다변수 미분 전체 연습문제

1.CLP-3 · 2.3절 · 4번대학 수준우리말 번역

$f(x,y)=\sqrt{x^2+5y^2}$ 의 모든 이계편도함수를 구하세요.

영어 원문 보기

Find all second partial derivatives of $f(x,y)=\sqrt{x^2+5y^2}$ .

정답·풀이 보기

$f(x,y)=\sqrt{x^2+5y^2}$ 이라 하자. 그러면

$\begin{aligned} f_x&=\frac{x}{\sqrt{x^2+5y^2}} & f_{xx}&=\frac{1}{\sqrt{x^2+5y^2}}-\frac{1}{2}\frac{(x)(2x)}{(x^2+5y^2)^{3/2}} & f_{xy}&=-\frac{1}{2}\frac{(x)(10y)}{(x^2+5y^2)^{3/2}} \\ f_y&=\frac{5y}{\sqrt{x^2+5y^2}} & f_{yy}&=\frac{5}{\sqrt{x^2+5y^2}}-\frac{1}{2}\frac{(5y)(10y)}{(x^2+5y^2)^{3/2}}& f_{yx}&=-\frac{1}{2}\frac{(5y)(2x)}{(x^2+5y^2)^{3/2}} \end{aligned}$

간단히 하면, 특히 $\frac{1}{\sqrt{x^2+5y^2}} =\frac{x^2+5y^2}{(x^2+5y^2)^{3/2}}$ 임을 이용하면,

$f_{xx}=\frac{5y^2}{(x^2+5y^2)^{3/2}}\qquad f_{xy}=f_{yx}=-\frac{5xy}{(x^2+5y^2)^{3/2}}\qquad f_{yy}=\frac{5x^2}{(x^2+5y^2)^{3/2}}$

원본 교재 풀이(영어)

Let $f(x,y)=\sqrt{x^2+5y^2}$ . Then

$\begin{aligned} f_x&=\frac{x}{\sqrt{x^2+5y^2}} & f_{xx}&=\frac{1}{\sqrt{x^2+5y^2}}-\frac{1}{2}\frac{(x)(2x)}{(x^2+5y^2)^{3/2}} & f_{xy}&=-\frac{1}{2}\frac{(x)(10y)}{(x^2+5y^2)^{3/2}} \\ f_y&=\frac{5y}{\sqrt{x^2+5y^2}} & f_{yy}&=\frac{5}{\sqrt{x^2+5y^2}}-\frac{1}{2}\frac{(5y)(10y)}{(x^2+5y^2)^{3/2}}& f_{yx}&=-\frac{1}{2}\frac{(5y)(2x)}{(x^2+5y^2)^{3/2}} \end{aligned}$

Simplifying, and in particular using that $\frac{1}{\sqrt{x^2+5y^2}} =\frac{x^2+5y^2}{(x^2+5y^2)^{3/2}}$ ,

$f_{xx}=\frac{5y^2}{(x^2+5y^2)^{3/2}}\qquad f_{xy}=f_{yx}=-\frac{5xy}{(x^2+5y^2)^{3/2}}\qquad f_{yy}=\frac{5x^2}{(x^2+5y^2)^{3/2}}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.3절 · 3번

# 편도함수활용보통자동 분류

2.CLP-3 · 2.3절 · 6번대학 수준우리말 번역

$m$ 이 양의 정수일 때, $f(r,\theta)=r^m\cos m\theta$ 를 $r$ 과 $\theta$ 의 함수라 하자.

(a) 이계편도함수 $f_{rr}$ , $f_{r\theta}$ , $f_{\theta\theta}$ 를 구하고, $(r,\theta)=(1,0)$ 에서 각각의 값을 구하세요. (b) $f(r,\theta)$ 가 미분방정식

$f_{rr}+\frac{\lambda }{r}f_r+\frac{1}{r^2}f_{\theta\theta}=0$

을 만족하도록 실수 $\lambda$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let $f(r,\theta)=r^m\cos m\theta$ be a function of $r$ and $\theta$ , where $m$ is a positive integer.

(a) Find the second order partial derivatives $f_{rr}$ , $f_{r\theta}$ , $f_{\theta\theta}$ and evaluate their respective values at $(r,\theta)=(1,0)$ . (b) Determine the value of the real number $\lambda$ so that $f(r,\theta)$ satisfies the differential equation

$f_{rr}+\frac{\lambda }{r}f_r+\frac{1}{r^2}f_{\theta\theta}=0$

정답·풀이 보기

(a) 일계편도함수는 다음과 같다.

$f_r(r,\theta)=mr^{m-1}\cos m\theta\qquad f_\theta(r,\theta)=-mr^m\sin m\theta$

이계편도함수는 다음과 같다.

$f_{rr}(r,\theta)=m(m-1)r^{m-2}\cos m\theta\quad f_{r\theta}(r,\theta)=-m^2r^{m-1}\sin m\theta\quad f_{\theta\theta}(r,\theta)=-m^2r^m\cos m\theta$

따라서

$f_{rr}(1,0)=m(m-1),\ f_{r\theta}(1,0)=0,\ f_{\theta\theta}(1,0)=-m^2$

(b) (a)에 의해 식

$f_{rr}+\frac{\lambda }{r}f_r+\frac{1}{r^2}f_{\theta\theta} =m(m-1)r^{m-2}\cos m\theta+\lambda mr^{m-2}\cos m\theta-m^2r^{m-2}\cos m\theta$

이 모든 $r$ 와 $\theta$ 에 대해 0이 될 필요충분조건은 다음과 같다.

$m(m-1)+\lambda m-m^2=0\iff m(\lambda -1)=0\iff \lambda =1$

원본 교재 풀이(영어)

(a) The first order derivatives are

$f_r(r,\theta)=mr^{m-1}\cos m\theta\qquad f_\theta(r,\theta)=-mr^m\sin m\theta$

The second order derivatives are

$f_{rr}(r,\theta)=m(m-1)r^{m-2}\cos m\theta\quad f_{r\theta}(r,\theta)=-m^2r^{m-1}\sin m\theta\quad f_{\theta\theta}(r,\theta)=-m^2r^m\cos m\theta$

so that

$f_{rr}(1,0)=m(m-1),\ f_{r\theta}(1,0)=0,\ f_{\theta\theta}(1,0)=-m^2$

(b) By part (a), the expression

$f_{rr}+\frac{\lambda }{r}f_r+\frac{1}{r^2}f_{\theta\theta} =m(m-1)r^{m-2}\cos m\theta+\lambda mr^{m-2}\cos m\theta-m^2r^{m-2}\cos m\theta$

vanishes for all $r$ and $\theta$ if and only if

$m(m-1)+\lambda m-m^2=0\iff m(\lambda -1)=0\iff \lambda =1$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.3절 · 5번

# 편도함수활용보통자동 분류

3.CLP-3 · 2.4절 · 8번대학 수준우리말 번역

$g(s,t)=f(2s+3t,3s-2t)$ 의 모든 이계도함수를 구하세요. $f(x,y)$ 는 매끄러운 함수이므로 연쇄 법칙과 혼합 편도함수의 같음에 관한 클레로의 정리가 적용된다고 가정해도 됩니다.

영어 원문 보기

Find all second order derivatives of $g(s,t)=f(2s+3t,3s-2t)$ . You may assume that $f(x,y)$ is a smooth function so that the Chain Rule and Clairaut's Theorem on the equality of the mixed partial derivatives apply.

정답·풀이 보기

주어진 함수는

$g(s,t)=f(2s+3t,3s-2t)$

이다.

일계도함수는

$\begin{aligned} g_s(s,t)&=2f_1(2s+3t,3s-2t)+3f_2(2s+3t,3s-2t)\\ g_t(s,t)&=3f_1(2s+3t,3s-2t)-2f_2(2s+3t,3s-2t) \end{aligned}$

이다.

이계도함수는

$\begin{aligned} g_{ss}(s,t) &=\frac{\partial }{\partial s}\Big(2f_1(2s+3t,3s-2t)+3f_2(2s+3t,3s-2t)\Big)\\ &=2\Big(2f_{11}+3f_{12}\Big) +3\Big(2f_{21}+3f_{22}\Big)\\ &=4f_{11}+6f_{12}+6f_{21}+9f_{22}\\ &=4f_{11}(2s+3t,3s-2t)+12f_{12}(2s+3t,3s-2t)+9f_{22}(2s+3t,3s-2t)\\ g_{st}(s,t)&=\frac{\partial }{\partial t}\Big(2f_1(2s+3t,3s-2t)+3f_2(2s+3t,3s-2t)\Big)\\ &=2\Big(3f_{11}-2f_{12}\Big) +3\Big(3f_{21}-2f_{22}\Big)\\ &=6f_{11}(2s+3t,3s-2t)+5f_{12}(2s+3t,3s-2t)-6f_{22}(2s+3t,3s-2t)\\ g_{tt}(s,t)&=\frac{\partial }{\partial t}\Big(3f_1(2s+3t,3s-2t)-2f_2(2s+3t,3s-2t)\Big)\\ &=3\Big(3f_{11}-2f_{12}\Big) -2\Big(3f_{21}-2f_{22}\Big)\\ &=9f_{11}(2s+3t,3s-2t)-12f_{12}(2s+3t,3s-2t)+4f_{22}(2s+3t,3s-2t) \end{aligned}$

이다.

여기서 $f_1$ 은 $f$ 를 첫 번째 변수에 대해 편미분한 편도함수를 뜻하고, $f_{12}$ 는 $f$ 를 먼저 첫 번째 변수에 대해 편미분한 다음 그 결과를 두 번째 변수에 대해 편미분한 것이며, 나머지도 같은 방식이다.

원본 교재 풀이(영어)

The given function is

$g(s,t)=f(2s+3t,3s-2t)$

The first order derivatives are

$\begin{aligned} g_s(s,t)&=2f_1(2s+3t,3s-2t)+3f_2(2s+3t,3s-2t)\\ g_t(s,t)&=3f_1(2s+3t,3s-2t)-2f_2(2s+3t,3s-2t) \end{aligned}$

The second order derivatives are

$\begin{aligned} g_{ss}(s,t) &=\frac{\partial }{\partial s}\Big(2f_1(2s+3t,3s-2t)+3f_2(2s+3t,3s-2t)\Big)\\ &=2\Big(2f_{11}+3f_{12}\Big) +3\Big(2f_{21}+3f_{22}\Big)\\ &=4f_{11}+6f_{12}+6f_{21}+9f_{22}\\ &=4f_{11}(2s+3t,3s-2t)+12f_{12}(2s+3t,3s-2t)+9f_{22}(2s+3t,3s-2t)\\ g_{st}(s,t)&=\frac{\partial }{\partial t}\Big(2f_1(2s+3t,3s-2t)+3f_2(2s+3t,3s-2t)\Big)\\ &=2\Big(3f_{11}-2f_{12}\Big) +3\Big(3f_{21}-2f_{22}\Big)\\ &=6f_{11}(2s+3t,3s-2t)+5f_{12}(2s+3t,3s-2t)-6f_{22}(2s+3t,3s-2t)\\ g_{tt}(s,t)&=\frac{\partial }{\partial t}\Big(3f_1(2s+3t,3s-2t)-2f_2(2s+3t,3s-2t)\Big)\\ &=3\Big(3f_{11}-2f_{12}\Big) -2\Big(3f_{21}-2f_{22}\Big)\\ &=9f_{11}(2s+3t,3s-2t)-12f_{12}(2s+3t,3s-2t)+4f_{22}(2s+3t,3s-2t) \end{aligned}$

Here $f_1$ denotes the partial derivative of $f$ with respect to its first argument, $f_{12}$ is the result of first taking one partial derivative of $f$ with respect to its first argument and then taking a partial derivative with respect to its second argument, and so on.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 4.5절 · 39번

# 다변수 연쇄법칙활용보통자동 분류

4.CLP-3 · 2.4절 · 15번대학 수준우리말 번역

$z = f (x, y)$ 가 연속인 이계 편도함수를 갖고, $x = r \cos t$ , $y = r \sin t$ 라 하자. 다음 편도함수를 $r$ , $t$ , 그리고 $f$ 의 편도함수로 나타내세요.

(a) $\frac{\partial z}{\partial t}$ (b) $\frac{\partial^2 z}{\partial t^2}$

영어 원문 보기

Suppose $z = f (x, y)$ has continuous second order partial derivatives, and $x = r \cos t$ , $y = r \sin t$ . Express the following partial derivatives in terms $r$ , $t$ , and partial derivatives of $f$ .

(a) $\frac{\partial z}{\partial t}$ (b) $\frac{\partial^2 z}{\partial t^2}$

정답·풀이 보기

정의에 의해 $z(r,t) = f(r\cos t\,,\,r\sin t)$ 이다.

(a) 연쇄 법칙에 의해

$\begin{aligned} \frac{\partial z}{\partial t}(r,t) &= \frac{\partial }{\partial t}\Big[f(r\cos t\,,\,r\sin t)\Big] \\ &= \frac{\partial f}{\partial x}(r\cos t\,,\,r\sin t)\frac{\partial }{\partial t}(r\cos t) +\frac{\partial f}{\partial y}(r\cos t\,,\,r\sin t)\frac{\partial }{\partial t}(r\sin t) \\ &= -r\sin t\ \frac{\partial f}{\partial x}(r\cos t\,,\,r\sin t) +r\cos t\ \frac{\partial f}{\partial y}(r\cos t\,,\,r\sin t) \end{aligned}$

(b) 선형성, 곱의 미분법, 연쇄 법칙에 의해

$\begin{aligned} \frac{\partial^2 z}{\partial t^2}(r,t) &= -\frac{\partial }{\partial t}\left[r\sin t\ \frac{\partial f}{\partial x}(r\cos t\,,\,r\sin t)\right] +\frac{\partial }{\partial t}\left[r\cos t\ \frac{\partial f}{\partial y}(r\cos t\,,\,r\sin t)\right] \\ &= -r\cos t\ \frac{\partial f}{\partial x}(r\cos t\,,\,r\sin t) -r\sin t\ \frac{\partial }{\partial t}\left[\frac{\partial f}{\partial x}(r\cos t\,,\,r\sin t)\right] \\ & -r\sin t\ \frac{\partial f}{\partial y}(r\cos t\,,\,r\sin t) +r\cos t\ \frac{\partial }{\partial t}\left[\frac{\partial f}{\partial y}(r\cos t\,,\,r\sin t)\right] \\ &= -r\cos t \ \frac{\partial f}{\partial x}(r\cos t\,,\,r\sin t) \\ & +r^2\sin^2 t\ \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(r\cos t\,,\,r\sin t) -r^2\sin t\cos t\ \frac{\partial^2\ f}{\partial y\partial x}(r\cos t\,,\,r\sin t) \\ &\phantom{=}-r\sin t \ \frac{\partial f}{\partial y}(r\cos t\,,\,r\sin t) \\ & -r^2\sin t\cos t\ \frac{\partial^2\ f}{\partial x\partial y}(r\cos t\,,\,r\sin t) +r^2\cos^2 t\ \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(r\cos t\,,\,r\sin t) \\ &= -r\cos t \ \frac{\partial f}{\partial x} -r\sin t \ \frac{\partial f}{\partial y} \\ & +r^2\sin^2 t\ \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} -2r^2\sin t\cos t\ \frac{\partial^2\ f}{\partial x\partial y} +r^2\cos^2 t\ \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} \end{aligned}$

여기서 $f$ 의 모든 편도함수는 $(r\cos t\,,\,r\sin t)$ 에서의 값이다.

원본 교재 풀이(영어)

By definition $z(r,t) = f(r\cos t\,,\,r\sin t)$ .

(a) By the chain rule

$\begin{aligned} \frac{\partial z}{\partial t}(r,t) &= \frac{\partial }{\partial t}\Big[f(r\cos t\,,\,r\sin t)\Big] \\ &= \frac{\partial f}{\partial x}(r\cos t\,,\,r\sin t)\frac{\partial }{\partial t}(r\cos t) +\frac{\partial f}{\partial y}(r\cos t\,,\,r\sin t)\frac{\partial }{\partial t}(r\sin t) \\ &= -r\sin t\ \frac{\partial f}{\partial x}(r\cos t\,,\,r\sin t) +r\cos t\ \frac{\partial f}{\partial y}(r\cos t\,,\,r\sin t) \end{aligned}$

(b) By linearity, the product rule and the chain rule

$\begin{aligned} \frac{\partial^2 z}{\partial t^2}(r,t) &= -\frac{\partial }{\partial t}\left[r\sin t\ \frac{\partial f}{\partial x}(r\cos t\,,\,r\sin t)\right] +\frac{\partial }{\partial t}\left[r\cos t\ \frac{\partial f}{\partial y}(r\cos t\,,\,r\sin t)\right] \\ &= -r\cos t\ \frac{\partial f}{\partial x}(r\cos t\,,\,r\sin t) -r\sin t\ \frac{\partial }{\partial t}\left[\frac{\partial f}{\partial x}(r\cos t\,,\,r\sin t)\right] \\ & -r\sin t\ \frac{\partial f}{\partial y}(r\cos t\,,\,r\sin t) +r\cos t\ \frac{\partial }{\partial t}\left[\frac{\partial f}{\partial y}(r\cos t\,,\,r\sin t)\right] \\ &= -r\cos t \ \frac{\partial f}{\partial x}(r\cos t\,,\,r\sin t) \\ & +r^2\sin^2 t\ \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(r\cos t\,,\,r\sin t) -r^2\sin t\cos t\ \frac{\partial^2\ f}{\partial y\partial x}(r\cos t\,,\,r\sin t) \\ &\phantom{=}-r\sin t \ \frac{\partial f}{\partial y}(r\cos t\,,\,r\sin t) \\ & -r^2\sin t\cos t\ \frac{\partial^2\ f}{\partial x\partial y}(r\cos t\,,\,r\sin t) +r^2\cos^2 t\ \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(r\cos t\,,\,r\sin t) \\ &= -r\cos t \ \frac{\partial f}{\partial x} -r\sin t \ \frac{\partial f}{\partial y} \\ & +r^2\sin^2 t\ \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} -2r^2\sin t\cos t\ \frac{\partial^2\ f}{\partial x\partial y} +r^2\cos^2 t\ \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} \end{aligned}$

with all of the partial derivatives of $f$ evaluated at $(r\cos t\,,\,r\sin t)$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.4절 · 25번

# 다변수 연쇄법칙활용보통자동 분류

5.CLP-3 · 2.4절 · 16번대학 수준우리말 번역

$z = f(x, y)$ 라 하자. 여기서 $f(x, y)$ 는 연속인 이계 편도함수를 가지며,

$f_x (2, 1) = 5, \qquad f_y(2, 1) =-2, \qquad f_{xx}(2, 1) = 2,\qquad f_{xy}(2, 1) = 1, \qquad f_{yy}(2, 1) = -4$

이다.

$x(t)=2t^2$ , $y(t)=t^3$ 이고 $t=1$ 일 때, $\frac{\mathrm{d^2}}{\mathrm{d}{t}^2} z\big(x(t),y(t)\big)$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let $z = f(x, y)$ , where $f(x, y)$ has continuous second-order partial derivatives, and

$f_x (2, 1) = 5, \qquad f_y(2, 1) =-2, \qquad f_{xx}(2, 1) = 2,\qquad f_{xy}(2, 1) = 1, \qquad f_{yy}(2, 1) = -4$

Find $\frac{\mathrm{d^2}}{\mathrm{d}{t}^2} z\big(x(t),y(t)\big)$ when $x(t)=2t^2$ , $y(t)=t^3$ and $t=1$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

$x(t)=2t^2$ , $y(t)=t^3$ 에 대해 $w(t) = z\big(x(t),y(t)\big) = f\big(x(t),y(t)\big)$ 라 하자. $\frac{\mathrm{d^2}w}{\mathrm{d}{t}^2}(1)$ 을 계산하면 된다. 연쇄 법칙에 의해

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}w}{\mathrm{d}t}(t)&= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} f\big(x(t),y(t)\big) \\ &= f_x(x(t)\,,\,y(t))\,\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}(t) +f_y(x(t)\,,\,y(t))\,\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}(t) \\ &= 4t\,f_x(x(t)\,,\,y(t)) +3t^2\,f_y(x(t)\,,\,y(t)) \end{aligned}$

이다. 선형성, 곱의 미분법, 연쇄 법칙에 의해

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d^2}}{\mathrm{d}{t}^2} f\big(x(t),y(t)\big) &= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left[4t\,f_x\big(x(t),y(t)\big) \right] +\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left[3t^2\,f_y\big(x(t),y(t)\big) \right] \\ &= 4\,f_x\big(x(t),y(t)\big) + 4t \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left[f_x\big(x(t),y(t)\big) \right] \\& +6t\,f_y\big(x(t),y(t)\big) + 3t^2\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left[f_y\big(x(t),y(t)\big) \right] \\ &= 4\,f_x(2t^2\,,\,t^3) + 4t\Big[f_{xx}\big(x(t),y(t)\big)\,\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}(t) + f_{xy}\big(x(t),y(t)\big)\,\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}(t)\Big] \\ &\phantom{=} + 6t\,f_y(2t^2\,,\,t^3) + 3t^2\Big[f_{yx}\big(x(t),y(t)\big)\,\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}(t) + f_{yy}\big(x(t),y(t)\big)\,\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}(t)\Big] \\ &= 4\,f_x(2t^2\,,\,t^3) + 16t^2\,f_{xx}(2t^2\,,\,t^3) + 12t^3\,f_{xy}(2t^2\,,\,t^3) \\ &\phantom{=} + 6t\,f_y(2t^2\,,\,t^3) + 12t^3\,f_{yx}(2t^2\,,\,t^3) + 9t^4\,f_{yy}(2t^2\,,\,t^3) \end{aligned}$

이다. 특히 $t=1$ 일 때, $f_{xy}(2, 1)=f_{yx}(2, 1)$ 이므로

$\begin{aligned} \left.\frac{\mathrm{d^2}}{\mathrm{d}{t}^2} f\big(x(t),y(t)\big) \right|_{t=1} &= 4\,(5) + 16\,(2) + 12\,(1) \\ &\phantom{=} + 6\,(-2) + 12\,(1) + 9\,(-4) \\ &=28 \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

Write $w(t) = z\big(x(t),y(t)\big) = f\big(x(t),y(t)\big)$ with $x(t)=2t^2$ , $y(t)=t^3$ . We are to compute $\frac{\mathrm{d^2}w}{\mathrm{d}{t}^2}(1)$ . By the chain rule

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}w}{\mathrm{d}t}(t)&= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} f\big(x(t),y(t)\big) \\ &= f_x(x(t)\,,\,y(t))\,\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}(t) +f_y(x(t)\,,\,y(t))\,\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}(t) \\ &= 4t\,f_x(x(t)\,,\,y(t)) +3t^2\,f_y(x(t)\,,\,y(t)) \end{aligned}$

By linearity, the product rule, and the chain rule,

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d^2}}{\mathrm{d}{t}^2} f\big(x(t),y(t)\big) &= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left[4t\,f_x\big(x(t),y(t)\big) \right] +\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left[3t^2\,f_y\big(x(t),y(t)\big) \right] \\ &= 4\,f_x\big(x(t),y(t)\big) + 4t \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left[f_x\big(x(t),y(t)\big) \right] \\& +6t\,f_y\big(x(t),y(t)\big) + 3t^2\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left[f_y\big(x(t),y(t)\big) \right] \\ &= 4\,f_x(2t^2\,,\,t^3) + 4t\Big[f_{xx}\big(x(t),y(t)\big)\,\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}(t) + f_{xy}\big(x(t),y(t)\big)\,\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}(t)\Big] \\ &\phantom{=} + 6t\,f_y(2t^2\,,\,t^3) + 3t^2\Big[f_{yx}\big(x(t),y(t)\big)\,\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}(t) + f_{yy}\big(x(t),y(t)\big)\,\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}(t)\Big] \\ &= 4\,f_x(2t^2\,,\,t^3) + 16t^2\,f_{xx}(2t^2\,,\,t^3) + 12t^3\,f_{xy}(2t^2\,,\,t^3) \\ &\phantom{=} + 6t\,f_y(2t^2\,,\,t^3) + 12t^3\,f_{yx}(2t^2\,,\,t^3) + 9t^4\,f_{yy}(2t^2\,,\,t^3) \end{aligned}$

In particular, when $t=1$ , and since $f_{xy}(2, 1)=f_{yx}(2, 1)$ ,

$\begin{aligned} \left.\frac{\mathrm{d^2}}{\mathrm{d}{t}^2} f\big(x(t),y(t)\big) \right|_{t=1} &= 4\,(5) + 16\,(2) + 12\,(1) \\ &\phantom{=} + 6\,(-2) + 12\,(1) + 9\,(-4) \\ &=28 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.4절 · 24번

# 다변수 연쇄법칙활용보통자동 분류

6.CLP-3 · 2.6절 · 9번대학 수준우리말 번역

물체의 비중 $S$ 는 $\ S=\frac{A}{A-W}\$ 로 주어진다. 여기서 $A$ 는 공기 중에서 잰 물체의 무게이고 $W$ 는 물속에서 잰 물체의 무게이다. $\ A=20\pm .01\$ 이고 $\ W=12\pm.02\$ 일 때, 주어진 측정값으로 $S$ 를 계산할 때의 백분율 오차를 어림하여 구하세요.

영어 원문 보기

The specific gravity $S$ of an object is given by $\ S=\frac{A}{A-W}\$ where $A$ is the weight of the object in air and $W$ is the weight of the object in water. If $\ A=20\pm .01\$ and $\ W=12\pm.02\$ find the approximate percentage error in calculating $S$ from the given measurements.

정답·풀이 보기

선형 근사에 의해

$\begin{aligned} \Delta S\approx \frac{\partial S}{\partial A}(20,12)\,\Delta A +\frac{\partial S}{\partial W}(20,12)\,\Delta W \end{aligned}$

이고, $S(A,W)=\frac{A}{A-W} =1+\frac{W}{A-W}$ 이다. 따라서

$\begin{aligned} S(A,W)&=\frac{A}{A-W} & S(20,12)&=\frac{20}{8}=\frac{5}{2}\\ S_A(A,W)&=-\frac{W}{(A-W)^2} & S_A(20,12)&=-\frac{12}{8^2}=-\frac{3}{16}\\ S_W(A,W)&=\frac{A}{(A-W)^2} & S_W(20,12)&=\frac{20}{8^2}=\frac{5}{16} \end{aligned}$

주어진 임의의 $\Delta A$ 와 $\Delta W$ 에 대해 백분율 오차는

$\left|100\frac{\Delta S}{S}\right| =\left|100\frac{2}{5}\Big(-\frac{3}{16}\Delta A+\frac{5}{16}\Delta W\Big)\right|$

이다. 문제에서 $|\Delta A|\le 0.01$ 이고 $|\Delta W|\le 0.02$ 이다. $\big|100\frac{2}{5}\big(-\frac{3}{16}\Delta A+\frac{5}{16}\Delta W\big)\big|$ 를 최대로 하려면 $\Delta A=- 0.01$ , $\Delta W=+ 0.02$ 로 잡는다. 따라서 최대 백분율 오차는

$100\frac{2}{5}\left[-\frac{3}{16}(- 0.01)+\frac{5}{16}(0.02)\right] = \frac{2}{5}\times \frac{13}{16} =\frac{13}{40}=0.325\%$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

By the linear approximation

$\begin{aligned} \Delta S\approx \frac{\partial S}{\partial A}(20,12)\,\Delta A +\frac{\partial S}{\partial W}(20,12)\,\Delta W \end{aligned}$

with $S(A,W)=\frac{A}{A-W} =1+\frac{W}{A-W}$ . So

$\begin{aligned} S(A,W)&=\frac{A}{A-W} & S(20,12)&=\frac{20}{8}=\frac{5}{2}\\ S_A(A,W)&=-\frac{W}{(A-W)^2} & S_A(20,12)&=-\frac{12}{8^2}=-\frac{3}{16}\\ S_W(A,W)&=\frac{A}{(A-W)^2} & S_W(20,12)&=\frac{20}{8^2}=\frac{5}{16} \end{aligned}$

For any given $\Delta A$ and $\Delta W$ , the percentage error is

$\left|100\frac{\Delta S}{S}\right| =\left|100\frac{2}{5}\Big(-\frac{3}{16}\Delta A+\frac{5}{16}\Delta W\Big)\right|$

We are told that $|\Delta A|\le 0.01$ and $|\Delta W|\le 0.02$ . To maximize $\big|100\frac{2}{5}\big(-\frac{3}{16}\Delta A+\frac{5}{16}\Delta W\big)\big|$ take $\Delta A=- 0.01$ and $\Delta W=+ 0.02$ . So the maximum percentage error is

$100\frac{2}{5}\left[-\frac{3}{16}(- 0.01)+\frac{5}{16}(0.02)\right] = \frac{2}{5}\times \frac{13}{16} =\frac{13}{40}=0.325\%$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.6절 · 6번

# 접평면과 선형근사활용보통자동 분류

7.CLP-3 · 2.6절 · 17번대학 수준우리말 번역

금속의 두께가 0.04cm일 때, 지름이 8cm이고 높이가 12cm인 닫힌 금속 캔에 들어 있는 금속의 부피를 미분을 이용하여 어림하세요.

영어 원문 보기

Use differentials to estimate the volume of metal in a closed metal can with diameter 8cm and height 12cm if the metal is 0.04cm thick.

정답·풀이 보기

지름이 $d$ 이고 높이가 $h$ 인 원기둥의 부피는 $V(d,h)=\pi\big(\frac{d}{2}\big)^2h$ 이다. 이 문제의 표현은 주어진 치수가 안쪽 치수인지 바깥쪽 치수인지 밝히지 않아 다소 모호하다. 바깥쪽 치수라고 가정하자. 그러면 금속을 포함한 캔의 부피는 $V(8,12)$ 이고, 금속을 제외한 안쪽 부피는

$\begin{aligned} V(8-2\times0.04\,,\,12-2\times 0.04) &\approx V(8,12) +V_d(8,12)(-2\times 0.04) +V_h(8,12)(-2\times 0.04)\\ &=V(8,12) +\frac{1}{2}\pi\times 8\times 12\times(-2\times 0.04) +\pi\left(\frac{8}{2}\right)^2\!\!(-2\times 0.04)\\ &=V(8,12) -\pi\times 128\times 0.04 \end{aligned}$

이다. 따라서 금속의 부피는 약 $\pi\times 128\times 0.04= 5.12\pi\approx 16.1$ cc 이다. (이 정도의 근사에서는 주어진 치수가 안쪽 치수이든 바깥쪽 치수이든 상관없다.)

원본 교재 풀이(영어)

The volume of a cylinder of diameter $d$ and height $h$ is $V(d,h)=\pi\big(\frac{d}{2}\big)^2h$ . The wording of the question is a bit ambiguous in that it does not specify if the given dimensions are inside dimensions or outside dimensions. Assume that they are outside dimensions. Then the volume of the can, including the metal, is $V(8,12)$ and the volume of the interior, excluding the metal, is

$\begin{aligned} V(8-2\times0.04\,,\,12-2\times 0.04) &\approx V(8,12) +V_d(8,12)(-2\times 0.04) +V_h(8,12)(-2\times 0.04)\\ &=V(8,12) +\frac{1}{2}\pi\times 8\times 12\times(-2\times 0.04) +\pi\left(\frac{8}{2}\right)^2\!\!(-2\times 0.04)\\ &=V(8,12) -\pi\times 128\times 0.04 \end{aligned}$

So the volume of metal is approximately $\pi\times 128\times 0.04= 5.12\pi\approx 16.1$ cc. (To this level of approximation, it doesn't matter whether the dimensions are inside or outside dimensions.)

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 4.4절 · 9번

# 접평면과 선형근사활용보통자동 분류

8.CLP-3 · 2.7절 · 11번대학 수준우리말 번역

위치 $(x,y,z)$ 에서의 기온 $T(x,y,z)$ 는 다음과 같이 주어진다.

$T(x,y,z) = 1 + x^2 + yz.$

(a) 새 한 마리가 $(2,1,3)$ 을 지나 $(4,3,4)$ 를 향해 속력 $2$ 로 날아가고 있다. 이 순간 새가 느끼는 기온의 변화율을 구하세요. (b) 만약 새가 $(2,1,3)$ 을 지날 때 고도를 일정하게( $z = 3$ ) 유지하면서 동시에 기온도 $T = 8$ 로 일정하게 유지한다면, 새가 진행할 수 있는 두 방향은 무엇인지 구하세요.

영어 원문 보기

The air temperature $T(x,y,z)$ at a location $(x,y,z)$ is given by:

$T(x,y,z) = 1 + x^2 + yz.$

(a) A bird passes through $(2,1,3)$ travelling towards $(4,3,4)$ with speed $2$ . At what rate does the air temperature it experiences change at this instant? (b) If instead the bird maintains constant altitude ( $z = 3$ ) as it passes through $(2,1,3)$ while also keeping at a fixed air temperature, $T = 8$ , what are its two possible directions of travel?

정답·풀이 보기

$(2,1,3)$ 에서의 기온의 기울기 벡터(그레이디언트)는

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } T(2,1,3) = \left< 2x\,,\,z\,,\,y \right>\Big|_{(x,y,z)=(2,1,3)} = \left< 4\,,\,3\,,\,1 \right> \end{aligned}$

이다.

(a) 새는 방향 $\left< 4-2\,,\,3-1\,,\,4-3 \right> =\left< 2\,,\,2\,,\,1\right>$ 으로 속력 $2$ 로 날아가므로 속도는 $\mathbf{v}=2\frac{\left< 2\,,\,2\,,\,1\right>}{|\left< 2\,,\,2\,,\,1\right>|} =\frac{2}{3} \left< 2\,,\,2\,,\,1\right>$ 이다. 이 순간 새가 느끼는 기온의 변화율은

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } T(2,1,3) \cdot\mathbf{v} =\frac{2}{3} \left< 4\,,\,3\,,\,1 \right> \cdot \left< 2\,,\,2\,,\,1\right> = 10 \end{aligned}$

이다.

(b) 고도를 일정하게 유지하려면(정지해 있지 않은 상태에서) 새의 진행 방향은 어떤 상수 $a$ , $b$ (둘 다 0은 아님)에 대해 $\left< a\,,\,b\,,\,0\right>$ 꼴이어야 한다. 기온을 일정하게 유지하려면 진행 방향이 ${ \boldsymbol{\nabla} } T(2,1,3)= \left< 4\,,\,3\,,\,1 \right>$ 에 수직이어야 한다. 따라서 $a$ , $b$ 는 다음을 만족해야 한다.

$\begin{aligned} 0 = \left< a\,,\,b\,,\,0\right> \cdot \left< 4\,,\,3\,,\,1 \right> = 4a+3b \iff b=-\frac{4}{3}a \end{aligned}$

그러므로 진행 방향은 $\left< 3\,,-4\,,0\right>$ 에 0이 아닌 상수를 곱한 꼴이어야 한다. 이러한 단위벡터는 $\pm \frac{1}{5}\left< 3\,,-4\,,0\right>$ 두 개이다.

원본 교재 풀이(영어)

The temperature gradient at $(2,1,3)$ is

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } T(2,1,3) = \left< 2x\,,\,z\,,\,y \right>\Big|_{(x,y,z)=(2,1,3)} = \left< 4\,,\,3\,,\,1 \right> \end{aligned}$

(a) The bird is flying in the direction $\left< 4-2\,,\,3-1\,,\,4-3 \right> =\left< 2\,,\,2\,,\,1\right>$ at speed $2$ and so has velocity $\mathbf{v}=2\frac{\left< 2\,,\,2\,,\,1\right>}{|\left< 2\,,\,2\,,\,1\right>|} =\frac{2}{3} \left< 2\,,\,2\,,\,1\right>$ . The rate of change of air temperature experienced by the bird at that instant is

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } T(2,1,3) \cdot\mathbf{v} =\frac{2}{3} \left< 4\,,\,3\,,\,1 \right> \cdot \left< 2\,,\,2\,,\,1\right> = 10 \end{aligned}$

(b) To maintain constant altitude (while not being stationary), the bird's direction of travel has to be of the form $\left< a\,,\,b\,,\,0\right>$ , for some constants $a$ and $b$ , not both zero. To keep the air temperature fixed, its direction of travel has to be perpendicular to ${ \boldsymbol{\nabla} } T(2,1,3)= \left< 4\,,\,3\,,\,1 \right>$ . So $a$ and $b$ have to obey

$\begin{aligned} 0 = \left< a\,,\,b\,,\,0\right> \cdot \left< 4\,,\,3\,,\,1 \right> = 4a+3b \iff b=-\frac{4}{3}a \end{aligned}$

and the direction of travel has to be a nonzero constant times $\left< 3\,,-4\,,0\right>$ . The two such unit vectors are $\pm \frac{1}{5}\left< 3\,,-4\,,0\right>$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.7절 · 12번

# 방향도함수와 기울기벡터활용보통자동 분류

9.CLP-3 · 2.7절 · 13번대학 수준우리말 번역

$xy$ –평면 위의 한 점에서의 온도 $T(x, y)$ 가 다음과 같이 주어져 있다.

$T(x, y) = ye^{x^2}$

벌레 한 마리가 곡선 $y = x^2$ 을 따라 왼쪽에서 오른쪽으로 $0.01$ m/sec 의 속력으로 움직인다. 이 벌레는 $T(x, y)$ 를 계속 측정한다. 벌레가 점 $(1, 1)$ 을 지날 때 $T$ 의 변화율은 얼마인지 구하여라.

영어 원문 보기

The temperature $T(x, y)$ at a point of the $xy$ –plane is given by

$T(x, y) = ye^{x^2}$

A bug travels from left to right along the curve $y = x^2$ at a speed of $0.01$ m/sec. The bug monitors $T(x, y)$ continuously. What is the rate of change of $T$ as the bug passes through the point $(1, 1)$ ?

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

$(1,1)$ 에서 $y=x^2$ 의 기울기는 $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}x^2\Big|_{x=1}=2$ 이다. 따라서 벌레가 움직이는 방향의 단위벡터는 $\frac{\left< 1,2\right>}{\sqrt{5}}$ 이고, 벌레의 속도 벡터는 $\mathbf{v}=0.01\frac{\left< 1,2\right>}{\sqrt{5}}$ 이다.

$(1,1)$ 에서 온도의 그래디언트(기울기 벡터)는

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } T(1,1) = \left< 2xy e^{x^2}\,,\,e^{x^2}\right>\Big|_{(x.y)=(1,1)} =\left< 2e\,,\,e\right> \end{aligned}$

이고, 벌레가 점 $(1, 1)$ 을 지날 때 느끼는 $T$ 의 (단위 시간당) 변화율은

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } T(1,1)\cdot \mathbf{v} =\frac{0.01}{\sqrt{5}} \left< 2e\,,\,e\right>\cdot \left< 1,2\right> =\frac{0.04 e}{\sqrt{5}} \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

The slope of $y=x^2$ at $(1,1)$ is $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}x^2\Big|_{x=1}=2$ . So a unit vector in the bug's direction of motion is $\frac{\left< 1,2\right>}{\sqrt{5}}$ and the bug's velocity vector is $\mathbf{v}=0.01\frac{\left< 1,2\right>}{\sqrt{5}}$ .

The temperature gradient at $(1,1)$ is

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } T(1,1) = \left< 2xy e^{x^2}\,,\,e^{x^2}\right>\Big|_{(x.y)=(1,1)} =\left< 2e\,,\,e\right> \end{aligned}$

and the rate of change of $T$ (per unit time) that the bug feels as it passes through the point $(1, 1)$ is

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } T(1,1)\cdot \mathbf{v} =\frac{0.01}{\sqrt{5}} \left< 2e\,,\,e\right>\cdot \left< 1,2\right> =\frac{0.04 e}{\sqrt{5}} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.7절 · 3번

# 방향도함수와 기울기벡터활용보통자동 분류

10.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

11.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

12.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

13.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

14.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

15.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

16.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

17.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

18.CLP-3 · 2.9절 · 5번대학 수준우리말 번역

2계 도함수 판정법을 이용하여, 함수 $z = x^2 + cxy + y^2$ 이 $(0,0)$ 에서 안장점을 갖도록 하는 상수 $c$ 의 값을 모두 구하세요.

영어 원문 보기

Use the Second Derivative Test to find all values of the constant $c$ for which the function $z = x^2 + cxy + y^2$ has a saddle point at $(0,0)$ .

정답·풀이 보기

$f(x,y) = x^2 +cxy +y^2$ 이라 하자. 그러면

$\begin{aligned} f_x(x,y)&= 2x+cy & f_x(0,0) = 0 \\ f_y(x,y)&= cx+2y & f_y(0,0) = 0 \\ f_{xx}(x,y) &= 2 \\ f_{xy}(x,y) &= c \\ f_{yy}(x,y) &= 2 \end{aligned}$

$f_x(0,0)=f_y(0,0)=0$ 이므로 $(0,0)$ 은 항상 $f$ 의 임계점이다. 2계 도함수 판정법에 따르면, 다음이 성립할 때 $(0,0)$ 은 $f$ 의 안장점이다.

$\begin{aligned} f_{xx}(0,0) f_{yy}(0,0) - f_{xy}(0,0)^2 <0 \iff 4-c^2 <0 \iff |c|>2 \end{aligned}$

참고로, 식 $f_{xx}(0,0) f_{yy}(0,0) - f_{xy}(0,0)^2 =0$ 일 때, 즉 $c=\pm 2$ 일 때에는 2계 도함수 판정법으로 알 수 있는 정보가 없다. 그런데 $c=\pm 2$ 일 때

$f(x,y) = x^2 \pm 2xy + y^2 =(x\pm y)^2$

이고, $f$ 는 $(0,0)$ 에서 안장점이 아니라 극솟값을 갖는다.

원본 교재 풀이(영어)

Write $f(x,y) = x^2 +cxy +y^2$ . Then

$\begin{aligned} f_x(x,y)&= 2x+cy & f_x(0,0) = 0 \\ f_y(x,y)&= cx+2y & f_y(0,0) = 0 \\ f_{xx}(x,y) &= 2 \\ f_{xy}(x,y) &= c \\ f_{yy}(x,y) &= 2 \end{aligned}$

As $f_x(0,0)=f_y(0,0)=0$ , we have that $(0,0)$ is always a critical point for $f$ . According to the Second Derivative Test, $(0,0)$ is also a saddle point for $f$ if

$\begin{aligned} f_{xx}(0,0) f_{yy}(0,0) - f_{xy}(0,0)^2 <0 \iff 4-c^2 <0 \iff |c|>2 \end{aligned}$

As a remark, the Second Derivative Test provides no information when the expression $f_{xx}(0,0) f_{yy}(0,0) - f_{xy}(0,0)^2 =0$ , i.e. when $c=\pm 2$ . But when $c=\pm 2$ ,

$f(x,y) = x^2 \pm 2xy + y^2 =(x\pm y)^2$

and $f$ has a local minimum, not a saddle point, at $(0,0)$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기APEX · 12.8절 · 5번

# 극값과 안장점활용보통자동 분류

19.CLP-3 · 2.9절 · 13번대학 수준우리말 번역

원판 $x^2+y^2\le 1$ 위의 모든 점에서의 온도가 $T(x,y)=(x+y)e^{-x^2-y^2}$ 으로 주어질 때, 이 원판 위의 점에서의 최고 온도와 최저 온도를 구하세요.

영어 원문 보기

The temperature at all points in the disc $x^2+y^2\le 1$ is given by $T(x,y)=(x+y)e^{-x^2-y^2}$ . Find the maximum and minimum temperatures at points of the disc.

정답·풀이 보기

주어진 온도 함수와 그 1계 편도함수는 다음과 같다.

$\begin{aligned} T(x,y)&=(x+y)e^{-x^2-y^2}\\ T_x(x,y)&=(1-2x^2-2xy)e^{-x^2-y^2}\\ T_y(x,y)&=(1-2xy-2y^2)e^{-x^2-y^2} \end{aligned}$

먼저 임계점을 구한다.

$\begin{aligned} T_x&=0 & &\quad\iff\quad & 2x(x+y)&=1 \\ T_y&=0 & &\quad\iff\quad & 2y(x+y)&=1 \end{aligned}$

$x+y$ 는 0이 될 수 없으므로 $x=y$ 이고, 따라서 $x=y=\pm\tfrac{1}{2}$ 이다. 그러므로 임계점은 $(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2})$ 과 $(-\tfrac{1}{2},-\tfrac{1}{2})$ 뿐이다.

경계에서는 $x=\cos\theta$ , $y=\sin\theta$ 이므로 $T=(\cos\theta+\sin\theta)e^{-1}$ 이다. 이 함수는 주기함수이므로 최댓값과 최솟값은 $\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}\theta}=\big(-\sin\theta+\cos\theta\big)e^{-1}$ 이 0이 되는 곳에서 나타난다. 즉 $\sin\theta=\cos\theta$ 일 때이고, 따라서 $\sin\theta=\cos\theta=\pm\frac{1}{\sqrt{2}}$ 이다.

종합하면 최댓값과 최솟값의 후보는 다음과 같다.

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|}\hline \text{점} & (\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}) & (-\tfrac{1}{2},-\tfrac{1}{2}) & (\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}) & (-\frac{1}{\sqrt{2}},-\frac{1}{\sqrt{2}}) \\ \hline \text{함숫값 }T & \frac{1}{\sqrt{e}}\approx0.61 & -\frac{1}{\sqrt{e}} & \frac{\sqrt{2}}{e}\approx0.52 & -\frac{\sqrt{2}}{e} \\ \hline & \text{최대} & \text{최소} & & \\ \hline \end{array}$

이 표에서 $T$ 의 가장 큰 값과 가장 작은 값은

$\text{최소}=-\frac{1}{\sqrt{e}}\qquad \text{최대}=\frac{1}{\sqrt{e}}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

The specified temperature and its first order derivatives are

$\begin{aligned} T(x,y)&=(x+y)e^{-x^2-y^2}\\ T_x(x,y)&=(1-2x^2-2xy)e^{-x^2-y^2}\\ T_y(x,y)&=(1-2xy-2y^2)e^{-x^2-y^2} \end{aligned}$

First, we find the critical points.

$\begin{aligned} T_x&=0 & &\quad\iff\quad & 2x(x+y)&=1 \\ T_y&=0 & &\quad\iff\quad & 2y(x+y)&=1 \end{aligned}$

As $x+y$ may not vanish, this forces $x=y$ and then $x=y=\pm\tfrac{1}{2}$ . So the only critical points are $(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2})$ and $(-\tfrac{1}{2},-\tfrac{1}{2})$ .

On the boundary $x=\cos\theta$ and $y=\sin\theta$ , so $T=(\cos\theta+\sin\theta)e^{-1}$ . This is a periodic function and so takes its max and min at zeroes of $\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}\theta}=\big(-\sin\theta+\cos\theta\big)e^{-1}$ . That is, when $\sin\theta=\cos\theta$ , which forces $\sin\theta=\cos\theta=\pm\frac{1}{\sqrt{2}}$ .

All together, we have the following candidates for max and min.

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|}\hline \text{point} & (\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}) & (-\tfrac{1}{2},-\tfrac{1}{2}) & (\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}) & (-\frac{1}{\sqrt{2}},-\frac{1}{\sqrt{2}}) \\ \hline \text{value of }T & \frac{1}{\sqrt{e}}\approx0.61 & -\frac{1}{\sqrt{e}} & \frac{\sqrt{2}}{e}\approx0.52 & -\frac{\sqrt{2}}{e} \\ \hline & \text{max} & \text{min} & & \\ \hline \end{array}$

The largest and smallest values of $T$ in this table are

$\text{min}=-\frac{1}{\sqrt{e}}\qquad \text{max}=\frac{1}{\sqrt{e}}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 4.7절 · 2번

# 극값과 안장점활용보통자동 분류

20.CLP-3 · 2.9절 · 25번대학 수준우리말 번역

금속판이 $x$ 축과 $x^2+y^2=4$ 의 위쪽 절반으로 둘러싸인 반원 모양의 원판이다. 점 $(x,y)$ 에서의 온도는 $T(x,y)=\ln\big(1+x^2+y^2\big)-y$ 로 주어진다. 판 위에서 가장 차가운 점을 구하되, 풀이 과정을 자세히 설명하세요. (참고: $\ln 2\approx 0.693$ , $\ln 5\approx 1.609$ )

영어 원문 보기

A metal plate is in the form of a semi-circular disc bounded by the $x$ -axis and the upper half of $x^2+y^2=4$ . The temperature at the point $(x,y)$ is given by $T(x,y)=\ln\big(1+x^2+y^2\big)-y$ . Find the coldest point on the plate, explaining your steps carefully. (Note: $\ln 2\approx 0.693$ , $\ln 5\approx 1.609$ )

정답·풀이 보기

가장 차가운 점은 판의 경계 위에 있거나 판의 내부에 있어야 한다.

경계 중 반원 부분에서는 $0\le y\le 2$ 이고 $x^2+y^2=4$ 이므로 $T=\ln\big(1+x^2+y^2\big)-y=\ln 5-y$ 이다. $\ln 5-y$ 의 최솟값은 $y$ 가 가능한 한 클 때, 즉 $y=2$ 일 때 나타나며 그 값은 $\ln 5 -2\approx -0.391$ 이다.
경계 중 평평한 부분에서는 $y=0$ 이고 $-2\le x\le 2$ 이므로 $T=\ln\big(1+x^2+y^2\big)-y=\ln\big(1+x^2\big)$ 이다. $\ln\big(1+x^2\big)$ 의 최솟값은 $x$ 가 가능한 한 작을 때, 즉 $x=0$ 일 때 나타나며 그 값은 $0$ 이다.
가장 차가운 점이 판의 내부에 있다면 그 점은 $T(x,y)$ 의 임계점이어야 한다.

$\begin{aligned} T_x(x,y)=\frac{2x}{1+x^2+y^2}\qquad T_y(x,y)=\frac{2y}{1+x^2+y^2}-1 \end{aligned}$

이므로 임계점에서는 $x=0$ 이고 $\frac{2y}{1+x^2+y^2}-1=0$ 이어야 한다. 이는 $x=0$ 이고 $2y-1-y^2=0$ 일 때, 그리고 그때에만 성립한다. 따라서 유일한 임계점은 $x=0,\ y=1$ 이며, 이때 $T=\ln 2-1\approx -0.307$ 이다.

$-0.391<-0.307<0$ 이므로 가장 낮은 온도는 $-0.391$ 이고 가장 차가운 점은 $(0,2)$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

The coldest point must be either on the boundary of the plate or in the interior of the plate.

On the semi–circular part of the boundary $0\le y\le 2$ and $x^2+y^2=4$ so that $T=\ln\big(1+x^2+y^2\big)-y=\ln 5-y$ . The smallest value of $\ln 5-y$ is taken when $y$ is as large as possible, i.e. when $y=2$ , and is $\ln 5 -2\approx -0.391$ .
On the flat part of the boundary, $y=0$ and $-2\le x\le 2$ so that $T=\ln\big(1+x^2+y^2\big)-y=\ln\big(1+x^2\big)$ . The smallest value of $\ln\big(1+x^2\big)$ is taken when $x$ is as small as possible, i.e. when $x=0$ , and is $0$ .
If the coldest point is in the interior of the plate, it must be at a critical point of $T(x,y)$ . Since

$\begin{aligned} T_x(x,y)=\frac{2x}{1+x^2+y^2}\qquad T_y(x,y)=\frac{2y}{1+x^2+y^2}-1 \end{aligned}$

a critical point must have $x=0$ and $\frac{2y}{1+x^2+y^2}-1=0$ , which is the case if and only if $x=0$ and $2y-1-y^2=0$ . So the only critical point is $x=0,\ y=1$ , where $T=\ln 2-1\approx -0.307$ .

Since $-0.391<-0.307<0$ , the coldest temperture is $-0.391$ and the coldest point is $(0,2)$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.9절 · 24번

# 극값과 안장점활용보통자동 분류

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