\mathbf{n}\) 을 구하면 \[ \mathbf{r}_x\times\mathbf{r}_\theta =(f(x)f'(x),-f(x)\cos\theta,-f(x)\sin\theta) \] 이므로 \[ \mathbf{n} = \frac{1}{\sqrt{1+f'(x)^2}} \bigl(f'(x),-\cos\theta,-\sin\theta\bigr). \] 평면 \(x=\text{상수}\) 와의 교선은 회전면의 평행원(parallel)이다. 곡선 \(\alpha,\beta,\gamma\) 는 각각 \(x=0,\ x=\tfrac23,\ x=1\) 에 해당하는 평행원이다. 어떤 \(x=x_0\) 에서 평행원의 공간 곡률과 법곡률을 구해 지표곡률 공식을 얻는다. 곡선 \(x=x_0\) 를 \(\theta\) 로 매개화하면 \[ \boldsymbol{\gamma}(\theta)=\mathbf{r}(x_0,\theta),\qquad \boldsymbol{\gamma}'(\theta)=\mathbf{r}_\theta(x_0,\theta). \] 속력은 \(|\boldsymbol{\gamma}’|=\sqrt{G}=f(x_0)\) 이고, 단위 접벡터는 \[ \mathbf{T}=\frac{\mathbf{r}_\theta}{f(x_0)}=(0,-\sin\theta,\cos\theta) \] 이다. 공간 곡률벡터는 \[ \frac{d\mathbf{T}}{ds} = \frac1{f(x_0)}\frac{d\mathbf{T}}{d\theta} = \frac1{f(x_0)}(0,-\cos\theta,-\sin\theta), \] 따라서 공간 곡률 \[ \kappa=\frac{1}{f(x_0)}. \] 법곡률 \(\kappa_n\) 은 곡률벡터를 법선 방향으로 투영해 얻는다. \[ \kappa_n=\left\langle \frac{d\mathbf{T}}{ds},\mathbf{n}\right\rangle = \frac1{f(x_0)} \frac{\cos^2\theta+\sin^2\theta}{\sqrt{1+f'(x_0)^2}} = \frac1{f(x_0)\sqrt{1+f'(x_0)^2}}. \] 따라서 평행원의 지표곡률(측지곡률) \(\kappa_g\) 는 \[ \kappa_g^2=\kappa^2-\kappa_n^2 =\frac1{f(x_0)^2}-\frac1{f(x_0)^2(1+f'(x_0)^2)} =\frac{f'(x_0)^2}{f(x_0)^2(1+f'(x_0)^2)}. \] 즉 $$ \kappa_g(x_0)=\frac{|f'(x_0)|}{f(x_0)\sqrt{1+f'(x_0)^2}}. $$ 이제 문제에서 주어진 조건을 이용하자. \(\alpha\) 와 \(\beta\) 의 측지곡률이 0 이므로 \[ \kappa_g(0)=0,\quad \kappa_g\!\left(\tfrac23\right)=0 \] 이고, 위 공식에서 분자가 0 이 되어야 하므로 \[ f'(0)=0,\quad f’\!\left(\tfrac23\right)=0. \] 또한 최고차항 계수가 2인 삼차함수이므로 \[ f(x)=2x^{3}+px^{2}+qx+r \] 라 둘 수 있다. 도함수는 \[ f'(x)=6x^{2}+2px+q. \] \(f'(0)=0\) 에서 \(q=0\). 또한 \[ f’\!\left(\tfrac23\right)=\frac{24}{9}+\frac{4p}{3} =\frac{8+4p}{3}=0 \] 이므로 \(p=-2\) 이다. 따라서 \[ f(x)=2x^{3}-2x^{2}+r,\qquad f'(x)=6x^{2}-4x. \] \(\gamma\) 는 \(x=1\) 에서의 평행원이므로 \[ f'(1)=6-4=2. \] 주어진 측지곡률은 \(\kappa_g(1)=\dfrac25\) 이다. 공식을 적용하면 \[ \frac{|f'(1)|}{f(1)\sqrt{1+f'(1)^2}} = \frac{2}{f(1)\sqrt{1+4}} =\frac{2}{f(1)\sqrt5} =\frac25. \] 따라서 \[ \frac{2}{f(1)\sqrt5}=\frac25 \quad\Rightarrow\quad \frac{1}{f(1)\sqrt5}=\frac15 \quad\Rightarrow\quad f(1)\sqrt5=5 \quad\Rightarrow\quad f(1)=\sqrt5. \] 한편 \(f(1)=2-2+r=r\) 이므로 \[ r=\sqrt5. \] 따라서 \[ f(x)=2x^{3}-2x^{2}+\sqrt5, \] 그리고 \[ f(0)=\sqrt5. \] 이제 곡선 \(\alpha\) (\(x=0\)) 위의 점에서 회전면 \(M\) 의 가우스 곡률을 구한다. 제2 기본형 계수를 위해 \[ \mathbf{r}_{xx}=(0,f”(x)\cos\theta,f”(x)\sin\theta),\quad \mathbf{r}_{\theta\theta}=(0,-f(x)\cos\theta,-f(x)\sin\theta) \] 을 계산한다. 그러면 \[ L=\mathbf{r}_{xx}\cdot\mathbf{n} =\frac{-f”(x)}{\sqrt{1+f'(x)^2}}, \quad M=0, \quad N=\mathbf{r}_{\theta\theta}\cdot\mathbf{n} =\frac{f(x)}{\sqrt{1+f'(x)^2}}. \] 가우스 곡률은 \[ K=\frac{LN-M^{2}}{EG-F^{2}} =\frac{LN}{EG} =\frac{\displaystyle \frac{-f”(x)}{\sqrt{1+f'(x)^2}} \cdot \frac{f(x)}{\sqrt{1+f'(x)^2}} }{\bigl(1+f'(x)^2\bigr)f(x)^{2}} = -\frac{f”(x)}{\bigl(1+f'(x)^2\bigr)^{2}f(x)}. \] 이제 \(x=0\) 에서의 값들을 대입한다. 이미 \(f(0)=\sqrt5,\ f'(0)=0\) 이고, \[ f'(x)=6x^{2}-4x\Rightarrow f”(x)=12x-4, \] 따라서 \[ f”(0)=-4. \] \[ K(0) =-\frac{f”(0)}{(1+f'(0)^2)^{2}f(0)} =-\frac{-4}{1^{2}\cdot\sqrt5} =\frac{4}{\sqrt5}. \] 따라서 곡선 \(\alpha\) 위의 점에서 곡면 \(M\) 의 가우스 곡률은 \(\displaystyle K=\frac{4}{\sqrt5}\) 이다. <풀이가 부정확할 수 있으니 반드시 교차검증 확인 바랍니다.>