다변수 미분 전체 연습문제

61.CLP-3 · 2.7절 · 14번대학 수준우리말 번역

함수 $T=F(x,y,z)=3+xy-y^2+z^2-x$ 가 공간의 점 $(x,y,z)$ 에서의 온도를 나타낸다고 하자. 이때 $F(3,2,1)=3$ 이다.

(a) $(3, 2, 1)$ 에서 점 $(0,1,2)$ 방향으로의 $T$ 의 방향미분계수를 구하세요. (b) 점 $(3, 2, 1)$ 에서 온도가 가장 빠르게 감소하는 방향은 어느 방향인지 구하세요. (c) 곡선 $x=3e^t$ , $y = 2 \cos t$ , $z= \sqrt{1 + t}$ 를 따라 움직일 때, $t = 0$ 에서 $t$ 에 대한 온도의 변화율 $\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}t}$ 를 구하세요. (d) $\hat{\boldsymbol{\imath}}+5\hat{\boldsymbol{\jmath}}+a\hat{\mathbf{k}}$ 가 $(3, 2, 1)$ 에서 온도 등위면 $T(x, y, z) = 3$ 에 접하는 벡터라고 하자. $a$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Suppose the function $T=F(x,y,z)=3+xy-y^2+z^2-x$ describes the temperature at a point $(x,y,z)$ in space, with $F(3,2,1)=3$ .

(a) Find the directional derivative of $T$ at $(3, 2, 1)$ , in the direction of the point $(0,1,2)$ . (b) At the point $(3, 2, 1)$ , in what direction does the temperature decrease most rapidly? (c) Moving along the curve given by $x=3e^t$ , $y = 2 \cos t$ , $z= \sqrt{1 + t}$ , find $\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}t}$ , the rate of change of temperature with respect to $t$ , at $t = 0$ . (d) Suppose $\hat{\boldsymbol{\imath}}+5\hat{\boldsymbol{\jmath}}+a\hat{\mathbf{k}}$ is a vector that is tangent to the temperature level surface $T(x, y, z) = 3$ at $(3, 2, 1)$ . What is $a$ ?

정답·풀이 보기

(a) 이 방향으로의 방향미분계수를 구한다. 방향은 다음과 같다.

$\left< 0-3\,,\,1-2\,,\,2-1\right> = \left< -3\,,\,-1\,,\,1\right>$

$F$ 의 기울기벡터는

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

이므로 방향미분계수는

$\begin{aligned} D_{\frac{\left< -3\,,\,-1\,,\,1\right>}{|\left< -3\,,\,-1\,,\,1\right>|}}F(3,2,1) &={ \boldsymbol{\nabla} } F(3,2,1)\cdot \frac{\left< -3\,,\,-1\,,\,1\right>}{|\left< -3\,,\,-1\,,\,1\right>|} \\ &= \left< 2-1\,,\,3-2(2)\,,\,2(1) \right> \cdot \frac{\left< -3\,,\,-1\,,\,1\right>}{|\left< -3\,,\,-1\,,\,1\right>|} =\left< 1\,,\,-1\,,\,2\right> \cdot \frac{\left< -3\,,\,-1\,,\,1\right>}{\sqrt{11}}\\ &=0 \end{aligned}$

(b) 온도는 기울기벡터와 반대 방향으로 가장 빠르게 감소한다. 그 방향의 단위벡터는

$\begin{aligned} -\frac{{ \boldsymbol{\nabla} } F(3,2,1)}{|{ \boldsymbol{\nabla} } F(3,2,1)|} = -\frac{\left< 1\,,\,-1\,,\,2 \right>}{|\left< 1\,,\,-1\,,\,2 \right>|} = \frac{1}{\sqrt{6}}\left< -1\,,\,1\,,\,-2 \right> \end{aligned}$

이다.

(c) 시각 $0$ 에서의 속도 벡터는

$\begin{aligned} \mathbf{v}=\left< x'(0)\,,\,y'(0)\,,\,z'(0)\right> =\left< 3e^t\,,\,-2\sin t\,,\,\frac{1}{2\sqrt{1+t}}\right>\Big|_{t=0} =\left< 3\,,\,0\,,\,\frac{1}{2}\right> \end{aligned}$

이다. 따라서 $t=0$ 에서 $t$ 에 대한 온도의 변화율은

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } F(3,2,1)\cdot \mathbf{v} =\left< 1\,,\,-1\,,\,2 \right>\cdot \left< 3\,,\,0\,,\,\frac{1}{2}\right> =4 \end{aligned}$

이다.

(d) $\hat{\boldsymbol{\imath}}+5\hat{\boldsymbol{\jmath}}+a\hat{\mathbf{k}}$ 가 $(3, 2, 1)$ 에서 등위면 $F(x, y, z) = 3$ 에 접하려면 $\hat{\boldsymbol{\imath}}+5\hat{\boldsymbol{\jmath}}+a\hat{\mathbf{k}}$ 가 ${ \boldsymbol{\nabla} } F(3,2,1)$ 에 수직이어야 한다. 따라서

$\begin{aligned} 0=\left< 1\,,\,5\,,\,a \right> \cdot \left< 1\,,\,-1\,,\,2 \right> = -4+2a \end{aligned}$

이므로 $a=2$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) We are to find the directional derivative in the direction

$\left< 0-3\,,\,1-2\,,\,2-1\right> = \left< -3\,,\,-1\,,\,1\right>$

As the gradient of $F$ is

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

the directional derivative is

$\begin{aligned} D_{\frac{\left< -3\,,\,-1\,,\,1\right>}{|\left< -3\,,\,-1\,,\,1\right>|}}F(3,2,1) &={ \boldsymbol{\nabla} } F(3,2,1)\cdot \frac{\left< -3\,,\,-1\,,\,1\right>}{|\left< -3\,,\,-1\,,\,1\right>|} \\ &= \left< 2-1\,,\,3-2(2)\,,\,2(1) \right> \cdot \frac{\left< -3\,,\,-1\,,\,1\right>}{|\left< -3\,,\,-1\,,\,1\right>|} =\left< 1\,,\,-1\,,\,2\right> \cdot \frac{\left< -3\,,\,-1\,,\,1\right>}{\sqrt{11}}\\ &=0 \end{aligned}$

(b) The temperature decreases most rapidly in the direction opposite the gradient. A unit vector in that direction is

$\begin{aligned} -\frac{{ \boldsymbol{\nabla} } F(3,2,1)}{|{ \boldsymbol{\nabla} } F(3,2,1)|} = -\frac{\left< 1\,,\,-1\,,\,2 \right>}{|\left< 1\,,\,-1\,,\,2 \right>|} = \frac{1}{\sqrt{6}}\left< -1\,,\,1\,,\,-2 \right> \end{aligned}$

(c) The velocity vector at time $0$ is

$\begin{aligned} \mathbf{v}=\left< x'(0)\,,\,y'(0)\,,\,z'(0)\right> =\left< 3e^t\,,\,-2\sin t\,,\,\frac{1}{2\sqrt{1+t}}\right>\Big|_{t=0} =\left< 3\,,\,0\,,\,\frac{1}{2}\right> \end{aligned}$

So the rate of change of temperature with respect to $t$ at $t=0$ is

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } F(3,2,1)\cdot \mathbf{v} =\left< 1\,,\,-1\,,\,2 \right>\cdot \left< 3\,,\,0\,,\,\frac{1}{2}\right> =4 \end{aligned}$

(d) For $\hat{\boldsymbol{\imath}}+5\hat{\boldsymbol{\jmath}}+a\hat{\mathbf{k}}$ to be tangent to the level surface $F(x, y, z) = 3$ at $(3, 2, 1)$ , $\hat{\boldsymbol{\imath}}+5\hat{\boldsymbol{\jmath}}+a\hat{\mathbf{k}}$ must be perpendicular to ${ \boldsymbol{\nabla} } F(3,2,1)$ . So

$\begin{aligned} 0=\left< 1\,,\,5\,,\,a \right> \cdot \left< 1\,,\,-1\,,\,2 \right> = -4+2a \end{aligned}$

So $a=2$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.7절 · 2번

# 방향도함수와 기울기벡터활용보통자동 분류

62.CLP-3 · 2.7절 · 15번대학 수준우리말 번역

$\begin{aligned} f(x, y, z) &= (2x + y)e^{-(x^2 +y^2 +z^2)} \\ g(x, y, z) &= xz + y^2 + yz + z^2 \end{aligned}$

라 하자.

(a) $(0,1,-1)$ 에서 $f$ 와 $g$ 의 그래디언트를 구하세요. (b) $(0,1,-1)$ 에 있는 새가 $f(x, y, z)$ 가 가장 빠르게 증가하는 방향으로 속력 $6$ 으로 날아간다. 새가 $(0,1,-1)$ 을 지날 때, 새가 보기에 $g(x, y, z)$ 는 얼마나 빠르게 변하는 것으로 보이는지 구하세요. (c) $(0,1,-1)$ 에 있는 박쥐가 $f (x, y, z)$ 와 $g(x, y, z)$ 가 변하지 않는 방향으로, 그러나 $z$ 가 증가하도록 날아간다. 이 방향의 벡터를 하나 구하세요.

영어 원문 보기

Let

$\begin{aligned} f(x, y, z) &= (2x + y)e^{-(x^2 +y^2 +z^2)} \\ g(x, y, z) &= xz + y^2 + yz + z^2 \end{aligned}$

(a) Find the gradients of $f$ and $g$ at $(0,1,-1)$ . (b) A bird at $(0,1,-1)$ flies at speed $6$ in the direction in which $f(x, y, z)$ increases most rapidly. As it passes through $(0,1,-1)$ , how quickly does $g(x, y, z)$ appear (to the bird) to be changing? (c) A bat at $(0,1,-1)$ flies in the direction in which $f (x, y, z)$ and $g(x, y, z)$ do not change, but $z$ increases. Find a vector in this direction.

정답·풀이 보기

(a) $f$ 와 $g$ 의 1계 편도함수는 다음과 같다.

$\begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial x}(x,y,z)&= 2e^{-(x^2 +y^2 +z^2)} -2x(2x + y)e^{-(x^2 +y^2 +z^2)} &\quad\implies \frac{\partial f}{\partial x}(0,1,-1)&=2e^{-2} \\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y,z)&= e^{-(x^2 +y^2 +z^2)} -2y(2x + y)e^{-(x^2 +y^2 +z^2)} &\quad\implies \frac{\partial f}{\partial y}(0,1,-1)&=-e^{-2} \\ \frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)&= -2z(2x + y)e^{-(x^2 +y^2 +z^2)} &\quad\implies \frac{\partial f}{\partial z}(0,1,-1)&=2e^{-2} \\ \frac{\partial g}{\partial x}(x,y,z)&= z &\quad\implies \frac{\partial g}{\partial x}(0,1,-1)&=-1 \\ \frac{\partial g}{\partial y}(x,y,z)&= 2y+z &\quad\implies \frac{\partial g}{\partial y}(0,1,-1)&= 1 \\ \frac{\partial g}{\partial z}(x,y,z)&= x+y+2z &\quad\implies \frac{\partial g}{\partial z}(0,1,-1)&=-1 \end{aligned}$

따라서 그래디언트는 다음과 같다.

${ \boldsymbol{\nabla} } f(0,1,-1) =e^{-2}\left< 2,-1,2\right>\qquad { \boldsymbol{\nabla} } g(0,1,-1) =\left< -1,1,-1\right>$

(b) 새의 속도는 ${ \boldsymbol{\nabla} } f(0,1,-1)$ 방향의 길이가 $6$ 인 벡터이므로

$\mathbf{v}= 6\frac{\left< 2,-1,2\right>}{|\left< 2,-1,2\right>|} =\left< 4,-2,4\right>$

이다. 새가 보는 $g$ 의 (단위 시간당) 변화율은

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } g(0,1,-1) \cdot \mathbf{v} =\left< -1,1,-1\right> \cdot \left< 4,-2,4\right> = -10 \end{aligned}$

이다.

(c) 박쥐가 날아가는 방향은 ${ \boldsymbol{\nabla} } f(0,1,-1) =e^{-2}\left< 2,-1,2\right>$ 과 ${ \boldsymbol{\nabla} } g(0,1,-1) =\left< -1,1,-1\right>$ 모두에 수직이어야 한다. 0 이 아닌 상수에

$\begin{aligned} \left< 2,-1,2\right> \times \left< -1,1,-1\right> =\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 1 & -1 \end{matrix}\right] =\left< -1 \,,\, 0 \,,\, 1 \right> \end{aligned}$

을 곱한 벡터는 ${ \boldsymbol{\nabla} } f(0,1,-1)$ 과 ${ \boldsymbol{\nabla} } g(0,1,-1)$ 모두에 수직이다. 또한 박쥐가 날아가는 방향은 $z$ 성분이 양수이어야 한다. 따라서 (엄밀하게) 양의 상수에 $\left< -1 \,,\, 0 \,,\, 1 \right>$ 을 곱한 벡터이면 어떤 것이든 좋다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) The first order partial derivatives of $f$ and $g$ are

$\begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial x}(x,y,z)&= 2e^{-(x^2 +y^2 +z^2)} -2x(2x + y)e^{-(x^2 +y^2 +z^2)} &\quad\implies \frac{\partial f}{\partial x}(0,1,-1)&=2e^{-2} \\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y,z)&= e^{-(x^2 +y^2 +z^2)} -2y(2x + y)e^{-(x^2 +y^2 +z^2)} &\quad\implies \frac{\partial f}{\partial y}(0,1,-1)&=-e^{-2} \\ \frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)&= -2z(2x + y)e^{-(x^2 +y^2 +z^2)} &\quad\implies \frac{\partial f}{\partial z}(0,1,-1)&=2e^{-2} \\ \frac{\partial g}{\partial x}(x,y,z)&= z &\quad\implies \frac{\partial g}{\partial x}(0,1,-1)&=-1 \\ \frac{\partial g}{\partial y}(x,y,z)&= 2y+z &\quad\implies \frac{\partial g}{\partial y}(0,1,-1)&= 1 \\ \frac{\partial g}{\partial z}(x,y,z)&= x+y+2z &\quad\implies \frac{\partial g}{\partial z}(0,1,-1)&=-1 \end{aligned}$

so that gradients are

${ \boldsymbol{\nabla} } f(0,1,-1) =e^{-2}\left< 2,-1,2\right>\qquad { \boldsymbol{\nabla} } g(0,1,-1) =\left< -1,1,-1\right>$

(b) The bird's velocity is the vector of length $6$ in the direction of ${ \boldsymbol{\nabla} } f(0,1,-1)$ , which is

$\mathbf{v}= 6\frac{\left< 2,-1,2\right>}{|\left< 2,-1,2\right>|} =\left< 4,-2,4\right>$

The rate of change of $g$ (per unit time) seen by the bird is

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } g(0,1,-1) \cdot \mathbf{v} =\left< -1,1,-1\right> \cdot \left< 4,-2,4\right> = -10 \end{aligned}$

(c) The direction of flight for the bat has to be perpendicular to both ${ \boldsymbol{\nabla} } f(0,1,-1) =e^{-2}\left< 2,-1,2\right>$ and ${ \boldsymbol{\nabla} } g(0,1,-1) =\left< -1,1,-1\right>$ . Any vector which is a non zero constant times

$\begin{aligned} \left< 2,-1,2\right> \times \left< -1,1,-1\right> =\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 1 & -1 \end{matrix}\right] =\left< -1 \,,\, 0 \,,\, 1 \right> \end{aligned}$

is perpendicular to both ${ \boldsymbol{\nabla} } f(0,1,-1)$ and ${ \boldsymbol{\nabla} } g(0,1,-1)$ . In addition, the direction of flight for the bat must have a positive $z$ –component. So any vector which is a (strictly) positive constant times $\left< -1 \,,\, 0 \,,\, 1 \right>$ is fine.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.7절 · 1번

# 방향도함수와 기울기벡터활용보통자동 분류

63.CLP-3 · 2.7절 · 16번대학 수준우리말 번역

벌 한 마리가 곡면 $3z + x^2 + y^2 = 2$ 와 $z = x^2 - y^2$ 의 교선을 따라 $z$ 가 증가하는 방향으로 날고 있다. 시각 $t = 2$ 에서 벌은 점 $(1, 1, 0)$ 을 속력 $6$ 으로 지난다.

(a) 시각 $t = 2$ 에서 벌의 속도(벡터)를 구하세요. (b) 위치 $(x, y, z)$ , 시각 $t$ 에서의 온도 $T$ 가 $T = xy - 3x+2yt+z$ 로 주어진다. 시각 $t = 2$ 에서 벌이 느끼는 온도의 변화율을 구하세요.

영어 원문 보기

A bee is flying along the curve of intersection of the surfaces $3z + x^2 + y^2 = 2$ and $z = x^2 - y^2$ in the direction for which $z$ is increasing. At time $t = 2$ , the bee passes through the point $(1, 1, 0)$ at speed $6$ .

(a) Find the velocity (vector) of the bee at time $t = 2$ . (b) The temperature $T$ at position $(x, y, z)$ at time $t$ is given by $T = xy - 3x+2yt+z$ . Find the rate of change of temperature experienced by the bee at time $t = 2$ .

정답·풀이 보기

(a) $\mathbf{v}$ 로 시각 $t=2$ 에서 벌의 속도 벡터를 나타내자.

벌의 운동 방향은 곡선의 접선 방향이다. 이 접선은 $(1,1,0)$ 에서 $3z + x^2 + y^2 = 2$ 의 법선벡터

$\left< 2x\,,\,2y\,,\,3\right>\Big|_{(x,y,z)=(1,1,0)} = \left< 2\,,\,2\,,\,3\right>$

와 $(1,1,0)$ 에서 $z = x^2 - y^2$ 의 법선벡터

$\left< 2x\,,\,-2y\,,\,-1\right>\Big|_{(x,y,z)=(1,1,0)} = \left< 2\,,\,-2\,,\,-1\right>$

모두에 수직이다.

따라서 $\mathbf{v}$ 는 다음 벡터의 어떤 상수배이다.

$\begin{aligned} \left< 2\,,\,2\,,\,3\right> \times \left< 2\,,\,-2\,,\,-1\right> =\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ 2 & 2 & 3 \\ 2 & -2 & -1 \end{matrix}\right] =\left< 4 \,,\, 8 \,,\, -8 \right> \end{aligned}$

즉, $\left< 1 \,,\, 2 \,,\, -2 \right>$ 의 어떤 상수배이다.

$\mathbf{v}$ 의 $z$ 성분이 양수여야 하므로, $\mathbf{v}$ 는 $\left< -1 \,,\, -2 \,,\, 2 \right>$ 의 양의 상수배이다.
속력이 $6$ 이어야 하므로 $\mathbf{v}$ 의 길이는 $6$ 이어야 한다.

$|\left< -1 \,,\, -2 \,,\, 2 \right>|=3$ 이므로

$\mathbf{v} = 2\left< -1 \,,\, -2 \,,\, 2 \right> =\left< -2 \,,\, -4 \,,\, 4 \right>$

(b) 풀이 1: 시각 $t$ 에서 벌의 위치가 $\big(x(t),y(t),z(t)\big)$ 라 하자. 그러면 시각 $t$ 에서 벌이 느끼는 온도는

$\begin{aligned} T\big(x(t),y(t),z(t),t\big) = x(t) y(t) -3x(t) +2y(t) t +z(t) \end{aligned}$

이다. 따라서 시각 $t=2$ 에서 벌이 느끼는 (단위 시간당) 온도의 변화율은

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}T\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\Big|_{t=2} &=x'(2)y(2) + x(2)y'(2) -3x'(2) +2y'(2)2+2y(2) +z'(2) \\ \end{aligned}$

이다. 시각 $t=2$ 에서 벌이 $(1,1,0)$ 에 있고 속도가 $\left< -2 \,,\, -4 \,,\, 4 \right>$ 임을 이용하면

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}T\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\Big|_{t=2} &=(-2)(1) + (1)(-4) -3(-2) +2(-4)2+2(1) +4 \\ &=-10 \end{aligned}$

(b) 풀이 2: 시각 $t$ 에서 벌의 위치가 $\big(x(t),y(t),z(t)\big)$ 라 하자. 그러면 시각 $t$ 에서 벌이 느끼는 온도는

$\begin{aligned} T\big(x(t),y(t),z(t),t\big) \end{aligned}$

이다. 연쇄 법칙에 의해, 시각 $t=2$ 에서 벌이 느끼는 (단위 시간당) 온도의 변화율은

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}T\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\Big|_{t=2} &=\bigg[\frac{\partial T}{\partial x}\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\,x'(t) +\frac{\partial T}{\partial y}\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\,y'(t) \\& +\frac{\partial T}{\partial z}\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\,z'(t) +\frac{\partial T}{\partial t}\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\bigg]_{t=2} \end{aligned}$

이다. $T = xy - 3x+2yt+z$ 이므로

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}T\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\Big|_{t=2} &=[y(2)-3]x'(2) + [x(2)+2\times 2]y'(2) +z'(2) +2y(2) \end{aligned}$

이다. 마찬가지로 시각 $t=2$ 에서 벌이 $(1,1,0)$ 에 있고 속도가 $\left< -2 \,,\, -4 \,,\, 4 \right>$ 임을 이용하면

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}T\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\Big|_{t=2} &=[-2](-2) + [5](-4) +4 +2 \\ &=-10 \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

(a) Let's use $\mathbf{v}$ to denote the bee's velocity vector at time $t=2$ .

The bee's direction of motion is tangent to the curve. That tangent is perpendicular to both the normal vector to $3z + x^2 + y^2 = 2$ at $(1,1,0)$ , which is

$\left< 2x\,,\,2y\,,\,3\right>\Big|_{(x,y,z)=(1,1,0)} = \left< 2\,,\,2\,,\,3\right>$

and the normal vector to $z = x^2 - y^2$ at $(1,1,0)$ , which is

$\left< 2x\,,\,-2y\,,\,-1\right>\Big|_{(x,y,z)=(1,1,0)} = \left< 2\,,\,-2\,,\,-1\right>$

So $\mathbf{v}$ has to be some constant times

$\begin{aligned} \left< 2\,,\,2\,,\,3\right> \times \left< 2\,,\,-2\,,\,-1\right> =\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ 2 & 2 & 3 \\ 2 & -2 & -1 \end{matrix}\right] =\left< 4 \,,\, 8 \,,\, -8 \right> \end{aligned}$

or, equivalently, some constant times $\left< 1 \,,\, 2 \,,\, -2 \right>$ .

Since the $z$ –component of $\mathbf{v}$ has to be positive, $\mathbf{v}$ has to be a positive constant times $\left< -1 \,,\, -2 \,,\, 2 \right>$ .
Since the speed has to be $6$ , $\mathbf{v}$ has to have length $6$ .

As $|\left< -1 \,,\, -2 \,,\, 2 \right>|=3$

$\mathbf{v} = 2\left< -1 \,,\, -2 \,,\, 2 \right> =\left< -2 \,,\, -4 \,,\, 4 \right>$

(b) Solution 1: Suppose that the bee is at $\big(x(t),y(t),z(t)\big)$ at time $t$ . Then the temperature that the bee feels at time $t$ is

$\begin{aligned} T\big(x(t),y(t),z(t),t\big) = x(t) y(t) -3x(t) +2y(t) t +z(t) \end{aligned}$

Then the rate of change of temperature (per unit time) felt by the bee at time $t=2$ is

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}T\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\Big|_{t=2} &=x'(2)y(2) + x(2)y'(2) -3x'(2) +2y'(2)2+2y(2) +z'(2) \\ \end{aligned}$

Recalling that, at time $t=2$ , the bee is at $(1,1,0)$ and has velocity $\left< -2 \,,\, -4 \,,\, 4 \right>$

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}T\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\Big|_{t=2} &=(-2)(1) + (1)(-4) -3(-2) +2(-4)2+2(1) +4 \\ &=-10 \end{aligned}$

(b) Solution 2: Suppose that the bee is at $\big(x(t),y(t),z(t)\big)$ at time $t$ . Then the temperature that the bee feels at time $t$ is

$\begin{aligned} T\big(x(t),y(t),z(t),t\big) \end{aligned}$

By the chain rule, the rate of change of temperature (per unit time) felt by the bee at time $t=2$ is

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}T\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\Big|_{t=2} &=\bigg[\frac{\partial T}{\partial x}\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\,x'(t) +\frac{\partial T}{\partial y}\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\,y'(t) \\& +\frac{\partial T}{\partial z}\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\,z'(t) +\frac{\partial T}{\partial t}\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\bigg]_{t=2} \end{aligned}$

Recalling that $T = xy - 3x+2yt+z$ , we have

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}T\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\Big|_{t=2} &=[y(2)-3]x'(2) + [x(2)+2\times 2]y'(2) +z'(2) +2y(2) \end{aligned}$

Also recalling that, at time $t=2$ , the bee is at $(1,1,0)$ and has velocity $\left< -2 \,,\, -4 \,,\, 4 \right>$

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}T\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\Big|_{t=2} &=[-2](-2) + [5](-4) +4 +2 \\ &=-10 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.7절 · 17번

# 방향도함수와 기울기벡터활용보통자동 분류

64.CLP-3 · 2.7절 · 17번대학 수준우리말 번역

점 $(x, y, z)$ 에서의 온도가 다음과 같이 주어져 있다. $T(x, y, z) = 5e^{-2x^2-y^2-3z^2}$ , 여기서 $T$ 는 섭씨 온도로, $x$ , $y$ , $z$ 는 미터 단위로 측정한다.

(a) 점 $P(1, 2, -1)$ 에서 점 $(1, 1, 0)$ 을 향하는 방향으로의 온도의 변화율을 구하세요. (b) 온도가 가장 빠르게 감소하는 방향은 어느 방향인지 구하세요. (c) $P$ 에서 온도의 최대 감소율을 구하세요.

영어 원문 보기

The temperature at a point $(x, y, z)$ is given by $T(x, y, z) = 5e^{-2x^2-y^2-3z^2}$ , where $T$ is measured in centigrade and $x$ , $y$ , $z$ in meters.

(a) Find the rate of change of temperature at the point $P(1, 2, -1)$ in the direction toward the point $(1, 1, 0)$ . (b) In which direction does the temperature decrease most rapidly? (c) Find the maximum rate of decrease at $P$ .

정답·풀이 보기

(a) $(1, 2, -1)$ 에서 방향 $\left< 1, 1, 0\right> - \left< 1, 2, -1\right> = \left< 0,-1,1 \right>$ 으로의 $T(x,y,z)$ 의 변화율을 구하는 것이다. 이 변화율(단위 거리당)은 방향미분계수

$\begin{aligned} D_{\frac{\left< 0,-1,1 \right>}{\sqrt{2}}} T(1,2,-1) ={ \boldsymbol{\nabla} } T(1,2,-1)\cdot \frac{\left< 0,-1,1 \right>}{\sqrt{2}} \end{aligned}$

이다.

$\begin{aligned} \frac{\partial T}{\partial x}(x,y,z)&= -20 x\,e^{-2x^2-y^2-3z^2} & \frac{\partial T}{\partial x}(1,2,-1)&= -20\, e^{-9} \\ \frac{\partial T}{\partial y}(x,y,z)&= -10 y\,e^{-2x^2-y^2-3z^2} & \frac{\partial T}{\partial y}(1,2,-1)&= -20\, e^{-9} \\ \frac{\partial T}{\partial z}(x,y,z)&= -30 z\,e^{-2x^2-y^2-3z^2} & \frac{\partial T}{\partial z}(1,2,-1)&= 30\, e^{-9} \end{aligned}$

이므로 방향미분계수는

$\begin{aligned} D_{\frac{\left< 0,-1,1 \right>}{\sqrt{2}}} T(1,2,-1) =e^{-9}\left< -20,-20,30\right>\cdot \frac{\left< 0,-1,1 \right>}{\sqrt{2}} =\frac{50}{\sqrt{2}}e^{-9} =25\,\sqrt{2}\,e^{-9} \end{aligned}$

이다.

(b) 최대 감소율의 방향은 $-{ \boldsymbol{\nabla} } T(1,2,-1)$ 이다. 이 방향의 단위벡터는 $\frac{\left< 2,2,-3\right>}{\sqrt{17}}$ 이다.

(c) $P$ 에서의 최대 감소율은 $-|{ \boldsymbol{\nabla} } T(1,2,-1)|=-10 e^{-9} |\left< -2,-2,3\right>| = -10\sqrt{17} e^{-9}$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) We are to find the rate of change of $T(x,y,z)$ at $(1, 2, -1)$ in the direction $\left< 1, 1, 0\right> - \left< 1, 2, -1\right> = \left< 0,-1,1 \right>$ . That rate of change (per unit distance) is the directional derivative

$\begin{aligned} D_{\frac{\left< 0,-1,1 \right>}{\sqrt{2}}} T(1,2,-1) ={ \boldsymbol{\nabla} } T(1,2,-1)\cdot \frac{\left< 0,-1,1 \right>}{\sqrt{2}} \end{aligned}$

As

$\begin{aligned} \frac{\partial T}{\partial x}(x,y,z)&= -20 x\,e^{-2x^2-y^2-3z^2} & \frac{\partial T}{\partial x}(1,2,-1)&= -20\, e^{-9} \\ \frac{\partial T}{\partial y}(x,y,z)&= -10 y\,e^{-2x^2-y^2-3z^2} & \frac{\partial T}{\partial y}(1,2,-1)&= -20\, e^{-9} \\ \frac{\partial T}{\partial z}(x,y,z)&= -30 z\,e^{-2x^2-y^2-3z^2} & \frac{\partial T}{\partial z}(1,2,-1)&= 30\, e^{-9} \end{aligned}$

the directional derivative

$\begin{aligned} D_{\frac{\left< 0,-1,1 \right>}{\sqrt{2}}} T(1,2,-1) =e^{-9}\left< -20,-20,30\right>\cdot \frac{\left< 0,-1,1 \right>}{\sqrt{2}} =\frac{50}{\sqrt{2}}e^{-9} =25\,\sqrt{2}\,e^{-9} \end{aligned}$

(b) The direction of maximum rate of decrease is $-{ \boldsymbol{\nabla} } T(1,2,-1)$ . A unit vector in that direction is $\frac{\left< 2,2,-3\right>}{\sqrt{17}}$ .

(c) The maximum rate of decrease at $P$ is $-|{ \boldsymbol{\nabla} } T(1,2,-1)|=-10 e^{-9} |\left< -2,-2,3\right>| = -10\sqrt{17} e^{-9}$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.7절 · 7번

# 방향도함수와 기울기벡터활용보통자동 분류

65.CLP-3 · 2.7절 · 18번대학 수준우리말 번역

함수 $w = f(x, y, z)$ 의 점 $P$ 에서의 방향미분계수는 벡터 $\hat{\boldsymbol{\imath}}$ 의 방향으로 2, 벡터 $\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ 의 방향으로 $-\sqrt{2}$ , 벡터 $\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}$ 의 방향으로 $-\frac{5}{\sqrt{3}}$ 이다. 함수 $w = f(x, y, z)$ 의 점 $P$ 에서 변화율이 최대가 되는 방향을 구하세요. 이때 최대 변화율은 얼마인지 구하세요.

영어 원문 보기

The directional derivative of a function $w = f(x, y, z)$ at a point $P$ in the direction of the vector $\hat{\boldsymbol{\imath}}$ is 2, in the direction of the vector $\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}$ is $-\sqrt{2}$ , and in the direction of the vector $\hat{\boldsymbol{\imath}}+\hat{\boldsymbol{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}$ is $-\frac{5}{\sqrt{3}}$ . Find the direction in which the function $w = f(x, y, z)$ has the maximum rate of change at the point $P$ . What is this maximum rate of change?

정답·풀이 보기

함수 $f$ 의 $P$ 에서의 그레이디언트를 $\left< a\,,\,b\,,\,c\right>$ 라 하자. 주어진 조건은 다음과 같다.

$\begin{aligned} \left< a\,,\,b\,,\,c\right> \cdot \left< 1\,,\,0\,,\,0\right> &= 2 \\ \left< a\,,\,b\,,\,c\right> \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\left< 1\,,\,1\,,\,0\right> &= -\sqrt{2} \\ \left< a\,,\,b\,,\,c\right> \cdot \frac{1}{\sqrt{3}}\left< 1\,,\,1\,,\,1\right> &= -\frac{5}{\sqrt{3}} \end{aligned}$

간단히 하면

$\begin{aligned} a&=2 \\ a+b&=-2 \\ a+b+c&=-5 \end{aligned}$

이 식들로부터 차례로 $a=2$ , $b=-4$ , $c=-3$ 을 얻는다. 함수 $f$ 는 $P$ 에서 $f$ 의 그레이디언트 방향으로 변화율이 최대이다. 그 방향의 단위벡터는

$\frac{\left< 2\,,\,-4\,,\,-3\right>}{|\left< 2\,,\,-4\,,\,-3\right>|} =\frac{\left< 2\,,\,-4\,,\,-3\right>}{\sqrt{29}}$

이다.

최대 변화율은 그레이디언트의 크기이므로 $\sqrt{29}$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

Denote by $\left< a\,,\,b\,,\,c\right>$ the gradient of the function $f$ at $P$ . We are told

$\begin{aligned} \left< a\,,\,b\,,\,c\right> \cdot \left< 1\,,\,0\,,\,0\right> &= 2 \\ \left< a\,,\,b\,,\,c\right> \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\left< 1\,,\,1\,,\,0\right> &= -\sqrt{2} \\ \left< a\,,\,b\,,\,c\right> \cdot \frac{1}{\sqrt{3}}\left< 1\,,\,1\,,\,1\right> &= -\frac{5}{\sqrt{3}} \end{aligned}$

Simplifying

$\begin{aligned} a&=2 \\ a+b&=-2 \\ a+b+c&=-5 \end{aligned}$

From these equations we read off, in order, $a=2$ , $b=-4$ and $c=-3$ . The function $f$ has maximum rate of change at $P$ in the direction if the gradient of $f$ . The unit vector in that direction is

$\frac{\left< 2\,,\,-4\,,\,-3\right>}{|\left< 2\,,\,-4\,,\,-3\right>|} =\frac{\left< 2\,,\,-4\,,\,-3\right>}{\sqrt{29}}$

The maximum rate of change is the magnitude of the gradient, which is $\sqrt{29}$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 4.6절 · 10번

# 방향도함수와 기울기벡터계산보통자동 분류

66.CLP-3 · 2.7절 · 19번대학 수준우리말 번역

함수 $f(x,y)$ 가 원점에서 가장 빠르게 증가하는 방향이 벡터 $\left< 1, 2\right>$ 로 주어진다고 하자. 원점을 지나는 $f(x,y)$ 의 등위곡선에 접하는 단위벡터 $u$ 를 구하세요.

영어 원문 보기

Suppose it is known that the direction of the fastest increase of the function $f(x,y)$ at the origin is given by the vector $\left< 1, 2\right>$ . Find a unit vector $u$ that is tangent to the level curve of $f(x,y)$ that passes through the origin.

정답·풀이 보기

함수 $f(x,y)$ 가 원점에서 가장 빠르게 증가하는 방향이 벡터 $\left< 1, 2\right>$ 로 주어졌다. 이는 ${ \boldsymbol{\nabla} } f(0,0)$ 이 $\left< 1, 2\right>$ 와 평행함을 뜻한다. 따라서 $\left< 1, 2\right>$ 는 원점을 지나는 $f(x,y)$ 의 등위곡선에 수직이다(법선벡터이다). 그러므로 $\left< 1, 2\right>$ 와 수직인 $\left< 2, -1\right>$ 은 원점을 지나는 $f(x,y)$ 의 등위곡선에 접한다. $\left< 2, -1\right>$ 과 평행한 단위벡터는 $\pm\frac{1}{\sqrt{5}}\left< 2, -1\right>$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

We are told that the direction of fastest increase for the function $f(x,y)$ at the origin is given by the vector $\left< 1, 2\right>$ . This implies that ${ \boldsymbol{\nabla} } f(0,0)$ is parallel to $\left< 1, 2\right>$ . This in turn implies that $\left< 1, 2\right>$ is normal to the level curve of $f(x,y)$ that passes through the origin. So $\left< 2, -1\right>$ , being perpendicular to $\left< 1, 2\right>$ , is tangent to the level curve of $f(x,y)$ that passes through the origin. The unit vectors that are parallel to $\left< 2, -1\right>$ are $\pm\frac{1}{\sqrt{5}}\left< 2, -1\right>$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 4.6절 · 12번

# 방향도함수와 기울기벡터계산보통자동 분류

67.CLP-3 · 2.7절 · 20번대학 수준우리말 번역

언덕의 모양이 $z = 1000 - 0.02x^2 - 0.01y^2$ 으로 주어져 있다. $x$ –축은 동쪽을, $y$ –축은 북쪽을 향하고, 모든 거리의 단위는 미터(m)라고 하자.

(a) 점 $(0, 100, 900)$ 에서 가장 가파르게 올라가는 방향은 어느 쪽인가요? (답은 나침반의 방위로 나타내세요.) (b) (a)의 방향으로 점 $(0, 100, 900)$ 에서 언덕의 기울기를 구하세요. (c) 이 언덕에서 가장 가파르게 내려가는 방향으로 자전거를 속력 $5$ m/s 로 타고 갈 때, 점 (0, 100, 900) 을 지나는 순간 (시간에 대한) 고도의 변화율을 구하세요.

영어 원문 보기

The shape of a hill is given by $z = 1000 - 0.02x^2 - 0.01y^2$ . Assume that the $x$ –axis is pointing East, and the $y$ –axis is pointing North, and all distances are in metres.

(a) What is the direction of the steepest ascent at the point $(0, 100, 900)$ ? (The answer should be in terms of directions of the compass). (b) What is the slope of the hill at the point $(0, 100, 900)$ in the direction from (a)? (c) If you ride a bicycle on this hill in the direction of the steepest descent at $5$ m/s, what is the rate of change of your altitude (with respect to time) as you pass through the point (0, 100, 900)?

정답·풀이 보기

$h(x,y) = 1000 -0.02\,x^2-0.01 y^2$ 으로 놓으면 언덕은 $z=h(x,y)$ 이다.

(a) 점 $(0,100,900)$ 에서 가장 가파르게 올라가는 방향은 $(0,100)$ 에서 $h(x,y)$ 의 증가율이 최대인 방향이다. 이는 ${ \boldsymbol{\nabla} } h(0,100) = \left< 0\,,\, -0.01(2)(100)\right> = \left< 0\,,\,-2\right>$ 이다. 나침반의 방위로는 남쪽이다.

(b) 그곳에서 언덕의 기울기는 다음과 같다.

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } h(0,100)\cdot\left< 0,-1\right> =-\frac{\partial h}{\partial y}(0,100) = 2 \end{aligned}$

(c) 시각 $t$ 에서 자신의 위치를 $\big(x(t),y(t),z(t)\big)$ 라 하고, 시각 $t=0$ 에 $(0,100,900)$ 에 있다고 하자. 그러면 다음을 알 수 있다.

언덕 위에 있으므로 $z(t) = 1000 -0.02\,x(t)^2-0.01 y(t)^2$ 이고, 따라서 $z'(t) = -0.04\,x(t)x'(t)-0.02 y(t)y'(t)$ 이다.
가장 가파르게 내려가는 방향으로 가고 있으므로 $x'(0)=0$ 이고 $y'(0)>0$ 이다.
속력 $5$ 로 움직이므로 $x'(0)^2+y'(0)^2+z'(0)^2=25$ 이다.

$x(0)$ 와 $y(0)=100$ 이므로 $z'(0)= -0.02(100)y'(0) = -2y'(0)$ 이다. 따라서

$\begin{aligned} 25 = x'(0)^2+y'(0)^2+z'(0)^2 =5\ y'(0)^2 &\implies y'(0) = \sqrt{5} \\ &\implies \left< x'(0)\,,\,y'(0)\,,\,z'(0) \right> =\left< 0\,,\, \sqrt{5}\,,\, -2\sqrt{5}\right> \end{aligned}$

이고, 고도의 변화율은 다음과 같다.

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} h\big(x(t)\,,\,y(t)\big)\Big|_{t=0} &={ \boldsymbol{\nabla} } h(0,100)\cdot \left< x'(0)\,,\,y'(0) \right> =\left< 0\,,\,-2\right> \cdot \left< 0\,,\, \sqrt{5}\right> =-2\sqrt{5} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

Write $h(x,y) = 1000 -0.02\,x^2-0.01 y^2$ so that the hill is $z=h(x,y)$ .

(a) The direction of steepest ascent at $(0,100,900)$ is the direction of maximum rate of increase of $h(x,y)$ at $(0,100)$ which is ${ \boldsymbol{\nabla} } h(0,100) = \left< 0\,,\, -0.01(2)(100)\right> = \left< 0\,,\,-2\right>$ . In compass directions that is South.

(b) The slope of the hill there is

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } h(0,100)\cdot\left< 0,-1\right> =-\frac{\partial h}{\partial y}(0,100) = 2 \end{aligned}$

(c) Denote by $\big(x(t),y(t),z(t)\big)$ your position at time $t$ and suppose that you are at $(0,100,900)$ at time $t=0$ . Then we know

$z(t) = 1000 -0.02\,x(t)^2-0.01 y(t)^2$ , so that $z'(t) = -0.04\,x(t)x'(t)-0.02 y(t)y'(t)$ , since you are on the hill and
$x'(0)=0$ and $y'(0)>0$ since you are going in the direction of steepest descent and
$x'(0)^2+y'(0)^2+z'(0)^2=25$ since you are moving at speed $5$ .

Since $x(0)$ and $y(0)=100$ , we have $z'(0)= -0.02(100)y'(0) = -2y'(0)$ . So

$\begin{aligned} 25 = x'(0)^2+y'(0)^2+z'(0)^2 =5\ y'(0)^2 &\implies y'(0) = \sqrt{5} \\ &\implies \left< x'(0)\,,\,y'(0)\,,\,z'(0) \right> =\left< 0\,,\, \sqrt{5}\,,\, -2\sqrt{5}\right> \end{aligned}$

and your rate of change of altitude is

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} h\big(x(t)\,,\,y(t)\big)\Big|_{t=0} &={ \boldsymbol{\nabla} } h(0,100)\cdot \left< x'(0)\,,\,y'(0) \right> =\left< 0\,,\,-2\right> \cdot \left< 0\,,\, \sqrt{5}\right> =-2\sqrt{5} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 4.6절 · 28번

# 방향도함수와 기울기벡터계산보통자동 분류

68.CLP-3 · 2.7절 · 21번대학 수준우리말 번역

점 $(x, y, z)$ 에서의 압력 $P$ 와 온도 $T$ 가 다음과 같다고 하자.

$P(x,y,z) = \frac{x^2+2y^2}{1+z^2},\qquad T(x,y,z) = 5 + xy - z^2$

(a) 시각 $t$ 에서 비행기의 위치가

$(x(t), y(t), z(t)) = (2t, t^2 - 1, \cos t)$

일 때, 비행기에서 관측한 시각 $t = 0$ 에서의 $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} (PT)^2$ 의 값을 구하세요. (b) 점 $(0,-1,1)$ 에 있는 새가 $P$ 와 $T$ 를 모두 일정하게 유지하려면 어느 방향으로 날아야 하는지 구하세요. (가능한 방향 벡터를 하나 쓰세요. 단위벡터일 필요는 없습니다.) (c) 개미가 곡면 $z^3 + zx + y^2 = 2$ 위를 기어가고 있다. 개미가 점 $(0,-1,1)$ 에 있을 때, 온도 $T = 5 + xy - z^2$ 이 가장 크게 증가하려면 어느 방향으로 가야 하는지 구하세요. 답은 벡터 $\left< a, b, c\right>$ 로 쓰세요. 단위벡터일 필요는 없습니다. (개미는 그래디언트 방향으로 기어갈 수 없다는 점에 주의하세요. 그 방향은 곡면에서 벗어나기 때문입니다. 방향 벡터 $\left< a, b, c\right>$ 는 곡면의 접평면 위에 있어야 합니다.)

영어 원문 보기

Let the pressure $P$ and temperature $T$ at a point $(x, y, z)$ be

$P(x,y,z) = \frac{x^2+2y^2}{1+z^2},\qquad T(x,y,z) = 5 + xy - z^2$

(a) If the position of an airplane at time $t$ is

$(x(t), y(t), z(t)) = (2t, t^2 - 1, \cos t)$

find $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} (PT)^2$ at time $t = 0$ as observed from the airplane. (b) In which direction should a bird at the point $(0,-1,1)$ fly if it wants to keep both $P$ and $T$ constant. (Give one possible direction vector. It does not need to be a unit vector.) (c) An ant crawls on the surface $z^3 + zx + y^2 = 2$ . When the ant is at the point $(0,-1,1)$ , in which direction should it go for maximum increase of the temperature $T = 5 + xy - z^2$ ? Your answer should be a vector $\left< a, b, c\right>$ , not necessarily of unit length. (Note that the ant cannot crawl in the direction of the gradient because that leads off the surface. The direction vector $\left< a, b, c\right>$ has to be on the tangent plane to the surface.)

정답·풀이 보기

문제 전체를 읽어 보면 다음이 필요함을 알 수 있다.

(a)에서는 $(2t, t^2 - 1, \cos t)\Big|_{t=0} =(0,-1,1)$ 에서의 $PT$ 의 그래디언트
(b)에서는 $(0,-1,1)$ 에서의 $P$ 와 $T$ 의 그래디언트
(c)에서는 $(0,-1,1)$ 에서의 $T$ 의 그래디언트와, $(0,-1,1)$ 에서의 $S=z^3+xz+y^2$ 의 그래디언트(그 점에서 곡면의 법선 벡터를 얻기 위해)

따라서 준비 단계로 이 그래디언트들을 모두 계산하자.

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } P(x,y,z) &= \frac{2x}{1+z^2}\hat{\boldsymbol{\imath}} + \frac{4y}{1+z^2}\hat{\boldsymbol{\jmath}} -\frac{(x^2+2y^2)2z}{{(1+z^2)}^2}\hat{\mathbf{k}} & { \boldsymbol{\nabla} } P(0,-1,1) &= -2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} - \hat{\mathbf{k}} \\ { \boldsymbol{\nabla} } T(x,y,z) &= y\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + x\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -2z\,\hat{\mathbf{k}} & { \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1) &= -\hat{\boldsymbol{\imath}} - 2\hat{\mathbf{k}} \\ { \boldsymbol{\nabla} } S(x,y,z) &= z\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 2y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +(x+3z^2)\,\hat{\mathbf{k}} & { \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1) &= \hat{\boldsymbol{\imath}} - 2\hat{\boldsymbol{\jmath}} +3\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

$PT$ 의 그래디언트를 구하기 위해 곱의 미분법을 쓰면

${ \boldsymbol{\nabla} }(PT)(x,y,z) =T(x,y,z)\,{ \boldsymbol{\nabla} } P(x,y,z) +P(x,y,z)\,{ \boldsymbol{\nabla} } T(x,y,z)$

이므로

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }(PT)(0,-1,1) &=T(0,-1,1)\,{ \boldsymbol{\nabla} } P(0,-1,1) +P(0,-1,1)\,{ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1) \\ &=(5+0-1) \big(-2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} - \hat{\mathbf{k}}\big) + \frac{0+2}{1+1}\big(-\hat{\boldsymbol{\imath}} - 2\hat{\mathbf{k}}\big) \\ &= -\hat{\boldsymbol{\imath}} -8\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -6\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

(a) $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(PT)^2 = 2(PT)\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(PT)$ 이고, 시각 $0$ 에서 비행기의 속도 벡터는

$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left< 2t, t^2 - 1, \cos t\right>\Big|_{t=0} =\left< 2, 2t, -\sin t\right>\Big|_{t=0} =\left< 2,0,0\right>$

이므로

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(PT)^2\Big|_{t=0} &= 2\,P(0,-1,1)\,T(0,-1,1)\ { \boldsymbol{\nabla} }(PT)(0,-1,1)\cdot \left< 2,0,0\right> \\ &= 2\ \frac{0+2}{1+1}\ (5+0-1)\left< -1,-8,-6\right> \cdot \left< 2,0,0\right> \\ &= -16 \end{aligned}$

이다.

(b) 방향은 ( $P$ 를 일정하게 유지하려면) ${ \boldsymbol{\nabla} } P(0,-1,1)$ 에 수직이어야 하고, ( $T$ 를 일정하게 유지하려면) ${ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1)$ 에도 수직이어야 한다. 따라서 0이 아닌 상수에

$\begin{aligned} \pm { \boldsymbol{\nabla} } P(0,-1,1) \times { \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1) &=\pm \left< 0 \,,\, -2 \,,\, -1\right> \times \left< -1\,,\,0 \,,\,- 2\right> =\pm \det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ 0 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 2 \end{matrix}\right] \\ &=\pm \left< 4\,,\, 1 \,,\, -2\right> \end{aligned}$

을 곱한 것이 모두 가능한 방향이다.

(c) 방향이 곡면에 접하면서도, 즉 법선 벡터 ${ \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1)=\left< 1 \,,\, -2 \,,\, 3\right>$ 에 수직이면서도, ${ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1) =\left< -1 \,,\, 0 \,,\, -2\right>$ 에 최대한 가까워야 한다. 이 최적의 방향은 ${ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1)$ 에서 ${ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1)$ 을 법선 벡터에 정사영한 벡터를 빼면 얻는다.

${ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1)$ 을 법선 벡터 ${ \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1)$ 에 정사영한 벡터는

$\begin{aligned} \text{proj}_{{ \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1)}{ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1) &=\frac{{ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1)\cdot { \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1)} {|{ \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1)|^2}{ \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1) \\ &=\frac{\left< -1\,,\,0 \,,\,- 2\right>\cdot \left< 1\,,\, -2 \,,\,3\right>} {|\left< 1\,,\, -2 \,,\,3\right>|^2}\left< 1\,,\, -2 \,,\,3\right> \\ &=\frac{-7}{14}\left< 1\,,\, -2 \,,\,3\right> \end{aligned}$

이다. 따라서 최적의 방향은

$\begin{aligned} \mathbf{d}&={ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1) - \text{proj}_{{ \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1)}{ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1) \\ &=\left< -1\,,\,0 \,,\,- 2\right> -\frac{-7}{14}\left< 1\,,\, -2 \,,\,3\right> \\ &= \left< -\frac{1}{2}\,,\,-1 \,,\,- \frac{1}{2}\right> \end{aligned}$

이다. 그러므로 $-\left< 1\,,\, 2\,,\,1\right>$ 의 0이 아닌 양의 배수이면 모두 답이다. 검산으로, $-\left< 1\,,\, 2\,,\,1\right>$ 과 ${ \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1)=\left< 1 \,,\, -2 \,,\, 3\right>$ 의 내적이 0임, 즉 두 벡터가 수직임을 확인할 수 있다.

원본 교재 풀이(영어)

Reading through the question as a whole we see that we will need

for part (a), the gradient of $PT$ at $(2t, t^2 - 1, \cos t)\Big|_{t=0} =(0,-1,1)$
for part (b), the gradients of both $P$ and $T$ at $(0,-1,1)$ and
for part (c), the gradient of $T$ at $(0,-1,1)$ and the gradient of $S=z^3+xz+y^2$ at $(0,-1,1)$ (to get the normal vector to the surface at that point).

So, by way of preparation, let's compute all of these gradients.

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } P(x,y,z) &= \frac{2x}{1+z^2}\hat{\boldsymbol{\imath}} + \frac{4y}{1+z^2}\hat{\boldsymbol{\jmath}} -\frac{(x^2+2y^2)2z}{{(1+z^2)}^2}\hat{\mathbf{k}} & { \boldsymbol{\nabla} } P(0,-1,1) &= -2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} - \hat{\mathbf{k}} \\ { \boldsymbol{\nabla} } T(x,y,z) &= y\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + x\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -2z\,\hat{\mathbf{k}} & { \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1) &= -\hat{\boldsymbol{\imath}} - 2\hat{\mathbf{k}} \\ { \boldsymbol{\nabla} } S(x,y,z) &= z\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 2y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +(x+3z^2)\,\hat{\mathbf{k}} & { \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1) &= \hat{\boldsymbol{\imath}} - 2\hat{\boldsymbol{\jmath}} +3\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

To get the gradient of $PT$ we use the product rule

${ \boldsymbol{\nabla} }(PT)(x,y,z) =T(x,y,z)\,{ \boldsymbol{\nabla} } P(x,y,z) +P(x,y,z)\,{ \boldsymbol{\nabla} } T(x,y,z)$

so that

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }(PT)(0,-1,1) &=T(0,-1,1)\,{ \boldsymbol{\nabla} } P(0,-1,1) +P(0,-1,1)\,{ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1) \\ &=(5+0-1) \big(-2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} - \hat{\mathbf{k}}\big) + \frac{0+2}{1+1}\big(-\hat{\boldsymbol{\imath}} - 2\hat{\mathbf{k}}\big) \\ &= -\hat{\boldsymbol{\imath}} -8\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -6\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

(a) Since $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(PT)^2 = 2(PT)\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(PT)$ , and the velocity vector of the plane at time $0$ is

$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left< 2t, t^2 - 1, \cos t\right>\Big|_{t=0} =\left< 2, 2t, -\sin t\right>\Big|_{t=0} =\left< 2,0,0\right>$

we have

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(PT)^2\Big|_{t=0} &= 2\,P(0,-1,1)\,T(0,-1,1)\ { \boldsymbol{\nabla} }(PT)(0,-1,1)\cdot \left< 2,0,0\right> \\ &= 2\ \frac{0+2}{1+1}\ (5+0-1)\left< -1,-8,-6\right> \cdot \left< 2,0,0\right> \\ &= -16 \end{aligned}$

(b) The direction should be perpendicular to ${ \boldsymbol{\nabla} } P(0,-1,1)$ (to keep $P$ constant) and should also be perpendicular to ${ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1)$ (to keep $T$ constant). So any nonzero constant times

$\begin{aligned} \pm { \boldsymbol{\nabla} } P(0,-1,1) \times { \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1) &=\pm \left< 0 \,,\, -2 \,,\, -1\right> \times \left< -1\,,\,0 \,,\,- 2\right> =\pm \det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ 0 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 2 \end{matrix}\right] \\ &=\pm \left< 4\,,\, 1 \,,\, -2\right> \end{aligned}$

are allowed directions.

(c) We want the direction to be as close as possible to ${ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1) =\left< -1 \,,\, 0 \,,\, -2\right>$ while still being tangent to the surface, i.e. being perpendicular to the normal vector ${ \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1)=\left< 1 \,,\, -2 \,,\, 3\right>$ . We can get that optimal direction by subtracting from ${ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1)$ the projection of ${ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1)$ onto the normal vector.

The projection of ${ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1)$ onto the normal vector ${ \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1)$ is

$\begin{aligned} \text{proj}_{{ \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1)}{ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1) &=\frac{{ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1)\cdot { \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1)} {|{ \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1)|^2}{ \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1) \\ &=\frac{\left< -1\,,\,0 \,,\,- 2\right>\cdot \left< 1\,,\, -2 \,,\,3\right>} {|\left< 1\,,\, -2 \,,\,3\right>|^2}\left< 1\,,\, -2 \,,\,3\right> \\ &=\frac{-7}{14}\left< 1\,,\, -2 \,,\,3\right> \end{aligned}$

So the optimal direction is

$\begin{aligned} \mathbf{d}&={ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1) - \text{proj}_{{ \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1)}{ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1) \\ &=\left< -1\,,\,0 \,,\,- 2\right> -\frac{-7}{14}\left< 1\,,\, -2 \,,\,3\right> \\ &= \left< -\frac{1}{2}\,,\,-1 \,,\,- \frac{1}{2}\right> \end{aligned}$

So any positive non zero multiple of $-\left< 1\,,\, 2\,,\,1\right>$ will do. Note, as a check, that $-\left< 1\,,\, 2\,,\,1\right>$ has dot product zero, i.e. is perpendicular to, ${ \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1)=\left< 1 \,,\, -2 \,,\, 3\right>$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기APEX · 12.6절 · 4번

# 방향도함수와 기울기벡터활용보통자동 분류

69.CLP-3 · 2.7절 · 23번대학 수준우리말 번역

언덕의 높이가 방정식 $f(x,y)=x^2y^2e^{-x-y}$ 으로 주어져 있다. 개미 한 마리가 점 $(1,1,e^{-2})$ 에 앉아 있다.

(a) 다음 값을 최대로 하는 단위벡터 $\mathbf{u}=\left< u_1,u_2\right>$ 를 구하세요.

$\lim_{t\rightarrow 0}\frac{f\big((1,1)+t\mathbf{u}\big)-f(1,1)}{t}$ (b) 개미가 같은 높이 $e^{-2}$ 를 유지하기 위해 갈 수 있는 경로의 방향을 가리키는 벡터 $\mathbf{v}=\left< v_1,v_2,v_3\right>$ 를 구하세요. (c) 개미가 순간 높이 증가율을 최대로 하기 위해 가야 하는 경로의 방향을 가리키는 벡터 $\mathbf{v}=\left< v_1,v_2,v_3\right>$ 를 구하세요.

영어 원문 보기

The elevation of a hill is given by the equation $f(x,y)=x^2y^2e^{-x-y}$ . An ant sits at the point $(1,1,e^{-2})$ .

(a) Find the unit vector $\mathbf{u}=\left< u_1,u_2\right>$ that maximizes

$\lim_{t\rightarrow 0}\frac{f\big((1,1)+t\mathbf{u}\big)-f(1,1)}{t}$ (b) Find a vector $\mathbf{v}=\left< v_1,v_2,v_3\right>$ pointing in the direction of the path that the ant could take in order to stay on the same elevation level $e^{-2}$ . (c) Find a vector $\mathbf{v}=\left< v_1,v_2,v_3\right>$ pointing in the direction of the path that the ant should take in order to maximize its instantaneous rate of level increase.

정답·풀이 보기

(a) 식 $\lim_{t\rightarrow 0}\frac{f((1,1)+t\mathbf{u})-f(1,1)}{t}$ 은 $\mathbf{u}$ 방향으로의 $(1,1)$ 에서 $f$ 의 방향미분계수이며, 이는 $D_\mathbf{u} f(1,1)={ \boldsymbol{\nabla} } f(1,1)\cdot\mathbf{u}$ 이다. 이 값은 $\mathbf{u}$ 가 ${ \boldsymbol{\nabla} } f(1,1)$ 과 평행할 때 최대가 된다.

$f_x(x,y)=2xy^2e^{-x-y}-x^2y^2e^{-x-y}\qquad f_y(x,y)=2x^2ye^{-x-y}-x^2y^2e^{-x-y}$

이므로

${ \boldsymbol{\nabla} } f(1,1)=e^{-2}\left< 1,1\right>$

이고, 따라서 구하는 단위벡터 $\mathbf{u}$ 는 $\frac{1}{\sqrt{2}}\left< 1,1\right>$ 이다.

(b) 높이 $e^{-2}$ 를 유지하려면 개미는 $D_\mathbf{u} f(1,1)=0$ 이 되도록 움직여야 한다. 이는 $\mathbf{u}\perp{ \boldsymbol{\nabla} } f(1,1)$ 일 때 성립한다. 예를 들어 $\mathbf{u}=\left< 1,-1\right>$ 로 잡을 수 있다. 개미가 언덕의 표면 위에 머물면서 이 방향으로 움직이면 속도의 수직 성분은 0이다. 따라서 0이 아닌 임의의 상수 $c$ 에 대해 $\mathbf{v}=c\left< 1,-1,0\right>$ 이다.

(c) 순간 높이 증가율을 최대로 하려면 개미는 속도 벡터의 $x$ 좌표와 $y$ 좌표를 ${ \boldsymbol{\nabla} } f(1,1)$ 과 같은 방향으로 택해야 한다. 즉 $c>0$ 인 임의의 $c$ 에 대해 $\mathbf{u}=c\left< 1,1\right>$ 이다. $\mathbf{u}$ 를 단위벡터로 만들기 위해 $c=\frac{1}{\sqrt{2}}$ 로 택한다. 속도 벡터의 $z$ 좌표의 값은 수평으로 이동한 단위 거리당 $f$ 의 변화율이며, 이는 방향미분계수

$D_\mathbf{u} f(1,1)={ \boldsymbol{\nabla} } f(1,1)\cdot\mathbf{u}=e^{-2}\left< 1,1\right> \cdot\left< c,c\right> =2ce^{-2}$

이다.

따라서 $\mathbf{v}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left< 1,1,2e^{-2}\right>$ 이다. 이 벡터의 양의 배수는 모두 정답이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) The expression $\lim_{t\rightarrow 0}\frac{f((1,1)+t\mathbf{u})-f(1,1)}{t}$ is the directional derivative of $f$ at $(1,1)$ in the direction $\mathbf{u}$ , which is $D_\mathbf{u} f(1,1)={ \boldsymbol{\nabla} } f(1,1)\cdot\mathbf{u}$ . This is mazimized when $\mathbf{u}$ is parallel to ${ \boldsymbol{\nabla} } f(1,1)$ . Since

$f_x(x,y)=2xy^2e^{-x-y}-x^2y^2e^{-x-y}\qquad f_y(x,y)=2x^2ye^{-x-y}-x^2y^2e^{-x-y}$

we have

${ \boldsymbol{\nabla} } f(1,1)=e^{-2}\left< 1,1\right>$

so that the desired unit vector $\mathbf{u}$ is $\frac{1}{\sqrt{2}}\left< 1,1\right>$ .

(b) In order to remain at elevation $e^{-2}$ , the ant must move so that $D_\mathbf{u} f(1,1)=0$ . This is the case if $\mathbf{u}\perp{ \boldsymbol{\nabla} } f(1,1)$ . For example, we can take $\mathbf{u}=\left< 1,-1\right>$ . When the ant moves in this direction, while remaining on the surface of the hill, its vertical component of velocity is zero. So $\mathbf{v}=c\left< 1,-1,0\right>$ for any nonzero constant $c$ .

(c) In order to maximize its instantaneous rate of level increase, the ant must choose the $x$ and $y$ coordinates of its velocity vector in the same direction as ${ \boldsymbol{\nabla} } f(1,1)$ . Namely $\mathbf{u}=c\left< 1,1\right>$ for any $c>0$ . To make $\mathbf{u}$ a unit vector, we choose $c=\frac{1}{\sqrt{2}}$ . The corresponding value of the $z$ coordinate of its velocity vector is the rate of change of $f$ per unit horizontal distance travelled, which is the directional derivative

$D_\mathbf{u} f(1,1)={ \boldsymbol{\nabla} } f(1,1)\cdot\mathbf{u}=e^{-2}\left< 1,1\right> \cdot\left< c,c\right> =2ce^{-2}$

So $\mathbf{v}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left< 1,1,2e^{-2}\right>$ . Any positive multiple of this vector is also a correct answer.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기APEX · 12.6절 · 1번

# 방향도함수와 기울기벡터활용보통자동 분류

70.CLP-3 · 2.7절 · 24번대학 수준우리말 번역

공간의 어떤 영역의 온도가 $T(x,y,z)=3x^2+\tfrac{1}{2} y^2+2z^2$ 도로 주어졌다고 하자.

(a) 참새 한 마리가 곡선 $\mathbf{r}(s)=\big(\frac{1}{3}s^3,2s,s^2\big)$ 을 따라 일정한 속력 $3{\rm ms}^{-1}$ 로 날고 있다. $s=1$ 일 때 참새의 속도를 구하세요. (b) $s=1$ 인 점 $A\big(\frac{1}{3},2,1\big)$ 에서 참새가 느끼는 온도의 변화율을 구하세요. (c) 점 $A\big(\frac{1}{3},2,1\big)$ 에서 온도가 최대 변화율로 감소하는 방향을 구하세요. (d) 독수리 한 마리가 점 $A\big(\frac{1}{3},2,1\big)$ 에서 참새의 경로와 교차하며, 참새의 경로와 수직인 방향으로 움직이고, 동시에 온도가 일정하게 유지되는 방향으로 움직이고 있다. 독수리가 점 $A$ 를 지나갈 때 날아갈 수 있는 방향을 모두 구하세요.

영어 원문 보기

Let the temperature in a region of space be given by $T(x,y,z)=3x^2+\tfrac{1}{2} y^2+2z^2$ degrees.

(a) A sparrow is flying along the curve $\mathbf{r}(s)=\big(\frac{1}{3}s^3,2s,s^2\big)$ at a constant speed of $3{\rm ms}^{-1}$ . What is the velocity of the sparrow when $s=1$ ? (b) At what rate does the sparrow feel the temperature is changing at the point $A\big(\frac{1}{3},2,1\big)$ for which $s=1$ . (c) At the point $A\big(\frac{1}{3},2,1\big)$ in what direction will the temperature be decreasing at maximum rate? (d) An eagle crosses the path of the sparrow at $A\big(\frac{1}{3},2,1\big)$ , is moving at right angles to the path of the sparrow, and is also moving in a direction in which the temperature remains constant. In what directions could the eagle be flying as it passes through the point $A$ ?

정답·풀이 보기

(a) $s=1$ 에서 운동 방향은 접선벡터

$\mathbf{r}'(s)=\left< s^2,2,2s\right>\big|_{s=1}=\left< 1,2,2\right>$

로 주어진다. 속도벡터의 크기가 $3$ 이어야 하므로

$\text{속도}=\mathbf{v}=3\frac{\left< 1,2,2\right>}{|\left< 1,2,2\right>|}=\left< 1,2,2\right>$

이다.

(b) $s=1$ 에서 참새가 느끼는 단위 거리당 온도 변화율은 ${ \boldsymbol{\nabla} } T\big(\frac{1}{3},2,1\big)\cdot\frac{\mathbf{v}}{|\mathbf{v}|}$ 이다. 따라서 $s=1$ 에서 참새가 느끼는 단위 시간당 온도 변화율은

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } T\left(\frac{1}{3},2,1\right)\cdot\frac{\mathbf{v}}{|\mathbf{v}|}\ |\mathbf{v}| &={ \boldsymbol{\nabla} } T\left(\frac{1}{3},2,1\right)\cdot\mathbf{v} =\mathbf{v}\cdot\left< 6x,y,4z\right>\Big|_{({1\over3},2,1\big)} \\ &=\left< 1,2,2\right>\cdot\left< 2,2,4\right>=14^\circ/{\rm s} \end{aligned}$

이다.

(c) 온도는 온도의 기울기벡터와 반대 방향, 즉 (임의의 양의 상수배의) $-\left< 2,2,4\right>$ 방향으로 최대 변화율로 감소한다.

(d) 독수리는 참새의 운동 방향인 $\left< 1,2,2\right>$ 와 수직인 방향으로 움직인다. 또한 독수리는 온도가 일정하게 유지되는 방향으로 움직이므로, 온도의 기울기벡터 $\left< 2,2,4\right>$ 와도 수직인 방향으로 움직여야 한다. 따라서 독수리의 방향은 (양의 상수배의) 다음 중 하나이다.

$\begin{aligned} \pm\left< 1,2,2\right> \times\left< 2,2,4\right> =\pm\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ 1 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 4 \end{matrix}\right] =\pm\left< 4,0,-2\right> \end{aligned}$

이는 임의의 양의 상수배의 $\pm\left< 2,0,-1\right>$ 와 같다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) The direction of motion at $s=1$ is given by the tangent vector

$\mathbf{r}'(s)=\left< s^2,2,2s\right>\big|_{s=1}=\left< 1,2,2\right>$

Since the length of the velocity vector must be $3$ ,

$\text{velocity}=\mathbf{v}=3\frac{\left< 1,2,2\right>}{|\left< 1,2,2\right>|}=\left< 1,2,2\right>$

(b) The rate of change of temperature per unit distance felt by the sparrow at $s=1$ is ${ \boldsymbol{\nabla} } T\big(\frac{1}{3},2,1\big)\cdot\frac{\mathbf{v}}{|\mathbf{v}|}$ . The rate of change of temperature per unit time felt by the sparrow at $s=1$ is

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } T\left(\frac{1}{3},2,1\right)\cdot\frac{\mathbf{v}}{|\mathbf{v}|}\ |\mathbf{v}| &={ \boldsymbol{\nabla} } T\left(\frac{1}{3},2,1\right)\cdot\mathbf{v} =\mathbf{v}\cdot\left< 6x,y,4z\right>\Big|_{({1\over3},2,1\big)} \\ &=\left< 1,2,2\right>\cdot\left< 2,2,4\right>=14^\circ/{\rm s} \end{aligned}$

(c) The temperature decreases at maximum rate in the direction opposite the temperature gradient, which is (any positive constant times) $-\left< 2,2,4\right>$ .

(d) The eagle is moving at right angles to the direction of motion of the sparrow, which is $\left< 1,2,2\right>$ . As the eagle is also moving in a direction for which the temperature remains constant, it must be moving perpendicularly to the temperature gradient, $\left< 2,2,4\right>$ . So the direction of the eagle must be (a posiitve constant times) one of

$\begin{aligned} \pm\left< 1,2,2\right> \times\left< 2,2,4\right> =\pm\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ 1 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 4 \end{matrix}\right] =\pm\left< 4,0,-2\right> \end{aligned}$

or equivalently, any positive constant times $\pm\left< 2,0,-1\right>$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기APEX · 12.6절 · 3번

# 방향도함수와 기울기벡터활용보통자동 분류

71.CLP-3 · 2.7절 · 25번대학 수준우리말 번역

불꽃이 원점에 있고, 그 근처의 점 $(x,y,z)$ 에서의 온도 $T$ 가 다음과 같이 주어진다고 가정하세요.

$T(x,y,z)=\frac{200}{1+x^2+y^2+z^2}$

여기서 좌표의 단위는 미터이고 온도의 단위는 섭씨 도입니다. 어느 순간 나방이 점 $(3,4,0)$ 에 있고, 온도가 최대로 증가하는 방향으로 $1 {\rm m/s}$ 의 일정한 속력으로 날고 있다고 하세요.

(a) 이 순간 나방의 속도 벡터 $\mathbf{v}$ 를 구하세요. (b) 이 순간 나방이 느끼는 온도의 변화율은 얼마인지 구하세요.

영어 원문 보기

Assume that the temperature $T$ at a point $(x,y,z)$ near a flame at the origin is given by

$T(x,y,z)=\frac{200}{1+x^2+y^2+z^2}$

where the coordinates are given in meters and the temperature is in degrees Celsius. Suppose that at some moment in time, a moth is at the point $(3,4,0)$ and is flying at a constant speed of $1 {\rm m/s}$ in the direction of maximum increase of temperature.

(a) Find the velocity vector $\mathbf{v}$ of the moth at this moment. (b) What rate of change of temperature does the moth feel at that moment?

정답·풀이 보기

(a) 나방은 $(3,4,0)$ 에서 온도의 기울기 벡터 방향으로 움직이고 있으며, 그 기울기 벡터는 다음과 같다.

${ \boldsymbol{\nabla} } T(3,4,0) =-200\frac{2x\hat{\boldsymbol{\imath}}+2y\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2z\hat{\mathbf{k}}}{{(1+x^2+y^2+z^2)}^2}\bigg|_{(3,4,0)} =-400\frac{3\hat{\boldsymbol{\imath}}+4\hat{\boldsymbol{\jmath}}}{26^2}$

나방의 속력이 $1 {\rm m/s}$ 이므로 나방의 속도 벡터는 방향이 $-\frac{400}{26^2}\left< 3,4,0\right>$ 와 같고 길이가 1인 벡터이다. 따라서 $\mathbf{v}=-\frac{\left< 3,4,0\right>}{|\left< 3,4,0\right>|} =-\left<\frac{3}{5},\frac{4}{5},0\right>$ 이다.

(b) 그 순간 나방이 느끼는 (단위 시간당) 온도의 변화율은 다음과 같다.

${ \boldsymbol{\nabla} } T(3,4,0)\cdot\mathbf{v} =\frac{400}{26^2}\left< 3,4,0\right>\cdot \left<\frac{3}{5},\frac{4}{5},0\right> =\frac{400\times25}{26^2\times 5} =\frac{500}{169}\approx 2.96^\circ/{\rm s}$

원본 교재 풀이(영어)

(a) The moth is moving the direction of the temperature gradient at $(3,4,0)$ , which is

${ \boldsymbol{\nabla} } T(3,4,0) =-200\frac{2x\hat{\boldsymbol{\imath}}+2y\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2z\hat{\mathbf{k}}}{{(1+x^2+y^2+z^2)}^2}\bigg|_{(3,4,0)} =-400\frac{3\hat{\boldsymbol{\imath}}+4\hat{\boldsymbol{\jmath}}}{26^2}$

Since the speed of the moth is $1 {\rm m/s}$ its velocity vector is a vector of length one in direction $-\frac{400}{26^2}\left< 3,4,0\right>$ and hence is $\mathbf{v}=-\frac{\left< 3,4,0\right>}{|\left< 3,4,0\right>|} =-\left<\frac{3}{5},\frac{4}{5},0\right>$ .

(b) The rate of change of temperature (per unit time) the moth feels at that time is

${ \boldsymbol{\nabla} } T(3,4,0)\cdot\mathbf{v} =\frac{400}{26^2}\left< 3,4,0\right>\cdot \left<\frac{3}{5},\frac{4}{5},0\right> =\frac{400\times25}{26^2\times 5} =\frac{500}{169}\approx 2.96^\circ/{\rm s}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.7절 · 24번

# 방향도함수와 기울기벡터활용보통자동 분류

72.CLP-3 · 2.7절 · 26번대학 수준우리말 번역

상수 $k$ 가 있어서 $u=k/v$ 일 때, $u$ 는 $v$ 에 반비례한다고 합니다. 금속 공 안의 온도 $T$ 가 공의 중심으로부터의 거리에 반비례한다고 합시다. 여기서 공의 중심은 원점으로 잡습니다. 점 $(1,2,2)$ 에서의 온도는 $120^\circ$ 입니다.

(a) 비례상수를 구하세요. (b) $(1,2,2)$ 에서 점 $(2,1,3)$ 을 향하는 방향으로의 $T$ 의 변화율을 구하세요. (c) 공 안의 대부분의 점에서 온도가 가장 크게 증가하는 방향은 원점을 향하는 방향임을 보이세요.

영어 원문 보기

We say that $u$ is inversely proportional to $v$ if there is a constant $k$ so that $u=k/v$ . Suppose that the temperature $T$ in a metal ball is inversely proportional to the distance from the centre of the ball, which we take to be the origin. The temperature at the point $(1,2,2)$ is $120^\circ$ .

(a) Find the constant of proportionality. (b) Find the rate of change of $T$ at $(1,2,2)$ in the direction towards the point $(2,1,3)$ . (c) Show that at most points in the ball, the direction of greatest increase is towards the origin.

정답·풀이 보기

(a) 어떤 상수 $k$ 에 대하여 $T(x,y,z)=\frac{k}{|\left< x,y,z\right>|} =\frac{k}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$ 이고,

$120=T(1,2,2)=\frac{k}{|\left< 1,2,2\right>|} \implies k=120\times\sqrt{1+2^2+2^2} = 360$

이다.

(b) $(1,2,2)$ 에서 $(2,1,3)$ 으로 향하는 (단위)방향은 $\mathbf{d}=\frac{\left< 2,1,3\right>-\left< 1,2,2\right>}{|\left< 2,1,3\right>-\left< 1,2,2\right>|} =\frac{\left< 1,-1,1\right>}{|\left< 1,-1,1\right>|}=\frac{1}{\sqrt{3}}\left< 1,-1,1\right>$ 이다. 따라서 구하는 온도의 변화율은

$\begin{aligned} D_{\mathbf{d}} T(1,2,2) &={ \boldsymbol{\nabla} } T(1,2,2)\cdot\mathbf{d} =-360\frac{x\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z\hat{\mathbf{k}}}{{(x^2+y^2+z^2)}^{3/2}}\Big|_{\left< 1,2,2\right>}\cdot\mathbf{d} \\ &=-360\frac{\left< 1,2,2\right>}{27}\cdot\frac{\left< 1,-1,1\right>}{\sqrt{3}} =-\frac{40}{3\sqrt{3}}\approx-7.70 \end{aligned}$

이고, 단위 거리당 도이다.

(c) $(x,y,z)$ 에서 온도가 가장 크게 증가하는 방향은 $(x,y,z)$ 에서의 온도 기울기(그레이디언트)의 방향이며, 이는 ${ \boldsymbol{\nabla} } T(x,y,z) =-360\frac{x\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z\hat{\mathbf{k}}}{{(x^2+y^2+z^2)}^{3/2}}$ 이고, 반지름 벡터와 반대 방향을 가리킨다. 즉, 원점을 향한다. 이 논증은 $(x,y,z)=(0,0,0)$ 에서만 성립하지 않는데, 그 점에서는 기울기뿐 아니라 $T(x,y,z)$ 도 정의되지 않기 때문이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) We are told that $T(x,y,z)=\frac{k}{|\left< x,y,z\right>|} =\frac{k}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$ for some constant $k$ and that

$120=T(1,2,2)=\frac{k}{|\left< 1,2,2\right>|} \implies k=120\times\sqrt{1+2^2+2^2} = 360$

(b) The (unit) direction from $(1,2,2)$ to $(2,1,3)$ is $\mathbf{d}=\frac{\left< 2,1,3\right>-\left< 1,2,2\right>}{|\left< 2,1,3\right>-\left< 1,2,2\right>|} =\frac{\left< 1,-1,1\right>}{|\left< 1,-1,1\right>|}=\frac{1}{\sqrt{3}}\left< 1,-1,1\right>$ . The desired rate of change of temperature is

$\begin{aligned} D_{\mathbf{d}} T(1,2,2) &={ \boldsymbol{\nabla} } T(1,2,2)\cdot\mathbf{d} =-360\frac{x\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z\hat{\mathbf{k}}}{{(x^2+y^2+z^2)}^{3/2}}\Big|_{\left< 1,2,2\right>}\cdot\mathbf{d} \\ &=-360\frac{\left< 1,2,2\right>}{27}\cdot\frac{\left< 1,-1,1\right>}{\sqrt{3}} =-\frac{40}{3\sqrt{3}}\approx-7.70 \end{aligned}$

degrees per unit distance.

(c) At $(x,y,z)$ , the direction of greatest increase is in the direction of the temperature gradient at $(x,y,z)$ , which is ${ \boldsymbol{\nabla} } T(x,y,z) =-360\frac{x\hat{\boldsymbol{\imath}}+y\hat{\boldsymbol{\jmath}}+z\hat{\mathbf{k}}}{{(x^2+y^2+z^2)}^{3/2}}$ and which points opposite to the radius vector. That is, it points towards the origin. This argument only fails at $(x,y,z)=(0,0,0)$ , where the gradient, and indeed $T(x,y,z)$ , is not defined.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.7절 · 29번

# 방향도함수와 기울기벡터증명·논술보통자동 분류

73.CLP-3 · 2.7절 · 27번대학 수준우리말 번역

$xy$ -평면 위에 있는 호수의 깊이는 $f(x, y) = 32-x^2-4x-4y^2$ 미터이다.

(a) $xy$ -평면에 호수의 해안선을 그리세요.

미적분학 강사님이 점 $(-1, 1)$ 에서 물속에 있다. 다음을 만족하기 위해 강사님이 헤엄쳐야 할 방향을 나타내는 단위벡터를 구하세요.

(a) 같은 깊이를 유지하려면? (b) 깊이가 가능한 한 빠르게 깊어지게 하려면? (즉, 물에 빠질 가능성이 가장 높게 하려면)

영어 원문 보기

The depth of a lake in the $xy$ -plane is equal to $f(x, y) = 32-x^2-4x-4y^2$ meters.

(a) Sketch the shoreline of the lake in the $xy$ -plane.

Your calculus instructor is in the water at the point $(-1, 1)$ . Find a unit vector which indicates in which direction he should swim in order to:

(a) stay at a constant depth? (b) increase his depth as rapidly as possible (i.e. be most likely to drown)?

정답·풀이 보기

(a) 해안선은 $f(x,y)=0$ 또는 $x^2+4x+4y^2=32$ 또는 $(x+2)^2+4y^2=36$ 이고, 이는 $(-2,0)$ 을 중심으로 하고 $x$ 방향의 반축이 $6$ , $y$ 방향의 반축이 $3$ 인 타원이다.

(b,c) $(-1,1)$ 에서 $f$ 의 기울기 벡터는

${ \boldsymbol{\nabla} } f(-1,1)=\big[(-2x-4)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-8y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\big]_{(-1,1)}=-2\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-8\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$

같은 깊이를 유지하려면 깊이의 기울기 벡터에 수직인 방향으로 헤엄쳐야 한다. 따라서 $\pm\frac{1}{\sqrt{17}}\left< 4,-1\right>$ 방향으로 헤엄쳐야 한다. 깊이가 가능한 한 빠르게 깊어지게 하려면 깊이의 기울기 벡터 방향으로 헤엄쳐야 하며, 그 방향은 $-\frac{1}{\sqrt{17}}\left< 1,4\right>$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) The shoreline is $f(x,y)=0$ or $x^2+4x+4y^2=32$ or $(x+2)^2+4y^2=36$ , which is an ellipse centred on $(-2,0)$ with semiaxes $6$ in the $x$ -direction and $3$ in the $y$ -direction.

(b,c) The gradient of $f$ at $(-1,1)$ is

${ \boldsymbol{\nabla} } f(-1,1)=\big[(-2x-4)\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-8y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}\big]_{(-1,1)}=-2\,\hat{\boldsymbol{\imath}}-8\,\hat{\boldsymbol{\jmath}}$

To remain at constant depth, he should swim perpendicular to the depth gradient. So he should swim in direction $\pm\frac{1}{\sqrt{17}}\left< 4,-1\right>$ . To increase his depth as rapidly as possible, he should swim in the direction of the depth gradient, which is $-\frac{1}{\sqrt{17}}\left< 1,4\right>$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기APEX · 12.6절 · 2번

# 방향도함수와 기울기벡터그래프·표 해석보통자동 분류

74.CLP-3 · 2.8절 · 3번대학 수준우리말 번역

라플라스 방정식 $u_{xx}(x,y)+u_{yy}(x,y)=0$ 의 해를 조화함수라고 합니다. 다음 함수 중 조화함수인 것은 어느 것인지 구하세요.

(a) $x^3-3xy^2$ (b) $x^3-y^3$ (c) $\sin(x)\,\cos(y)$ (d) $e^{7x}\,\cos(7y)$ (e) $\ln(x^2+y^2)$

영어 원문 보기

Solutions of Laplace's equation $u_{xx}(x,y)+u_{yy}(x,y)=0$ are called harmonic functions. Which of the following functions are harmonic?

(a) $x^3-3xy^2$ (b) $x^3-y^3$ (c) $\sin(x)\,\cos(y)$ (d) $e^{7x}\,\cos(7y)$ (e) $\ln(x^2+y^2)$

정답·풀이 보기

(a) $u(x,y) = x^3-3xy^2$ 이면

$\begin{aligned} u_x&= 3x^2-3y^2 \qquad& u_{xx}&= 6x \\ u_y&= -6xy \qquad& u_{yy}&= -6x \end{aligned}$

이므로 $u_{xx}(x,y)+u_{yy}(x,y)=6x-6x=0$ 이고 $x^3-3xy^2$ 은 조화함수이다.

(b) $u(x,y) = x^3-y^3$ 이면

$\begin{aligned} u_x&= 3x^2 \qquad& u_{xx}&= 6x \\ u_y&= -3y^2 \qquad& u_{yy}&= -6y \end{aligned}$

이므로 $u_{xx}(x,y)+u_{yy}(x,y)=6x-6y$ 는 항등적으로 0이 아니고, $x^3-y^3$ 은 조화함수가 아니다.

(c) $u(x,y) = \sin(x)\,\cos(y)$ 이면

$\begin{aligned} u_x&= \cos(x)\,\cos(y) \qquad& u_{xx}&= -\sin(x)\,\cos(y) \\ u_y&= -\sin(x)\,\sin(y) \qquad& u_{yy}&= -\sin(x)\,\cos(y) \end{aligned}$

이므로 $u_{xx}(x,y)+u_{yy}(x,y)=-2\sin(x)\,\cos(y)$ 는 항등적으로 0이 아니고, $\sin(x)\,\cos(y)$ 는 조화함수가 아니다.

(d) $u(x,y) = e^{7x}\,\cos(7y)$ 이면

$\begin{aligned} u_x&= 7\,e^{7x}\,\cos(7y) \qquad& u_{xx}&= 49\,e^{7x}\,\cos(7y) \\ u_y&= -7\,e^{7x}\ \sin(7y) \qquad& u_{yy}&= -49\,e^{7x}\,\cos(7y) \end{aligned}$

이므로 $u_{xx}(x,y)+u_{yy}(x,y)=49\,e^{7x}\,\cos(7y)-49\,e^{7x}\,\cos(7y)=0$ 이고 $e^{7x}\,\cos(7y)$ 는 조화함수이다.

(e) $u(x,y) = \ln(x^2+y^2)$ 이면

$\begin{aligned} u_x&= \frac{2x}{x^2+y^2} \qquad& u_{xx}&= \frac{2}{x^2+y^2}- \frac{4x^2}{{(x^2+y^2)}^2}\\ u_y&= \frac{2y}{x^2+y^2} \qquad& u_{yy}&= \frac{2}{x^2+y^2}- \frac{4y^2}{{(x^2+y^2)}^2} \end{aligned}$

이므로

$\begin{aligned} u_{xx}(x,y)+u_{yy}(x,y)&=\frac{2}{x^2+y^2}- \frac{4x^2}{{(x^2+y^2)}^2} +\frac{2}{x^2+y^2}- \frac{4y^2}{{(x^2+y^2)}^2} \\ &=\frac{4}{x^2+y^2} - 4\frac{x^2+y^2}{{(x^2+y^2)}^2} \\ &=\frac{4}{x^2+y^2}-\frac{4}{x^2+y^2} \\ &=0 \end{aligned}$

이고 $\ln(x^2+y^2)$ 은 조화함수이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) If $u(x,y) = x^3-3xy^2$ , then

$\begin{aligned} u_x&= 3x^2-3y^2 \qquad& u_{xx}&= 6x \\ u_y&= -6xy \qquad& u_{yy}&= -6x \end{aligned}$

So $u_{xx}(x,y)+u_{yy}(x,y)=6x-6x=0$ and $x^3-3xy^2$ is harmonic.

(b) If $u(x,y) = x^3-y^3$ , then

$\begin{aligned} u_x&= 3x^2 \qquad& u_{xx}&= 6x \\ u_y&= -3y^2 \qquad& u_{yy}&= -6y \end{aligned}$

So $u_{xx}(x,y)+u_{yy}(x,y)=6x-6y$ is not identically zero and $x^3-y^3$ is not harmonic.

(c) If $u(x,y) = \sin(x)\,\cos(y)$ , then

$\begin{aligned} u_x&= \cos(x)\,\cos(y) \qquad& u_{xx}&= -\sin(x)\,\cos(y) \\ u_y&= -\sin(x)\,\sin(y) \qquad& u_{yy}&= -\sin(x)\,\cos(y) \end{aligned}$

So $u_{xx}(x,y)+u_{yy}(x,y)=-2\sin(x)\,\cos(y)$ is not identically zero and $\sin(x)\,\cos(y)$ is not harmonic.

(d) If $u(x,y) = e^{7x}\,\cos(7y)$ , then

$\begin{aligned} u_x&= 7\,e^{7x}\,\cos(7y) \qquad& u_{xx}&= 49\,e^{7x}\,\cos(7y) \\ u_y&= -7\,e^{7x}\ \sin(7y) \qquad& u_{yy}&= -49\,e^{7x}\,\cos(7y) \end{aligned}$

So $u_{xx}(x,y)+u_{yy}(x,y)=49\,e^{7x}\,\cos(7y)-49\,e^{7x}\,\cos(7y)=0$ and $e^{7x}\,\cos(7y)$ is harmonic.

(e) If $u(x,y) = \ln(x^2+y^2)$ , then

$\begin{aligned} u_x&= \frac{2x}{x^2+y^2} \qquad& u_{xx}&= \frac{2}{x^2+y^2}- \frac{4x^2}{{(x^2+y^2)}^2}\\ u_y&= \frac{2y}{x^2+y^2} \qquad& u_{yy}&= \frac{2}{x^2+y^2}- \frac{4y^2}{{(x^2+y^2)}^2} \end{aligned}$

So

$\begin{aligned} u_{xx}(x,y)+u_{yy}(x,y)&=\frac{2}{x^2+y^2}- \frac{4x^2}{{(x^2+y^2)}^2} +\frac{2}{x^2+y^2}- \frac{4y^2}{{(x^2+y^2)}^2} \\ &=\frac{4}{x^2+y^2} - 4\frac{x^2+y^2}{{(x^2+y^2)}^2} \\ &=\frac{4}{x^2+y^2}-\frac{4}{x^2+y^2} \\ &=0 \end{aligned}$

and $\ln(x^2+y^2)$ is harmonic.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.8절 · 13번

# 편미분방정식 맛보기계산보통자동 분류

75.CLP-3 · 2.8절 · 4번대학 수준우리말 번역

$u(x,t) = e^{t+ax} + e^{t-ax}$ 라 하자. 여기서 $a$ 는 상수이다. $5u_t = u_{xx} + u$ 를 만족시키는 $a$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let $u(x,t) = e^{t+ax} + e^{t-ax}$ where $a$ is a constant. Find $a$ such that $5u_t = u_{xx} + u$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

$u=u(x,t) = e^{t+ax} + e^{t-ax}$ 일 때, 주어진 편미분방정식의 양변을 각각 계산한다. 다음이 성립하므로

$\begin{aligned} u(x,t) &= e^{t+ax} + e^{t-ax} \\ u_t(x,t) &= e^{t+ax} + e^{t-ax} \\ u_x(x,t) &= ae^{t+ax} - ae^{t-ax}\qquad & u_{xx}(x,t) &= a^2e^{t+ax} + a^2e^{t-ax} \end{aligned}$

편미분방정식의 좌변은

$5u_t = 5e^{t+ax} + 5e^{t-ax}$

이고, 편미분방정식의 우변은

$\begin{aligned} u_{xx} + u &=\big(a^2e^{t+ax} + a^2e^{t-ax}\big)+\big(e^{t+ax} + e^{t-ax}\big) \\ &= (a^2+1)e^{t+ax} + (a^2+1)e^{t-ax} \end{aligned}$

이다. 좌변과 우변이 같을 필요충분조건은

$\begin{aligned} 5=(a^2+1) \iff a^2=4 \iff a=\pm 2 \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

We evaluate both sides of the given PDE with $u=u(x,t) = e^{t+ax} + e^{t-ax}$ . Since

$\begin{aligned} u(x,t) &= e^{t+ax} + e^{t-ax} \\ u_t(x,t) &= e^{t+ax} + e^{t-ax} \\ u_x(x,t) &= ae^{t+ax} - ae^{t-ax}\qquad & u_{xx}(x,t) &= a^2e^{t+ax} + a^2e^{t-ax} \end{aligned}$

the left hand side of the PDE is

$5u_t = 5e^{t+ax} + 5e^{t-ax}$

and the right hand side of the PDE is

$\begin{aligned} u_{xx} + u &=\big(a^2e^{t+ax} + a^2e^{t-ax}\big)+\big(e^{t+ax} + e^{t-ax}\big) \\ &= (a^2+1)e^{t+ax} + (a^2+1)e^{t-ax} \end{aligned}$

The left and right hand sides are equal if and only if

$\begin{aligned} 5=(a^2+1) \iff a^2=4 \iff a=\pm 2 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.8절 · 5번

# 편미분방정식 맛보기계산보통자동 분류

76.CLP-3 · 2.8절 · 5번대학 수준우리말 번역

$u(x,y,z) = e^{3x+4y}\sin(az)$ 라 하자. 여기서 $a$ 는 상수이다.

$u_{xx}+u_{yy}+u_{zz}=0$

이 되도록 하는 $a$ 를 모두 구하세요.

영어 원문 보기

Let $u(x,y,z) = e^{3x+4y}\sin(az)$ where $a$ is a constant. Find all $a$ 's such that

$u_{xx}+u_{yy}+u_{zz}=0$

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

$u=u(x,t) = e^{3x+4y}\sin(az)$ 일 때, $u_{xx}+u_{yy}+u_{zz}$ 를 계산한다. 다음과 같으므로

$\begin{aligned} u(x,y,z) &= e^{3x+4y}\sin(az)\\ u_x(x,y,z) &= 3\,e^{3x+4y}\sin(az)\qquad & u_{xx}(x,y,z) &= 9\,e^{3x+4y}\sin(az) \\ u_y(x,y,z) &= 4\,e^{3x+4y}\sin(az)\qquad & u_{yy}(x,y,z) &= 16\,e^{3x+4y}\sin(az) \\ u_z(x,y,z) &= a\,e^{3x+4y}\cos(az)\qquad & u_{zz}(x,y,z) &= -a^2\,e^{3x+4y}\sin(az) \end{aligned}$

다음을 얻는다.

$u_{xx}+u_{yy}+u_{zz} = \big(9+16-a^2) e^{3x+4y}\sin(az)$

이 값이 (모든 $x$ , $y$ , $z$ 에 대해) 0 일 필요충분조건은

$\begin{aligned} a^2=9+16=25 \iff a=\pm 5 \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

We evaluate $u_{xx}+u_{yy}+u_{zz}$ with $u=u(x,t) = e^{3x+4y}\sin(az)$ . Since

$\begin{aligned} u(x,y,z) &= e^{3x+4y}\sin(az)\\ u_x(x,y,z) &= 3\,e^{3x+4y}\sin(az)\qquad & u_{xx}(x,y,z) &= 9\,e^{3x+4y}\sin(az) \\ u_y(x,y,z) &= 4\,e^{3x+4y}\sin(az)\qquad & u_{yy}(x,y,z) &= 16\,e^{3x+4y}\sin(az) \\ u_z(x,y,z) &= a\,e^{3x+4y}\cos(az)\qquad & u_{zz}(x,y,z) &= -a^2\,e^{3x+4y}\sin(az) \end{aligned}$

We have

$u_{xx}+u_{yy}+u_{zz} = \big(9+16-a^2) e^{3x+4y}\sin(az)$

This is zero (for all $x$ , $y$ , $z$ ) if and only if

$\begin{aligned} a^2=9+16=25 \iff a=\pm 5 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.8절 · 6번

# 편미분방정식 맛보기계산보통자동 분류

77.CLP-3 · 2.8절 · 6번대학 수준우리말 번역

$u(x,t) = \sin(at)\,\cos(bx)$ 라 하자. 여기서 $a$ 와 $b$ 는 상수이다. $u_{tt} = u_{xx}$ 를 만족하는 $a$ 와 $b$ 를 모두 구하세요.

영어 원문 보기

Let $u(x,t) = \sin(at)\,\cos(bx)$ where $a$ and $b$ are constants. Find all $a$ 's and $b$ 's such that $u_{tt} = u_{xx}$ .

정답·풀이 보기

$u=u(x,t)=\sin(at)\,\cos(bx)$ 일 때 주어진 편미분방정식의 양변을 각각 계산한다. 다음이 성립하므로

$\begin{aligned} u(x,t) &= \sin(at)\,\cos(bx) \\ u_t(x,t) &= a\,\cos(at)\,\cos(bx) \qquad & u_{tt}(x,t) &= -a^2\,\sin(at)\,\cos(bx) \\ u_x(x,t) &= -b\,\sin(at)\,\sin(bx) \qquad & u_{xx}(x,t) &= -b^2\sin(at)\,\cos(bx) \end{aligned}$

편미분방정식의 좌변은

$u_{tt} = -a^2\,\sin(at)\,\cos(bx)$

이고, 편미분방정식의 우변은

$\begin{aligned} u_{xx} &=-b^2\,\sin(at)\,\cos(bx) \end{aligned}$

이다. 좌변과 우변이 같을 필요충분조건은

$\begin{aligned} a^2=b^2 \iff a=\pm b \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

We evaluate both sides of the given PDE with $u=u(x,t)=\sin(at)\,\cos(bx)$ . Since

$\begin{aligned} u(x,t) &= \sin(at)\,\cos(bx) \\ u_t(x,t) &= a\,\cos(at)\,\cos(bx) \qquad & u_{tt}(x,t) &= -a^2\,\sin(at)\,\cos(bx) \\ u_x(x,t) &= -b\,\sin(at)\,\sin(bx) \qquad & u_{xx}(x,t) &= -b^2\sin(at)\,\cos(bx) \end{aligned}$

the left hand side of the PDE is

$u_{tt} = -a^2\,\sin(at)\,\cos(bx)$

and the right hand side of the PDE is

$\begin{aligned} u_{xx} &=-b^2\,\sin(at)\,\cos(bx) \end{aligned}$

The left and right hand sides are equal if and only if

$\begin{aligned} a^2=b^2 \iff a=\pm b \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.8절 · 7번

# 편미분방정식 맛보기계산보통자동 분류

78.CLP-3 · 2.8절 · 7번대학 수준우리말 번역

$F(u)$ 를 한 변수의 임의의 미분가능한 함수라 하자. $z(x,y)=F\big(x^2+y^2\big)$ 으로 정의한다. 편미분방정식

$y\frac{\partial z}{\partial x} - x\frac{\partial z}{\partial y}=0$

은 반드시 성립하는지 판단하세요. 답의 근거를 반드시 제시하세요.

영어 원문 보기

Let $F(u)$ be any differentiable function of one variable. Define $z(x,y)=F\big(x^2+y^2\big)$ . Is the partial differential equation

$y\frac{\partial z}{\partial x} - x\frac{\partial z}{\partial y}=0$

necessarily satisfied? You must justify your answer.

정답·풀이 보기

$z=z(x,y)=F\big(x^2+y^2\big)$ 일 때 좌변의 두 항을 각각 계산하면 된다. 연쇄 법칙에 의해

$\begin{aligned} y\frac{\partial z}{\partial x}&= y\frac{\partial }{\partial x}F\big(x^2+y^2\big) =yF'\big(x^2+y^2\big) \frac{\partial }{\partial x}\,\big(x^2+y^2\big) =yF'\big(x^2+y^2\big)\left(2x\right) \\ &=2xy\,F'\big(x^2+y^2\big) \\ x\frac{\partial z}{\partial y}&= x\frac{\partial }{\partial y}F\big(x^2+y^2\big) =xF'\big(x^2+y^2\big) \frac{\partial }{\partial y}\,\big(x^2+y^2\big) =xF'\big(x^2+y^2\big)\left(2y\right) \\ &=2xyF'\big(x^2+y^2\big) \end{aligned}$

이다. 따라서

$y\frac{\partial z}{\partial x} - x\frac{\partial z}{\partial y} =2xy\,F'\big(x^2+y^2\big) - 2xy\,F'\big(x^2+y^2\big) =0$

이고, 미분가능한 모든 함수 $F$ 에 대해 $z(x,y)=F\big(x^2+y^2\big)$ 은 편미분방정식 $y\frac{\partial z}{\partial x} - x\frac{\partial z}{\partial y}=0$ 의 해이다.

원본 교재 풀이(영어)

We simply evaluate the two terms on the left hand side when $z=z(x,y)=F\big(x^2+y^2\big)$ . By the chain rule,

$\begin{aligned} y\frac{\partial z}{\partial x}&= y\frac{\partial }{\partial x}F\big(x^2+y^2\big) =yF'\big(x^2+y^2\big) \frac{\partial }{\partial x}\,\big(x^2+y^2\big) =yF'\big(x^2+y^2\big)\left(2x\right) \\ &=2xy\,F'\big(x^2+y^2\big) \\ x\frac{\partial z}{\partial y}&= x\frac{\partial }{\partial y}F\big(x^2+y^2\big) =xF'\big(x^2+y^2\big) \frac{\partial }{\partial y}\,\big(x^2+y^2\big) =xF'\big(x^2+y^2\big)\left(2y\right) \\ &=2xyF'\big(x^2+y^2\big) \end{aligned}$

So

$y\frac{\partial z}{\partial x} - x\frac{\partial z}{\partial y} =2xy\,F'\big(x^2+y^2\big) - 2xy\,F'\big(x^2+y^2\big) =0$

and $z(x,y)=F\big(x^2+y^2\big)$ really does solve the PDE $y\frac{\partial z}{\partial x} - x\frac{\partial z}{\partial y}=0$ for any differentiable function $F$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.8절 · 1번

# 편미분방정식 맛보기증명·논술보통자동 분류

79.CLP-3 · 2.8절 · 9번대학 수준우리말 번역

$u_1(x,t)$ 와 $u_2(x,t)$ 가 모두 파동방정식 $u_{tt}=u_{xx}$ 의 해이고, $a_1$ 과 $a_2$ 는 상수라 하자. $u(x,t)=a_1u_1(x,t)+a_2u_2(t,x)$ 도 $u_{tt}=u_{xx}$ 의 해임을 보이세요. 이 성질 때문에 파동방정식을 선형 편미분방정식이라고 한다.

영어 원문 보기

Let $u_1(x,t)$ and $u_2(x,t)$ both be solutions of the wave equation $u_{tt}=u_{xx}$ and let $a_1$ and $a_2$ be constants. Show that $u(x,t)=a_1u_1(x,t)+a_2u_2(t,x)$ is also a solution of $u_{tt}=u_{xx}$ . Because of this property, the wave equation is said to be a linear PDE.

정답·풀이 보기

$u_1(x,t)$ 와 $u_2(x,t)$ 가 $\frac{\partial^2}{\partial t^2}u_1(x,t) =\frac{\partial^2}{\partial x^2}u_1(x,t)$ 과 $\frac{\partial^2}{\partial t^2}u_2(x,t) =\frac{\partial^2}{\partial x^2}u_2(x,t)$ 을 만족시킨다고 하자. 그러면 $u(x,t)=a_1u_1(x,t)+a_2u_2(t,x)$ 는 다음을 만족시킨다.

$\begin{aligned} u_{tt}(x,t) &= \frac{\partial^2}{\partial t^2} \big[a_1u_1(x,t)+a_2u_2(t,x)\big] \\ &=a_1\frac{\partial^2}{\partial t^2}u_1(x,t) + a_2\frac{\partial^2}{\partial t^2}u_2(x,t) \\ &=a_1\frac{\partial^2}{\partial x^2}u_1(x,t) + a_2\frac{\partial^2}{\partial x^2}u_2(x,t) \\ &= \frac{\partial^2}{\partial x^2}\big[a_1u_1(x,t)+a_2u_2(t,x)\big] \\ &=u_{xx}(x,t) \end{aligned}$

따라서 보이려던 바가 성립한다.

원본 교재 풀이(영어)

Let $u_1(x,t)$ and $u_2(x,t)$ obey $\frac{\partial^2}{\partial t^2}u_1(x,t) =\frac{\partial^2}{\partial x^2}u_1(x,t)$ and $\frac{\partial^2}{\partial t^2}u_2(x,t) =\frac{\partial^2}{\partial x^2}u_2(x,t)$ . Then $u(x,t)=a_1u_1(x,t)+a_2u_2(t,x)$ obeys

$\begin{aligned} u_{tt}(x,t) &= \frac{\partial^2}{\partial t^2} \big[a_1u_1(x,t)+a_2u_2(t,x)\big] \\ &=a_1\frac{\partial^2}{\partial t^2}u_1(x,t) + a_2\frac{\partial^2}{\partial t^2}u_2(x,t) \\ &=a_1\frac{\partial^2}{\partial x^2}u_1(x,t) + a_2\frac{\partial^2}{\partial x^2}u_2(x,t) \\ &= \frac{\partial^2}{\partial x^2}\big[a_1u_1(x,t)+a_2u_2(t,x)\big] \\ &=u_{xx}(x,t) \end{aligned}$

as desired.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.8절 · 4번

# 편미분방정식 맛보기증명·논술보통자동 분류

80.CLP-3 · 2.8절 · 10번대학 수준우리말 번역

$v(x,y)$ 를 조화함수라 하자. 즉, $v(x,y)$ 는 $v_{xx}+v_{yy}=0$ 을 만족한다. $a$ , $b$ , $c$ , $d$ 는 상수라 하자. 벡터 $\left< a,b\right>$ 와 $\left< c,d\right>$ 의 길이가 같고 서로 $\underline{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }$ (빈칸에 알맞은 말을 쓰세요) 이면, $u(x,y)=v(ax+by\,,\,cx+dy)$ 도 조화함수임을 보이세요.

영어 원문 보기

Let $v(x,y)$ be a harmonic function. That is, $v(x,y)$ obeys $v_{xx}+v_{yy}=0$ . Let $a$ , $b$ , $c$ , $d$ be constants. Show that if the vectors $\left< a,b\right>$ and $\left< c,d\right>$ have the same length and are mutually $\underline{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }$ (fill in the missing word), then $u(x,y)=v(ax+by\,,\,cx+dy)$ is also a harmonic function.

정답·풀이 보기

$u(x,y)=v(ax+by\,,\,cx+dy)$ 에 대하여 $u_{xx}+u_{yy}$ 를 계산한다. 연쇄 법칙에 의해

$\begin{aligned} u(x,y) &= v(ax+by\,,\,cx+dy)\\ u_x(x,y) &= a\,v_x(ax+by\,,\,cx+dy)+c\,v_y(ax+by\,,\,cx+dy) \\ u_y(x,y) &= b\,v_x(ax+by\,,\,cx+dy)+d\,v_y(ax+by\,,\,cx+dy) \\ u_{xx}(x,y) &= a^2\,v_{xx}(ax+by\,,\,cx+dy)+ ac\,v_{xy}(ax+by\,,\,cx+dy) \\ & + ca\,v_{yx}(ax+by\,,\,cx+dy) +c^2\,v_{yy}(ax+by\,,\,cx+dy) \\ u_{yy}(x,y) &= b^2\,v_{xx}(ax+by\,,\,cx+dy)+ bd\,v_{xy}(ax+by\,,\,cx+dy) \\ & + db\,v_{yx}(ax+by\,,\,cx+dy) +d^2\,v_{yy}(ax+by\,,\,cx+dy) \end{aligned}$

이므로 다음을 얻는다.

$\begin{aligned} u_{xx}+u_{yy} &=(a^2+b^2) v_{xx}(ax+by\,,\,cx+dy) +(c^2+d^2) v_{yy}(ax+by\,,\,cx+dy) \\& +2(ac+bd) v_{xy}(ax+by\,,\,cx+dy) \end{aligned}$

$a^2+b^2=c^2+d^2$ 이면, 즉 $\left< a,b\right>$ 와 $\left< c,d\right>$ 의 길이가 같으면, $v_{xx}+v_{yy}=0$ 이므로 우변의 첫째 줄은 0이다.
$\left< a,b\right>\cdot\left< c,d\right>=ac+bd=0$ 이면, 즉 $\left< a,b\right>$ 와 $\left< c,d\right>$ 가 서로 수직이면, 우변의 둘째 줄은 0이다.

따라서 $\left< a,b\right>$ 와 $\left< c,d\right>$ 의 길이가 같고 서로 수직이면 $u_{xx}+u_{yy}=0$ 이다. 빈칸에 알맞은 말은 “수직”이다.

원본 교재 풀이(영어)

We evaluate $u_{xx}+u_{yy}$ with $u(x,y)=v(ax+by\,,\,cx+dy)$ . Since, by the chain rule,

$\begin{aligned} u(x,y) &= v(ax+by\,,\,cx+dy)\\ u_x(x,y) &= a\,v_x(ax+by\,,\,cx+dy)+c\,v_y(ax+by\,,\,cx+dy) \\ u_y(x,y) &= b\,v_x(ax+by\,,\,cx+dy)+d\,v_y(ax+by\,,\,cx+dy) \\ u_{xx}(x,y) &= a^2\,v_{xx}(ax+by\,,\,cx+dy)+ ac\,v_{xy}(ax+by\,,\,cx+dy) \\ & + ca\,v_{yx}(ax+by\,,\,cx+dy) +c^2\,v_{yy}(ax+by\,,\,cx+dy) \\ u_{yy}(x,y) &= b^2\,v_{xx}(ax+by\,,\,cx+dy)+ bd\,v_{xy}(ax+by\,,\,cx+dy) \\ & + db\,v_{yx}(ax+by\,,\,cx+dy) +d^2\,v_{yy}(ax+by\,,\,cx+dy) \end{aligned}$

we have

$\begin{aligned} u_{xx}+u_{yy} &=(a^2+b^2) v_{xx}(ax+by\,,\,cx+dy) +(c^2+d^2) v_{yy}(ax+by\,,\,cx+dy) \\& +2(ac+bd) v_{xy}(ax+by\,,\,cx+dy) \end{aligned}$

If $a^2+b^2=c^2+d^2$ , i.e. if $\left< a,b\right>$ and $\left< c,d\right>$ have the same length, then the first line of the right hand side is zero, since $v_{xx}+v_{yy}=0$ .
If $\left< a,b\right>\cdot\left< c,d\right>=ac+bd=0$ , i.e. if $\left< a,b\right>$ and $\left< c,d\right>$ are mutally perpendicular, then the second line of the right hand side is zero.

So if $\left< a,b\right>$ and $\left< c,d\right>$ have the same length and are mutally perpendicular, then $u_{xx}+u_{yy}=0$ . The missing word is “perpendicular”.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.8절 · 9번

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