미분법 전체 문제

분자 $u=1-\cot x$, 분모 $v=1+\cot x$ 로 놓아요. $(\cot x)'=-\csc^2x$ 이므로

$$u'=\csc^2x,\qquad v'=-\csc^2x$$

몫의 미분법에 넣어요.

$$\frac{dy}{dx}=\frac{\csc^2x(1+\cot x)-(1-\cot x)(-\csc^2x)}{(1+\cot x)^2}$$

분자에서 $\csc^2x$ 로 묶고 정리해요.

$$\csc^2x\big[(1+\cot x)+(1-\cot x)\big]=2\csc^2x$$

따라서

$$\frac{dy}{dx}=\frac{2\csc^2x}{(1+\cot x)^2}$$

먼저 한 번 미분해요. $x\sin x$ 는 곱의 미분법, $(-\cos x)'=\sin x$ 예요.

$$\frac{dy}{dx}=\sin x+x\cos x+\sin x=2\sin x+x\cos x$$

한 번 더 미분해요. $(2\sin x)'=2\cos x$ 이고 $x\cos x$ 는 곱의 미분법으로 $\cos x-x\sin x$ 예요.

$$\frac{d^2y}{dx^2}=2\cos x+\cos x-x\sin x=3\cos x-x\sin x$$

직선 $y=-2x$ 의 기울기는 $-2$ 예요. 평행한 접선도 기울기가 $-2$ 이므로 $f'(x)=-2$ 인 $x$ 를 구하면 돼요.

$f'(x)=-\csc^2x$ 이므로

$$-\csc^2x=-2\ \Longrightarrow\ \csc^2x=2\ \Longrightarrow\ \sin^2x=\frac12$$

$\sin x=\pm\dfrac{\sqrt2}{2}$ 이고 $0<x<2\pi$ 이므로 $x=\dfrac{\pi}{4},\ \dfrac{3\pi}{4},\ \dfrac{5\pi}{4},\ \dfrac{7\pi}{4}$ 네 개예요.

각 $x$ 에 대한 $f(x)=\cot x$ 의 값을 구해 점을 완성해요.

$\cot\frac{\pi}{4}=1,\ \cot\frac{3\pi}{4}=-1,\ \cot\frac{5\pi}{4}=1,\ \cot\frac{7\pi}{4}=-1$

$h$ 는 세 겹 합성함수예요. 바깥부터 한 겹씩 미분해서 곱해요.

$$h'(x)=g'\big(2+f(x^2)\big)\cdot f'(x^2)\cdot 2x$$

$x=1$ 을 넣어요. 안쪽부터 값을 구하면 $x^2=1$, $f(1)=1$ (표), 그래서 $2+f(1)=3$ 이에요.

$$h'(1)=g'(3)\cdot f'(1)\cdot 2$$

표에서 $g'(3)=3$, $f'(1)=-2$ 를 읽어요.

$$h'(1)=3\cdot(-2)\cdot2=-12$$

점 $P(-8,2)$ 는 역함수 $f^{-1}$ 의 그래프 위의 점이에요. 즉 $f^{-1}(-8)=2$ 이고, 원래 함수에서는 $f(2)=-8$ 이에요. 직접 확인하면 $f(2)=-8-2+2=-8$ 로 맞아요.

원래 함수의 도함수는 $f'(x)=-3x^2-1$ 이에요. $x=2$ 에서

$$f'(2)=-12-1=-13$$

(a) 역함수의 미분법에 의해

$$(f^{-1})'(-8)=\frac{1}{f'(2)}=-\frac{1}{13}$$

(b) 점 $(-8,2)$ 를 지나고 기울기가 $-\frac{1}{13}$ 인 직선이에요.

$$y-2=-\frac{1}{13}(x+8)$$

$$y=-\frac{1}{13}x-\frac{8}{13}+2=-\frac{1}{13}x+\frac{18}{13}$$

왜 이렇게 할까요? 식이 $y=\cdots$ 꼴이 아니어서 바로 미분할 수 없어요. 그래서 $y$ 를 $x$ 의 함수로 생각하고 양변을 $x$ 에 대해 미분해요. $y$ 가 들어간 항은 연쇄법칙 때문에 $\frac{dy}{dx}$ 가 하나씩 붙어요.

각 항을 곱의 미분법으로 미분해요. $x^3y$ 는 $x^3$ 과 $y$ 의 곱이므로 $$\frac{d}{dx}(x^3y)=3x^2y+x^3\frac{dy}{dx}$$ 이고, $xy^3$ 은 $$\frac{d}{dx}(xy^3)=y^3+x\cdot 3y^2\frac{dy}{dx}$$ 예요. 우변 $-8$ 은 상수이므로 미분하면 $0$ 이에요.

미분한 식을 합쳐요. $$3x^2y+x^3\frac{dy}{dx}+y^3+3xy^2\frac{dy}{dx}=0$$

$\frac{dy}{dx}$ 가 있는 항끼리 모아요. 없는 항은 우변으로 넘겨요. $$(x^3+3xy^2)\frac{dy}{dx}=-3x^2y-y^3$$

양변을 $x^3+3xy^2$ 으로 나눠요. $$\frac{dy}{dx}=\frac{-3x^2y-y^3}{x^3+3xy^2}$$

두 함수의 곱이므로 곱의 미분법을 써요. $u=x^{\pi}$, $v=\pi^{x}$ 로 놓아요.

$u=x^{\pi}$ 는 $x$ 의 거듭제곱이에요. $\pi$ 는 그냥 상수이므로 $(x^n)'=nx^{n-1}$ 을 그대로 써요.

$$u'=\pi x^{\pi-1}$$

$v=\pi^{x}$ 는 지수에 $x$ 가 있는 지수함수예요. $(a^x)'=a^x\ln a$ 이므로

$$v'=\pi^{x}\ln\pi$$

곱의 미분법 $u'v+uv'$ 에 넣어요.

$$f'(x)=\pi x^{\pi-1}\cdot\pi^{x}+x^{\pi}\cdot\pi^{x}\ln\pi$$

밑과 지수에 모두 $x$ 가 있어서 바로 미분 공식을 쓸 수 없어요. 양변에 자연로그를 취하면 지수가 앞으로 내려와요.

$$\ln y=4x\ln(\sin 2x)$$

양변을 $x$ 에 대해 미분해요. 왼쪽은 합성함수 미분으로 $\frac{1}{y}\frac{dy}{dx}$ 가 돼요. 오른쪽은 $4x$ 와 $\ln(\sin 2x)$ 의 곱이므로 곱의 미분법을 써요.

$$\frac{1}{y}\frac{dy}{dx}=4\ln(\sin 2x)+4x\cdot\frac{(\sin 2x)'}{\sin 2x}$$

$(\sin 2x)'=2\cos 2x$ 이므로 $\dfrac{2\cos 2x}{\sin 2x}=2\cot 2x$ 예요. 따라서

$$\frac{1}{y}\frac{dy}{dx}=4\ln(\sin 2x)+8x\cot 2x$$

양변에 $y$ 를 곱하고 $y$ 를 원래 식으로 되돌려요.

$$\frac{dy}{dx}={(\sin 2x)}^{4x}\Big[4\ln(\sin 2x)+8x\cot 2x\Big]$$

법선을 구하려면 먼저 그 점의 좌표와 접선의 기울기가 필요해요. $x=1$ 일 때 $f(1)=1\cdot5^1=5$ 이므로 점은 $(1,5)$ 예요.

접선의 기울기는 미분계수 $f'(1)$ 이에요. $x$ 와 $5^x$ 의 곱이므로 곱의 미분법과 $(5^x)'=5^x\ln5$ 를 써요.

$$f'(x)=5^{x}+x\cdot5^{x}\ln5$$

$$f'(1)=5+5\ln5$$

법선은 접선에 수직이므로 기울기의 곱이 $-1$ 이에요. 법선의 기울기는

$$m=-\frac{1}{5+5\ln5}$$

점 $(1,5)$ 를 지나고 기울기가 $m$ 인 직선이므로

$$y-5=-\frac{1}{5+5\ln5}(x-1)$$

$$y=-\frac{1}{5+5\ln5}x+\left(5+\frac{1}{5+5\ln5}\right)$$

그래프로 확인하면 $f(x)=x5^x$ 는 $x$ 가 음수일 때 $0$ 에 가깝고 $x>0$ 에서 빠르게 증가해요. 기울기가 $-\frac{1}{5+5\ln5}\approx-0.077$ 로 매우 작아서 법선은 $y=5$ 근처에서 거의 수평으로 보이고, $(1,5)$ 에서 곡선과 만나요.

왜 이렇게 할까요? 반지름이 변하면 부피도 따라 변해요. 둘을 이어 주는 식은 구의 부피 공식이에요. $$V=\frac{4}{3}\pi r^3$$

양변을 시간 $t$ 로 미분해요. $r$ 은 $t$ 의 함수이므로 연쇄법칙을 써요. $$\frac{dV}{dt}=4\pi r^2\frac{dr}{dt}$$

주어진 값을 넣어요. $\frac{dr}{dt}=9$ 이므로 $$\frac{dV}{dt}=4\pi r^2\cdot 9=36\pi r^2$$

두 변화율의 수치가 같다는 조건을 써요. $\frac{dV}{dt}=\frac{dr}{dt}=9$ 이므로 $$36\pi r^2=9 \;\Longrightarrow\; r^2=\frac{1}{4\pi}$$

반지름은 양수이므로 $$r=\frac{1}{2\sqrt{\pi}}\ \text{cm}$$

왜 이렇게 할까요? 그래프가 $f$ 가 아니라 $f'$ 예요. $f''$ 은 $f'$ 를 미분한 것이니, $f'$ 그래프가 오르는지 내리는지(기울기의 부호)만 보면 돼요.

그래프를 읽어요. $f'(x)$ 는 원점을 지나는 직선이고 왼쪽 아래에서 오른쪽 위로 올라가요. 즉 기울기가 양수인 일차함수 모양이에요.

$f''$ 의 부호를 알아내요. 직선의 기울기는 어디서나 같고 양수이므로 모든 $x$ 에서 $f''(x)>0$ 이에요.

결론을 내려요. $f''>0$ 이면 $f$ 는 아래로 볼록해요. 모든 $x$ 에서 부호가 같으므로 $f''$ 의 부호가 바뀌는 곳이 없고, 변곡점도 없어요. (참고로 $f'$ 가 $x=0$ 에서 0 이므로 $x=0$ 은 $f$ 의 극소점이지만, 변곡점은 아니에요.)

왜 이렇게 할까요? 증가·감소는 $f'$ 의 부호, 오목·볼록은 $f''$ 의 부호로 알 수 있어요. 먼저 두 도함수를 구해요.

일계도함수. $f(x)=(1-x)^{-1}$ 이므로 $$f'(x)=(1-x)^{-2}=\frac{1}{(1-x)^2}$$ 분모가 제곱이라 $x\ne1$ 인 모든 $x$ 에서 $f'(x)>0$ 이에요. 따라서 $f$ 는 정의된 모든 곳에서 증가하고, $f'=0$ 이 되는 점이 없으니 극값도 없어요.

이계도함수. $$f''(x)=\frac{2}{(1-x)^3}$$ 분자는 양수이므로 부호는 $(1-x)^3$ 이 정해요. $x<1$ 이면 $1-x>0$ 이라 $f''>0$ (아래로 볼록), $x>1$ 이면 $1-x<0$ 이라 $f''<0$ (위로 볼록) 이에요.

변곡점을 따져요. $f''$ 의 부호가 $x=1$ 에서 바뀌지만, $x=1$ 은 정의역에 없어서 곡선 위의 점이 아니에요(수직 점근선). 그래서 변곡점은 없어요.

그래프 모양. $x=1$ 이 수직 점근선이고 $y=0$ 이 수평 점근선이에요. 왼쪽 가지는 위로 올라가다 아래로 볼록하고, 오른쪽 가지는 음수 쪽에서 올라가며 위로 볼록해요.

왜 이렇게 할까요? 최적화 문제는 먼저 구하려는 양(여기서는 시간 $T$)을 하나의 변수($\theta$)로 나타내는 데서 시작해요.

기본 관계를 떠올려요. 일정한 속력으로 움직이면 $$\text{시간}=\frac{\text{거리}}{\text{속력}}$$ 이에요.

두 구간으로 나눠요. 전체 시간은 $$T(\theta)=\frac{(\text{달리는 거리})}{(\text{달리는 속력})}+\frac{(\text{헤엄치는 거리})}{(\text{헤엄치는 속력})}$$ 이에요. 이 문제의 원본 답에서 첫 항 $\frac{40\theta}{3v}$ 는 달리는 시간, 둘째 항 $\frac{40\cos\theta}{v}$ 는 헤엄치는 시간에 해당해요.

각 $\theta$ 로 거리를 나타내요. (원문 앞 문제의 상황: 지름 $40\,\text{m}$ 인 원 모양 수영장 가장자리의 점 $A$ 에 있는 구조원이, 지름의 반대쪽 끝 $C$ 에 있는 사람에게 가요. 헤엄치는 속력은 $v$, 수영장 가장자리를 달리는 속력은 $3v$ 예요.) 구조원이 지름 $AC$ 와 각 $\theta$ 를 이루는 방향으로 헤엄쳐 가장자리의 점 $B$ 에 닿은 뒤, 나머지는 가장자리를 따라 달린다고 해요.

• 헤엄치는 거리: 지름 위의 원주각 $\angle ABC=90^\circ$ 이므로 삼각형 $ABC$ 는 직각삼각형이고 $AB=AC\cos\theta=40\cos\theta$ 예요.
• 달리는 거리: 원주각 $\angle BAC=\theta$ 에 대한 중심각은 $2\theta$ 이므로, 반지름 $20$ 인 원에서 호 $BC$ 의 길이는 $20\cdot2\theta=40\theta$ 예요.

각 거리를 속력으로 나누면 헤엄치는 시간은 $\dfrac{40\cos\theta}{v}$, 달리는 시간은 $\dfrac{40\theta}{3v}$ 예요.

식을 완성해요. $$T(\theta)=\frac{40\theta}{3v}+\frac{40\cos\theta}{v}$$ 이 식을 $\theta$ 로 미분해 $0$ 이 되는 곳을 찾으면 시간이 가장 짧은 각을 구할 수 있어요.