다변수 미분 전체 문제

일반적으로 이 명제는 거짓이다. $f(x,y)=12-(1-10x)^2-(1-10y)^2$ 을 생각하자.

• $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=12-1-1=10$ (이 함수는 연속이다)
• $f(0.1,0.1)=12-(1-1)^2-(1-1)^2=12$
• $f(0.2,0.2)=12-(1-2)^2-(1-2)^2=10$

우리는 흔히 (다소 안이하게) 극한 “$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=10$" 을 $(x,y)$ 가 원점에 가까워질수록 $f(x,y)$ 가 10 에 점점 가까워진다는 뜻으로 해석한다. 그러나 극한의 정의가 뜻하는 바는 정확히 이것이 아니다. 정의가 말해 주는 것은, $(x,y)$ 를 $(0,0)$ 에 충분히 가깝게 택하면 $f(x,y)$ 가 10 에 매우 가깝도록 보장할 수 있다는 것이다.

$(0,0)$ 에 가깝지 않은 어떤 $(x,y)$ 에 대해서도 $f(x,y)$ 가 10 에 매우 가까울 수 있다. 게다가 $f(x,y)$ 가 10 에 “매우 가까워지려면" $(0,0)$ 에 얼마나 가까이 가야 하는지는 알 수 없다.

(a) 살펴보면, $y=0$ 일 때 $x \neq 0$ 이기만 하면 $f(x,y)=1$ 이다. 따라서 $x$ 축을 따라 원점으로 접근하면 이 경로 위에서 $f(x,y)=1$ 이다. (b) 마찬가지로 살펴보면, $x=0$ 일 때 $y \neq 0$ 이기만 하면 $f(x,y)=0$ 이다. 따라서 $y$ 축을 따라 원점으로 접근하면 이 경로 위에서 $f(x,y)=0$ 이다. (c) 원점에 접근하는 서로 다른 두 방향이 서로 다른 값을 주므로 $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)$ 는 존재하지 않는다.

$f_y(0,0)<0$ 이면 $y$ 가 $0$ 에서 증가할 때 $f(0,y)$ 는 감소한다. 따라서 $y$ 가 양인 방향으로 이동하면 내리막길이 된다. 이는 계곡의 가장 낮은 지점에 있지 않다는 뜻이다. 아직 내려갈 수 있기 때문이다. 한편 $f_y(0,0)<0$ 이므로, $y$ 가 조금 작은 음수 값에서 $0$ 을 향해 증가할 때에도 $f(0,y)$ 는 감소한다. 따라서 $y=0$ 에서 음의 $y$ 방향으로 이동하면 높이 $z$ 는 증가한다. 그러므로 당신은 국소적으로 가장 높은 지점에 있지 않다. 즉 정상에 있지 않다.

(a) 정의에 의해

$$\begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial x}(0,0) &=\lim_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{f(\Delta x,0)-f(0,0)}{\Delta x} \\ &=\lim_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{\frac{(\Delta x^2)(0)}{\Delta x^2+0^2}-0}{\Delta x} \\ &=0 \end{aligned}$$

(b) 정의에 의해

$$\begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial y}(0,0) &=\lim_{\Delta y\rightarrow 0}\frac{f(0,\Delta y)-f(0,0)}{\Delta y} \\ &=\lim_{\Delta y\rightarrow 0}\frac{\frac{(0^2)(\Delta y)}{0^2+\Delta y^2}-0}{\Delta y} \\ &=0 \end{aligned}$$

(c) 정의에 의해

$$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} f(t,t)\Big|_{t=0} &=\lim_{t\rightarrow 0}\frac{f(t,t)-f(0,0)}{t} \\ &=\lim_{t\rightarrow 0}\frac{\frac{(t^2)(t)}{t^2+t^2}-0}{t} \\ &=\lim_{t\rightarrow 0}\frac{t/2}{t} \\ &=\frac{1}{2} \end{aligned}$$

그러한 $f(x,y)$ 는 존재하지 않는다. 만약 존재한다면 $f_{xy}(x,y)=f_{yx}(x,y)$ 이어야 하기 때문이다. 그런데

$$\begin{aligned} f_{xy}(x,y)&=\frac{\partial }{\partial y}f_x(x,y)=\frac{\partial }{\partial y}e^y=e^y \\ f_{yx}(x,y)&=\frac{\partial }{\partial x}f_y(x,y)=\frac{\partial }{\partial x}e^x=e^x \end{aligned}$$

이므로 두 값은 서로 같지 않다.

기본 가정은 세 양 $x$, $y$, $z$ 가 서로 독립이 아니라는 것이다. 이 중 어느 두 개가 주어지면 나머지 하나가 유일하게 정해진다. 이들이 관계식 $F(x,y,z)=0$ 을 만족한다고 가정하면, 이 식을 풀어서

• $x$ 를 $y$ 와 $z$ 의 함수로 정할 수 있고(예를 들어 $x=f(y,z)$), 또한
• $y$ 를 $x$ 와 $z$ 의 함수로 정할 수 있고(예를 들어 $y=g(x,z)$), 또한
• $z$ 를 $x$ 와 $y$ 의 함수로 정할 수 있다 (예를 들어 $z=h(x,y)$).

예를 들어 $F(x,y,z) = xyz-1$ 이면

• $F(x,y,z)=xyz-1=0$ 으로부터 $x=\frac{1}{yz}=f(y,z)$ 이고,
• $F(x,y,z)=xyz-1=0$ 으로부터 $y=\frac{1}{xz}=g(x,z)$ 이고,
• $F(x,y,z)=xyz-1=0$ 으로부터 $z=\frac{1}{xy}=h(x,y)$ 이다.

일반적으로 $F(x,y,z)=0$ 이 $x=f(y,z)$ 를 정한다는 것은

$$F\big(f(y,z),y,z\big)=0 \tag{$*$}$$

이 모든 $y$ 와 $z$ 에 대해 성립한다는 뜻이다. $\mathcal{F}(y,z)=F\big(f(y,z),y,z\big)$ 라 하자. $\mathcal{F}(y,z)=F\big(f(y,z),y,z\big)$ 에 ($y$ 와 $z$ 를 독립변수로 보고) 연쇄 법칙을 적용하면

$$\begin{aligned} \frac{\partial \mathcal{F}}{\partial z}(y,z) &= \frac{\partial F}{\partial x}\big(f(y,z),y,z\big) \frac{\partial f}{\partial z}(y,z) +\frac{\partial F}{\partial z}\big(f(y,z),y,z\big) \end{aligned}$$

이다.

등식 $(*)$ 는 모든 $y$ 와 $z$ 에 대해 $\mathcal{F}(y,z)=F\big(f(y,z),y,z\big)=0$ 임을 뜻한다. 따라서 등식 $(*)$ 를 $z$ 에 대해 미분하면

$$\begin{aligned} \frac{\partial \mathcal{F}}{\partial z}(y,z)&=\frac{\partial F}{\partial x}\big(f(y,z),y,z\big) \frac{\partial f}{\partial z}(y,z) +\frac{\partial F}{\partial z}\big(f(y,z),y,z\big)=0 \\ &\implies \frac{\partial f}{\partial z}(y,z) =-\frac{\frac{\partial F}{\partial z}\big(f(y,z),y,z\big)} {\frac{\partial F}{\partial x}\big(f(y,z),y,z\big)} \end{aligned}$$

이 모든 $y$ 와 $z$ 에 대해 성립한다. 마찬가지로 $F\big(x,g(x,z),z\big)=0$ 을 $x$ 에 대해 미분하고 $F\big(x,y,h(x,y)\big)=0$ 을 $y$ 에 대해 미분하면

$$\begin{aligned} \frac{\partial g}{\partial x}(x,z) =-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}\big(x,g(x,z),z\big)} {\frac{\partial F}{\partial y}\big(x,g(x,z),z\big)}\qquad \frac{\partial h}{\partial y}(x,y) =-\frac{\frac{\partial F}{\partial y}\big(x,y,h(x,y)\big)} {\frac{\partial F}{\partial z}\big(x,y,h(x,y)\big)} \end{aligned}$$

를 얻는다.

$(x,y,z)$ 가 $F(x,y,z)=0$ 을 만족하는 임의의 점이면 (따라서 $x=f(y,z)$, $y=g(x,z)$, $z=h(x,y)$ 이다),

$$\begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial z}(y,z) =-\frac{\frac{\partial F}{\partial z}\big(x,y,z\big)} {\frac{\partial F}{\partial x}\big(x,y,z\big)}\qquad \frac{\partial g}{\partial x}(x,z) =-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}\big(x,y,z\big)} {\frac{\partial F}{\partial y}\big(x,y,z\big)}\qquad \frac{\partial h}{\partial y}(x,y) =-\frac{\frac{\partial F}{\partial y}\big(x,y,z\big)} {\frac{\partial F}{\partial z}\big(x,y,z\big)} \end{aligned}$$

이고,

$$\begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial z}(y,z)\ \frac{\partial g}{\partial x}(x,z)\ \frac{\partial h}{\partial y}(x,y) &=-\frac{\frac{\partial F}{\partial z}\big(x,y,z\big)} {\frac{\partial F}{\partial x}\big(x,y,z\big)}\ \frac{\frac{\partial F}{\partial x}\big(x,y,z\big)} {\frac{\partial F}{\partial y}\big(x,y,z\big)}\ \frac{\frac{\partial F}{\partial y}\big(x,y,z\big)} {\frac{\partial F}{\partial z}\big(x,y,z\big)} \\ &=-1 \end{aligned}$$

이다.

문제는 같은 등식 안에서 $\frac{\partial w}{\partial x}$ 가 서로 완전히 다른 두 함수를 나타내는 데 쓰였다는 점이다. 이 식을 정확하게 쓰는 방법은 다음과 같다. $f(x,y,z)$ 와 $g(x,y)$ 를 연속적으로 미분가능한 함수라 하고 $w(x,y)=f\big(x,y,g(x,y)\big)$ 로 정의하자. 연쇄 법칙에 의해

$$\begin{aligned} \frac{\partial w}{\partial x}(x,y) &=\frac{\partial f}{\partial x}\big(x,y,g(x,y)\big) \frac{\partial x}{\partial x} +\frac{\partial f}{\partial y}\big(x,y,g(x,y)\big) \frac{\partial y}{\partial x} +\frac{\partial f}{\partial z}\big(x,y,g(x,y)\big) \frac{\partial g}{\partial x}(x,y)\\ &=\frac{\partial f}{\partial x}\big(x,y,g(x,y)\big) +\frac{\partial f}{\partial z}\big(x,y,g(x,y)\big) \frac{\partial g}{\partial x}(x,y) \end{aligned}$$

이다. $w(x,y)=f\big(x,y,g(x,y)\big)$ 이지만 $\frac{\partial w}{\partial x}(x,y) =\frac{\partial f}{\partial x}\big(x,y,g(x,y)\big)$ 는 성립하지 않는다. 예를 들어 $f(x,y,z)=x-z$ 이고 $g(x,y)=x$ 라 하자. 그러면 모든 $(x,y)$ 에 대해 $w(x,y)=f\big(x,y,g(x,y)\big)=x-g(x,y)=0$ 이므로 $\frac{\partial w}{\partial x}(x,y)=0$ 인 반면, 모든 $(x,y,z)$ 에 대해 $\frac{\partial f}{\partial x}(x,y,z)=1$ 이다.

$F(x,y,z) = x^2+y^2+(z-1)^2-1$, $G(x,y,z) = x^2+y^2+(z+1)^2-1$ 이라 하자. 곡면 $F(x,y,z)=0$ 을 $S_1$, 곡면 $G(x,y,z)=0$ 을 $S_2$ 라 하자. 먼저 $F(0,0,0)=G(0,0,0)=0$ 이므로 점 $(0,0,0)$ 은 $S_1$ 과 $S_2$ 위에 모두 있다. $F$ 와 $G$ 의 그래디언트는 다음과 같다.

$$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } F(x,y,z) &=\left<\frac{\partial F}{\partial x}(x,y,z)\,,\, \frac{\partial F}{\partial y}(x,y,z)\,,\, \frac{\partial F}{\partial z}(x,y,z)\right> =\left< 2x\,,\,2y\,,\,2(z-1)\right> \\ { \boldsymbol{\nabla} } G(x,y,z) &=\left<\frac{\partial G}{\partial x}(x,y,z)\,,\, \frac{\partial G}{\partial y}(x,y,z)\,,\, \frac{\partial G}{\partial z}(x,y,z)\right> =\left< 2x\,,\,2y\,,\,2(z+1)\right> \end{aligned}$$

특히,

$${ \boldsymbol{\nabla} } F(0,0,0)=\left< 0,0,-2\right>\qquad { \boldsymbol{\nabla} } G(0,0,0)=\left< 0,0,2\right>$$

이므로 벡터 $\hat{\mathbf{k}}=-\frac{1}{2}{ \boldsymbol{\nabla} } F(0,0,0) =\frac{1}{2}{ \boldsymbol{\nabla} } G(0,0,0)$ 은 $(0,0,0)$ 에서 두 곡면에 모두 수직이다. 따라서 $(0,0,0)$ 에서 $S_1$ 과 $S_2$ 의 접평면은 모두

$$\hat{\mathbf{k}}\cdot\left< x-0,y-0,z-0\right>=0\qquad\text{또는}\qquad z=0$$

이다.

평면 $z=0$ 을 $P$ 라 하자. 그러면 $S_1$ 은 $(0,0,0)$ 에서 $P$ 에 접하고, $P$ 는 $(0,0,0)$ 에서 $S_2$ 에 접한다. 따라서 $S_1$ 과 $S_2$ 가 $(0,0,0)$ 에서 접한다고 말하는 것은 타당하다.