다변수 미분 전체 연습문제

21.CLP-3 · 2.1절 · 7번대학 수준우리말 번역

(a) 극한을 구하세요: $\displaystyle \lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^8+y^8}{x^4+y^4}$ . (b) 다음 극한이 존재하지 않음을 증명하세요: $\displaystyle \lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{xy^5}{x^8+y^{10}}$ .

영어 원문 보기

(a) Find the limit: $\displaystyle \lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^8+y^8}{x^4+y^4}$ . (b) Prove that the following limit does not exist: $\displaystyle \lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{xy^5}{x^8+y^{10}}$ .

정답·풀이 보기

(a) 극좌표에서 $x=r\cos\theta$ , $y=r\sin\theta$ 이므로

$\begin{aligned} \frac{x^8+y^8}{x^4+y^4} &=\frac{r^8\cos^8\theta+r^8\sin^8\theta}{r^4\cos^4\theta+r^4\sin^4\theta} =r^4\frac{\cos^8\theta+\sin^8\theta}{\cos^4\theta+\sin^4\theta} \end{aligned}$

이때

$\begin{aligned} \frac{\cos^8\theta+\sin^8\theta}{\cos^4\theta+\sin^4\theta} &\le \frac{\cos^8\theta+2\cos^4\theta\sin^4\theta+\sin^8\theta} {\cos^4\theta+\sin^4\theta} =\frac{\big(\cos^4\theta+\sin^4\theta\big)^2}{\cos^4\theta+\sin^4\theta} \\ &=\cos^4\theta+\sin^4\theta \le 2 \end{aligned}$

이므로

$0\le \frac{x^8+y^8}{x^4+y^4}\le 2r^4$

이다. $\displaystyle \lim_{(x,y)\to (0,0)}2r^4=0$ 이므로 조임 정리에 의해 $\displaystyle \lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^8+y^8}{x^4+y^4}=0$ 이다.

(b) 극좌표에서

$\begin{aligned} \frac{xy^5}{x^8+y^{10}} &=\frac{r^6\cos\theta\,\sin^5\theta}{r^8\cos^8\theta+r^{10}\sin^{10}\theta} =\frac{1}{r^2}\frac{\cos\theta\,\sin^5\theta}{\cos^8\theta+r^2\sin^{10}\theta} \end{aligned}$

이다. $(x,y)\to (0,0)$ 일 때 첫째 분수 $\frac{1}{r^2}\to\infty$ 이지만, 둘째 인수는 여러 가지 다른 값을 가질 수 있다. 예를 들어 $(x,y)$ 를 $y$ 축을 따라, 즉 $\theta=\pm\frac{\pi}{2}$ 로 원점에 가까이 보내면

$\begin{aligned} \lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{(x,y)\to(0,0)}{x=0}}\frac{xy^5}{x^8+y^{10}} =\lim_{y\to 0} \frac{0}{y^{10}}=0 \end{aligned}$

이다. 그러나 $(x,y)$ 를 직선 $y=x$ 를 따라, 즉 $\theta=\frac{\pi}{4},\frac{5\pi}{4}$ 로 원점에 가까이 보내면

$\begin{aligned} \lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{(x,y)\to(0,0)}{y=x} }\frac{xy^5}{x^8+y^{10}} =\lim_{x\to 0} \frac{x^6}{x^8+x^{10}} =\lim_{x\to 0} \frac{1}{x^2}\frac{1}{1+x^2} =+\infty \end{aligned}$

이고, $(x,y)$ 를 직선 $y=-x$ 를 따라, 즉 $\theta=-\frac{\pi}{4},\frac{3\pi}{4}$ 로 원점에 가까이 보내면

$\begin{aligned} \lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{(x,y)\to(0,0)}{y=-x} }\frac{xy^5}{x^8+y^{10}} =\lim_{x\to 0} \frac{-x^6}{x^8+x^{10}} =\lim_{x\to 0}- \frac{1}{x^2}\frac{1}{1+x^2} =-\infty \end{aligned}$

이다. 따라서 $(x,y)\to(0,0)$ 일 때 $\frac{xy^5}{x^8+y^{10}}$ 은 하나의 값에 가까워지지 않으므로 극한은 존재하지 않는다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) In polar coordinates, $x=r\cos\theta$ , $y=r\sin\theta$ , so that

$\begin{aligned} \frac{x^8+y^8}{x^4+y^4} &=\frac{r^8\cos^8\theta+r^8\sin^8\theta}{r^4\cos^4\theta+r^4\sin^4\theta} =r^4\frac{\cos^8\theta+\sin^8\theta}{\cos^4\theta+\sin^4\theta} \end{aligned}$

As

$\begin{aligned} \frac{\cos^8\theta+\sin^8\theta}{\cos^4\theta+\sin^4\theta} &\le \frac{\cos^8\theta+2\cos^4\theta\sin^4\theta+\sin^8\theta} {\cos^4\theta+\sin^4\theta} =\frac{\big(\cos^4\theta+\sin^4\theta\big)^2}{\cos^4\theta+\sin^4\theta} \\ &=\cos^4\theta+\sin^4\theta \le 2 \end{aligned}$

we have

$0\le \frac{x^8+y^8}{x^4+y^4}\le 2r^4$

As $\displaystyle \lim_{(x,y)\to (0,0)}2r^4=0$ , the squeeze theorem yields $\displaystyle \lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^8+y^8}{x^4+y^4}=0$ .

(b) In polar coordinates

$\begin{aligned} \frac{xy^5}{x^8+y^{10}} &=\frac{r^6\cos\theta\,\sin^5\theta}{r^8\cos^8\theta+r^{10}\sin^{10}\theta} =\frac{1}{r^2}\frac{\cos\theta\,\sin^5\theta}{\cos^8\theta+r^2\sin^{10}\theta} \end{aligned}$

As $(x,y)\to (0,0)$ the first fraction $\frac{1}{r^2}\to\infty$ but the second factor can take many different values. For example, if we send $(x,y)$ towards the origin along the $y$ –axis, i.e. with $\theta=\pm\frac{\pi}{2}$ ,

$\begin{aligned} \lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{(x,y)\to(0,0)}{x=0}}\frac{xy^5}{x^8+y^{10}} =\lim_{y\to 0} \frac{0}{y^{10}}=0 \end{aligned}$

but if we send $(x,y)$ towards the origin along the line $y=x$ , i.e. with $\theta=\frac{\pi}{4},\frac{5\pi}{4}$ ,

$\begin{aligned} \lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{(x,y)\to(0,0)}{y=x} }\frac{xy^5}{x^8+y^{10}} =\lim_{x\to 0} \frac{x^6}{x^8+x^{10}} =\lim_{x\to 0} \frac{1}{x^2}\frac{1}{1+x^2} =+\infty \end{aligned}$

and if we send $(x,y)$ towards the origin along the line $y=-x$ , i.e. with $\theta=-\frac{\pi}{4},\frac{3\pi}{4}$ ,

$\begin{aligned} \lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{(x,y)\to(0,0)}{y=-x} }\frac{xy^5}{x^8+y^{10}} =\lim_{x\to 0} \frac{-x^6}{x^8+x^{10}} =\lim_{x\to 0}- \frac{1}{x^2}\frac{1}{1+x^2} =-\infty \end{aligned}$

So $\frac{xy^5}{x^8+y^{10}}$ does not approach a single value as $(x,y)\to(0,0)$ and the limit does not exist.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.1절 · 6번

# 다변수함수의 극한과 연속증명·논술보통자동 분류

22.CLP-3 · 2.1절 · 8번대학 수준우리말 번역

다음 각 극한의 값을 구하거나 극한이 존재하지 않음을 보이세요.

(a) $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\frac{x^3-y^3}{x^2+y^2}$ (b) $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\frac{x^2-y^4}{x^2+y^4}$

영어 원문 보기

Evaluate each of the following limits or show that it does not exist.

(a) $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\frac{x^3-y^3}{x^2+y^2}$ (b) $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\frac{x^2-y^4}{x^2+y^4}$

정답·풀이 보기

(a) 극좌표로 나타내면

$\frac{x^3-y^3}{x^2+y^2}=\frac{r^3\cos^3\theta-r^3\sin^3\theta}{r^2} =r\cos^3\theta-r\sin^3\theta$

이다.

$\big|r\cos^3\theta-r\sin^3\theta\big|\le 2r$

이고 $r\rightarrow 0$ 일 때 $2r\rightarrow 0$ 이므로, 극한이 존재하고 그 값은 $0$ 이다.

(b) $x$ 축을 따라 $(0,0)$ 에 접근할 때의 극한은

$\begin{aligned} \lim_{t\rightarrow 0}\frac{x^2-y^4}{x^2+y^4}\bigg|_{(x,y)=(t,0)} =\lim_{t\rightarrow 0}\frac{t^2-0^4}{t^2+0^4} =1 \end{aligned}$

이다. 한편 $y$ 축을 따라 $(0,0)$ 에 접근할 때의 극한은

$\begin{aligned} \lim_{t\rightarrow 0}\frac{x^2-y^4}{x^2+y^4}\bigg|_{(x,y)=(0,t)} =\lim_{t\rightarrow 0}\frac{0^2-t^4}{0^2+t^4} =-1 \end{aligned}$

이다. 두 값이 서로 다르므로 $(x,y)\rightarrow 0$ 일 때의 극한은 존재하지 않는다.

극좌표로 바꾸면 원점 근처에서 $\frac{x^2-y^4}{x^2+y^4}$ 의 거동을 더 자세히 이해할 수 있다.

$\frac{x^2-y^4}{x^2+y^4} =\frac{r^2\cos^2\theta-r^4\sin^4\theta}{r^2\cos^2\theta+r^4\sin^4\theta} =\frac{\cos^2\theta-r^2\sin^4\theta}{\cos^2\theta+r^2\sin^4\theta}$

이제 $\theta$ 를 임의로 고정하고 $r\rightarrow 0$ 이라 하자(즉 양의 $x$ 축과 이루는 각이 $\theta$ 인 반직선을 따라 원점에 접근한다). $\cos\theta\ne 0$ 이면(즉 그 반직선이 $y$ 축의 일부가 아니면)

$\begin{aligned} \lim_{r\rightarrow 0} \frac{\cos^2\theta-r^2\sin^4\theta}{\cos^2\theta+r^2\sin^4\theta} =\frac{\cos^2\theta}{\cos^2\theta} =1 \end{aligned}$

이다. 그러나 $\cos\theta= 0$ 이면(즉 그 반직선이 $y$ 축의 일부이면)

$\begin{aligned} \lim_{r\rightarrow 0} \frac{\cos^2\theta-r^2\sin^4\theta}{\cos^2\theta+r^2\sin^4\theta} =\lim_{r\rightarrow 0} \frac{-r^2\sin^4\theta}{r^2\sin^4\theta} =\frac{-\sin^4\theta}{\sin^4\theta} =-1 \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) In polar coordinates

$\frac{x^3-y^3}{x^2+y^2}=\frac{r^3\cos^3\theta-r^3\sin^3\theta}{r^2} =r\cos^3\theta-r\sin^3\theta$

Since

$\big|r\cos^3\theta-r\sin^3\theta\big|\le 2r$

and $2r\rightarrow 0$ as $r\rightarrow 0$ , the limit exists and is $0$ .

(b) The limit as we approach $(0,0)$ along the $x$ -axis is

$\begin{aligned} \lim_{t\rightarrow 0}\frac{x^2-y^4}{x^2+y^4}\bigg|_{(x,y)=(t,0)} =\lim_{t\rightarrow 0}\frac{t^2-0^4}{t^2+0^4} =1 \end{aligned}$

On the other hand the limit as we approach $(0,0)$ along the $y$ -axis is

$\begin{aligned} \lim_{t\rightarrow 0}\frac{x^2-y^4}{x^2+y^4}\bigg|_{(x,y)=(0,t)} =\lim_{t\rightarrow 0}\frac{0^2-t^4}{0^2+t^4} =-1 \end{aligned}$

These are different, so the limit as $(x,y)\rightarrow 0$ does not exist.

We can gain a more detailed understanding of the behaviour of $\frac{x^2-y^4}{x^2+y^4}$ near the origin by switching to polar coordinates.

$\frac{x^2-y^4}{x^2+y^4} =\frac{r^2\cos^2\theta-r^4\sin^4\theta}{r^2\cos^2\theta+r^4\sin^4\theta} =\frac{\cos^2\theta-r^2\sin^4\theta}{\cos^2\theta+r^2\sin^4\theta}$

Now fix any $\theta$ and let $r\rightarrow 0$ (so that we are approaching the origin along the ray that makes an angle $\theta$ with the positive $x$ -axis). If $\cos\theta\ne 0$ (i.e. the ray is not part of the $y$ -axis)

$\begin{aligned} \lim_{r\rightarrow 0} \frac{\cos^2\theta-r^2\sin^4\theta}{\cos^2\theta+r^2\sin^4\theta} =\frac{\cos^2\theta}{\cos^2\theta} =1 \end{aligned}$

But if $\cos\theta= 0$ (i.e. the ray is part of the $y$ -axis)

$\begin{aligned} \lim_{r\rightarrow 0} \frac{\cos^2\theta-r^2\sin^4\theta}{\cos^2\theta+r^2\sin^4\theta} =\lim_{r\rightarrow 0} \frac{-r^2\sin^4\theta}{r^2\sin^4\theta} =\frac{-\sin^4\theta}{\sin^4\theta} =-1 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 4.2절 · 42번

# 다변수함수의 극한과 연속증명·논술보통자동 분류

23.CLP-3 · 2.1절 · 9번대학 수준우리말 번역

다음 각 극한의 값을 구하거나, 극한이 존재하지 않음을 보이세요.

(a) $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\frac{2x^2 + x^2y - y^2x + 2y^2}{x^2 + y^2}$ (b) $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow(0,1)} \frac{x^2y^2 -2 x^2y + x^2} {(x^2 + y^2-2y+1)^2}$

영어 원문 보기

Evaluate each of the following limits or show that it does not exist.

(a) $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\frac{2x^2 + x^2y - y^2x + 2y^2}{x^2 + y^2}$ (b) $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow(0,1)} \frac{x^2y^2 -2 x^2y + x^2} {(x^2 + y^2-2y+1)^2}$

정답·풀이 보기

(a) 극좌표 $x=r\cos\theta$ , $y=r\sin\theta$ 에서

$\begin{aligned} \frac{2x^2 + x^2y - y^2x + 2y^2}{x^2 + y^2} &=\frac{2r^2\cos^2\theta + r^3\cos^2\theta\sin\theta - r^3\cos\theta\sin^2\theta + 2r^2\sin^2\theta}{r^2} \\ &=2+ r\big[\cos^2\theta\sin\theta - \sin^2\theta\cos\theta \big] \end{aligned}$

이고

$r\big|\cos^2\theta\sin\theta - \sin^2\theta\cos\theta \big| \le 2r \rightarrow 0\text{ 이때 }r\rightarrow 0$

이므로

$\lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)} \frac{2x^2 + x^2y - y^2x + 2y^2}{x^2 + y^2}=2$

이다.

(b) $\begin{aligned} \frac{x^2y^2 -2 x^2y + x^2} {(x^2 + y^2-2y+1)^2} =\frac{x^2(y-1)^2} {\big[x^2 + (y-1)^2\big]^2} \end{aligned}$

이고, $(0,1)$ 을 중심으로 하는 극좌표 $x=r\cos\theta$ , $y=1+r\sin\theta$ 에서

$\frac{x^2(y-1)^2} {\big[x^2 + (y-1)^2\big]^2} =\frac{r^4\cos^2\theta\sin^2\theta}{r^4} =\cos^2\theta\sin^2\theta$

이므로 극한은 존재하지 않는다. 예를 들어 $(x,y)$ 를 직선 $y=1$ 을 따라 $(0,1)$ 로 보내면 $\theta=0$ 이므로 극한은 $0$ 이고, $(x,y)$ 를 직선 $y=x+1$ 을 따라 $(0,1)$ 로 보내면 $\theta=\frac{\pi}{4}$ 이므로 극한은 $\frac{1}{4}$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) In polar coordinates $x=r\cos\theta$ , $y=r\sin\theta$

$\begin{aligned} \frac{2x^2 + x^2y - y^2x + 2y^2}{x^2 + y^2} &=\frac{2r^2\cos^2\theta + r^3\cos^2\theta\sin\theta - r^3\cos\theta\sin^2\theta + 2r^2\sin^2\theta}{r^2} \\ &=2+ r\big[\cos^2\theta\sin\theta - \sin^2\theta\cos\theta \big] \end{aligned}$

As

$r\big|\cos^2\theta\sin\theta - \sin^2\theta\cos\theta \big| \le 2r \rightarrow 0\text{ as }r\rightarrow 0$

we have

$\lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)} \frac{2x^2 + x^2y - y^2x + 2y^2}{x^2 + y^2}=2$

(b) Since

$\begin{aligned} \frac{x^2y^2 -2 x^2y + x^2} {(x^2 + y^2-2y+1)^2} =\frac{x^2(y-1)^2} {\big[x^2 + (y-1)^2\big]^2} \end{aligned}$

and, in polar coordinates centred on $(0,1)$ , $x=r\cos\theta$ , $y=1+r\sin\theta$ ,

$\frac{x^2(y-1)^2} {\big[x^2 + (y-1)^2\big]^2} =\frac{r^4\cos^2\theta\sin^2\theta}{r^4} =\cos^2\theta\sin^2\theta$

we have that the limit does not exist. For example, if we send $(x,y)$ to $(0,1)$ along the line $y=1$ , so that $\theta=0$ , we get the limit $0$ , while if we send $(x,y)$ to $(0,1)$ along the line $y=x+1$ , so that $\theta=\frac{\pi}{4}$ , we get the limit $\frac{1}{4}$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.1절 · 8번

# 다변수함수의 극한과 연속증명·논술도전자동 분류

24.CLP-3 · 2.2절 · 5번대학 수준우리말 번역

함수 $z(x,y)=\frac{x+y}{x-y}$ 가 다음을 만족시킴을 보이세요.

$x\frac{\partial z}{\partial x}(x,y)+y\frac{\partial z}{\partial y}(x,y) = 0$

영어 원문 보기

Show that the function $z(x,y)=\frac{x+y}{x-y}$ obeys

$x\frac{\partial z}{\partial x}(x,y)+y\frac{\partial z}{\partial y}(x,y) = 0$

정답·풀이 보기

몫의 미분법에 의해

$\begin{aligned} \frac{\partial z}{\partial x}(x,y) &=\frac{(1)(x-y)-(x+y)(1)}{(x-y)^2} &&=\frac{-2y}{(x-y)^2}\\ \frac{\partial z}{\partial y}(x,y) &=\frac{(1)(x-y)-(x+y)(-1)}{(x-y)^2} &&=\frac{2x}{(x-y)^2} \end{aligned}$

따라서

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

원본 교재 풀이(영어)

By the quotient rule

$\begin{aligned} \frac{\partial z}{\partial x}(x,y) &=\frac{(1)(x-y)-(x+y)(1)}{(x-y)^2} &&=\frac{-2y}{(x-y)^2}\\ \frac{\partial z}{\partial y}(x,y) &=\frac{(1)(x-y)-(x+y)(-1)}{(x-y)^2} &&=\frac{2x}{(x-y)^2} \end{aligned}$

Hence

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.2절 · 11번

# 편도함수증명·논술보통자동 분류

25.CLP-3 · 2.3절 · 7번대학 수준우리말 번역

$\alpha >0$ 를 상수라 하자. $\displaystyle u(x,y,z,t) =\frac{1}{t^{3/2}} e^{-(x^2+y^2+z^2)/(4\alpha t)}$ 가 열방정식

$u_t = \alpha \big(u_{xx} + u_{yy} + u_{zz} \big)$

을 모든 $t>0$ 에 대해 만족함을 보이세요.

영어 원문 보기

Let $\alpha >0$ be a constant. Show that $\displaystyle u(x,y,z,t) =\frac{1}{t^{3/2}} e^{-(x^2+y^2+z^2)/(4\alpha t)}$ satisfies the heat equation

$u_t = \alpha \big(u_{xx} + u_{yy} + u_{zz} \big)$

for all $t>0$

정답·풀이 보기

$\begin{aligned} u_t(x,y,z,t) &=-\frac{3}{2}\frac{1}{t^{5/2}} e^{-(x^2+y^2+z^2)/(4\alpha t)} +\frac{1}{4\alpha \,t^{7/2}}(x^2+y^2+z^2) e^{-(x^2+y^2+z^2)/(4\alpha t)} \\ u_x(x,y,z,t) &=-\frac{x}{2\alpha \,t^{5/2}} e^{-(x^2+y^2+z^2)/(4\alpha t)} \\ u_{xx}(x,y,z,t) &=-\frac{1}{2\alpha \,t^{5/2}} e^{-(x^2+y^2+z^2)/(4\alpha t)} +\frac{x^2}{4\alpha ^2\,t^{7/2}} e^{-(x^2+y^2+z^2)/(4\alpha t)} \\ u_{yy}(x,y,z,t) &=-\frac{1}{2\alpha \,t^{5/2}} e^{-(x^2+y^2+z^2)/(4\alpha t)} +\frac{y^2}{4\alpha ^2\,t^{7/2}} e^{-(x^2+y^2+z^2)/(4\alpha t)} \\ u_{zz}(x,y,z,t) &=-\frac{1}{2\alpha \,t^{5/2}} e^{-(x^2+y^2+z^2)/(4\alpha t)} +\frac{z^2}{4\alpha ^2\,t^{7/2}} e^{-(x^2+y^2+z^2)/(4\alpha t)} \end{aligned}$

이므로 다음을 얻는다.

$\begin{aligned} \alpha \big(u_{xx} + u_{yy} + u_{zz} \big) &=-\frac{3}{2\,t^{5/2}} e^{-(x^2+y^2+z^2)/(4\alpha t)} +\frac{x^2+y^2+z^2}{4\alpha \,t^{7/2}} e^{-(x^2+y^2+z^2)/(4\alpha t)} =u_t \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

As

$\begin{aligned} u_t(x,y,z,t) &=-\frac{3}{2}\frac{1}{t^{5/2}} e^{-(x^2+y^2+z^2)/(4\alpha t)} +\frac{1}{4\alpha \,t^{7/2}}(x^2+y^2+z^2) e^{-(x^2+y^2+z^2)/(4\alpha t)} \\ u_x(x,y,z,t) &=-\frac{x}{2\alpha \,t^{5/2}} e^{-(x^2+y^2+z^2)/(4\alpha t)} \\ u_{xx}(x,y,z,t) &=-\frac{1}{2\alpha \,t^{5/2}} e^{-(x^2+y^2+z^2)/(4\alpha t)} +\frac{x^2}{4\alpha ^2\,t^{7/2}} e^{-(x^2+y^2+z^2)/(4\alpha t)} \\ u_{yy}(x,y,z,t) &=-\frac{1}{2\alpha \,t^{5/2}} e^{-(x^2+y^2+z^2)/(4\alpha t)} +\frac{y^2}{4\alpha ^2\,t^{7/2}} e^{-(x^2+y^2+z^2)/(4\alpha t)} \\ u_{zz}(x,y,z,t) &=-\frac{1}{2\alpha \,t^{5/2}} e^{-(x^2+y^2+z^2)/(4\alpha t)} +\frac{z^2}{4\alpha ^2\,t^{7/2}} e^{-(x^2+y^2+z^2)/(4\alpha t)} \end{aligned}$

we have

$\begin{aligned} \alpha \big(u_{xx} + u_{yy} + u_{zz} \big) &=-\frac{3}{2\,t^{5/2}} e^{-(x^2+y^2+z^2)/(4\alpha t)} +\frac{x^2+y^2+z^2}{4\alpha \,t^{7/2}} e^{-(x^2+y^2+z^2)/(4\alpha t)} =u_t \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.3절 · 6번

# 편도함수증명·논술도전자동 분류

26.CLP-3 · 2.4절 · 4번대학 수준우리말 번역

열역학 교재에서는 다음 관계를 사용한다.

$\left(\frac{\partial y}{\partial x}\right) \left(\frac{\partial z}{\partial y}\right) \left(\frac{\partial x}{\partial z}\right)=-1$

이 등식의 의미를 설명하고, 이것이 성립함을 증명하세요.

영어 원문 보기

Thermodynamics texts use the relationship

$\left(\frac{\partial y}{\partial x}\right) \left(\frac{\partial z}{\partial y}\right) \left(\frac{\partial x}{\partial z}\right)=-1$

Explain the meaning of this equation and prove that it is true.

정답·풀이 보기

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

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

예를 들어 $F(x,y,z) = xyz-1$ 이면

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

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

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

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

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

이다.

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

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

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

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

를 얻는다.

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

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

이고,

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

이다.

원본 교재 풀이(영어)

The basic assumption is that the three quantites $x$ , $y$ and $z$ are not independent. Given any two of them, the third is uniquely determined. They are assumed to satisfy a relationship $F(x,y,z)=0$ , which can be solved to

determine $x$ as a function of $y$ and $z$ (say $x=f(y,z)$ ) and can alternatively be solved to
determine $y$ as a function of $x$ and $z$ (say $y=g(x,z)$ ) and can alternatively be solved to
determine $z$ as a function of $x$ and $y$ (say $z=h(x,y)$ ).

As an example, if $F(x,y,z) = xyz-1$ , then

$F(x,y,z)=xyz-1=0$ implies that $x=\frac{1}{yz}=f(y,z)$ and
$F(x,y,z)=xyz-1=0$ implies that $y=\frac{1}{xz}=g(x,z)$ and
$F(x,y,z)=xyz-1=0$ implies that $z=\frac{1}{xy}=h(x,y)$

In general, saying that $F(x,y,z)=0$ determines $x=f(y,z)$ means that

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

for all $y$ and $z$ . Set $\mathcal{F}(y,z)=F\big(f(y,z),y,z\big)$ . Applying the chain rule to $\mathcal{F}(y,z)=F\big(f(y,z),y,z\big)$ (with $y$ and $z$ independent variables) gives

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

The equation $(*)$ says that $\mathcal{F}(y,z)=F\big(f(y,z),y,z\big)=0$ for all $y$ and $z$ . So differentiating the equation $(*)$ with respect to $z$ gives

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

for all $y$ and $z$ . Similarly, differentiating $F\big(x,g(x,z),z\big)=0$ with respect to $x$ and $F\big(x,y,h(x,y)\big)=0$ with respect to $y$ gives

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

If $(x,y,z)$ is any point satisfying $F(x,y,z)=0$ (so that $x=f(y,z)$ and $y=g(x,z)$ and $z=h(x,y)$ ), then

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

and

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.4절 · 5번

# 다변수 연쇄법칙증명·논술기본자동 분류

27.CLP-3 · 2.4절 · 9번대학 수준우리말 번역

$f(x,y)$ 가 라플라스 방정식 $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}=0$ 을 만족시킨다고 가정하세요. 합성함수 $g(s,t) = f (s - t, s + t)$ 에 대해서도 같은 식이 성립함을 보이세요. 즉, $\frac{\partial^2 g}{\partial s^2}+\frac{\partial^2 g}{\partial t^2}=0$ 임을 보이세요. $f(x,y)$ 는 매끄러운 함수여서 연쇄 법칙과 혼합 편도함수의 같음에 관한 클레로의 정리를 적용할 수 있다고 가정해도 됩니다.

영어 원문 보기

Assume that $f(x,y)$ satisfies Laplace's equation $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}=0$ . Show that this is also the case for the composite function $g(s,t) = f (s - t, s + t)$ . That is, show that $\frac{\partial^2 g}{\partial s^2}+\frac{\partial^2 g}{\partial t^2}=0$ . 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

연쇄 법칙에 의해,

$\begin{aligned} \frac{\partial g}{\partial s}(s,t) &=\frac{\partial }{\partial s} f (s - t, s + t) \\ &= \frac{\partial f}{\partial x}\big(s-t\,,\,s+t\big)\frac{\partial }{\partial s}\big(s-t\big) +\frac{\partial f}{\partial y}\big(s-t\,,\,s+t\big)\frac{\partial }{\partial s}\big(s+t\big) \\ &= \frac{\partial f}{\partial x}\big(s-t\,,\,s+t\big) +\frac{\partial f}{\partial y}\big(s-t\,,\,s+t\big) \\ \frac{\partial^2 g}{\partial s^2}(s,t) &= \frac{\partial }{\partial s}\left[\frac{\partial f}{\partial x}\big(s-t\,,\,s+t\big)\right] + \frac{\partial }{\partial s}\left[\frac{\partial f}{\partial y}\big(s-t\,,\,s+t\big)\right] \\ &= \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}\big(s-t\,,\,s+t\big) +\frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}\big(s-t\,,\,s+t\big) \\ & + \frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}\big(s-t\,,\,s+t\big) +\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}\big(s-t\,,\,s+t\big) \\ &=\left\{\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}\big(s-t\,,\,s+t\big) + 2\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}\big(s-t\,,\,s+t\big) +\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}\big(s-t\,,\,s+t\big)\right\} \end{aligned}$

이고

$\begin{aligned} \frac{\partial g}{\partial t}(s,t)&=\frac{\partial }{\partial t} f (s - t, s + t) \\ &= \frac{\partial f}{\partial x}\big(s-t\,,\,s+t\big)\frac{\partial }{\partial t}\big(s-t\big) +\frac{\partial f}{\partial y}\big(s-t\,,\,s+t\big)\frac{\partial }{\partial t}\big(s+t\big) \\ &= -\frac{\partial f}{\partial x}\big(s-t\,,\,s+t\big) +\frac{\partial f}{\partial y}\big(s-t\,,\,s+t\big) \\ \frac{\partial^2 g}{\partial t^2}(s,t) &=- \frac{\partial }{\partial t}\left[\frac{\partial f}{\partial x}\big(s-t\,,\,s+t\big)\right] + \frac{\partial }{\partial t}\left[\frac{\partial f}{\partial y}\big(s-t\,,\,s+t\big)\right] \\ &= - \Big[-\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} \big(s-t\,,\,s+t\big) +\frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}\big(s-t\,,\,s+t\big)\Big] \\ & + \Big[-\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y} \big(s-t\,,\,s+t\big) +\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}\big(s-t\,,\,s+t\big) \Big] \\ &=\left\{\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}\big(s-t\,,\,s+t\big) - 2\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}\big(s-t\,,\,s+t\big) +\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}\big(s-t\,,\,s+t\big)\right\} \end{aligned}$

이다. 인수를 생략하면

$\begin{aligned} \frac{\partial^2 g}{\partial s^2} + \frac{\partial^2 g}{\partial t^2} &=\left\{\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} + 2\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y} +\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}\right\} +\left\{\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} - 2\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y} +\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}\right\} \\ &=2\left[\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} +\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}\right] \\ &=0 \end{aligned}$

이므로 원하는 결과가 얻어진다.

원본 교재 풀이(영어)

By the chain rule,

$\begin{aligned} \frac{\partial g}{\partial s}(s,t) &=\frac{\partial }{\partial s} f (s - t, s + t) \\ &= \frac{\partial f}{\partial x}\big(s-t\,,\,s+t\big)\frac{\partial }{\partial s}\big(s-t\big) +\frac{\partial f}{\partial y}\big(s-t\,,\,s+t\big)\frac{\partial }{\partial s}\big(s+t\big) \\ &= \frac{\partial f}{\partial x}\big(s-t\,,\,s+t\big) +\frac{\partial f}{\partial y}\big(s-t\,,\,s+t\big) \\ \frac{\partial^2 g}{\partial s^2}(s,t) &= \frac{\partial }{\partial s}\left[\frac{\partial f}{\partial x}\big(s-t\,,\,s+t\big)\right] + \frac{\partial }{\partial s}\left[\frac{\partial f}{\partial y}\big(s-t\,,\,s+t\big)\right] \\ &= \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}\big(s-t\,,\,s+t\big) +\frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}\big(s-t\,,\,s+t\big) \\ & + \frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}\big(s-t\,,\,s+t\big) +\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}\big(s-t\,,\,s+t\big) \\ &=\left\{\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}\big(s-t\,,\,s+t\big) + 2\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}\big(s-t\,,\,s+t\big) +\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}\big(s-t\,,\,s+t\big)\right\} \end{aligned}$

and

$\begin{aligned} \frac{\partial g}{\partial t}(s,t)&=\frac{\partial }{\partial t} f (s - t, s + t) \\ &= \frac{\partial f}{\partial x}\big(s-t\,,\,s+t\big)\frac{\partial }{\partial t}\big(s-t\big) +\frac{\partial f}{\partial y}\big(s-t\,,\,s+t\big)\frac{\partial }{\partial t}\big(s+t\big) \\ &= -\frac{\partial f}{\partial x}\big(s-t\,,\,s+t\big) +\frac{\partial f}{\partial y}\big(s-t\,,\,s+t\big) \\ \frac{\partial^2 g}{\partial t^2}(s,t) &=- \frac{\partial }{\partial t}\left[\frac{\partial f}{\partial x}\big(s-t\,,\,s+t\big)\right] + \frac{\partial }{\partial t}\left[\frac{\partial f}{\partial y}\big(s-t\,,\,s+t\big)\right] \\ &= - \Big[-\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} \big(s-t\,,\,s+t\big) +\frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}\big(s-t\,,\,s+t\big)\Big] \\ & + \Big[-\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y} \big(s-t\,,\,s+t\big) +\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}\big(s-t\,,\,s+t\big) \Big] \\ &=\left\{\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}\big(s-t\,,\,s+t\big) - 2\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}\big(s-t\,,\,s+t\big) +\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}\big(s-t\,,\,s+t\big)\right\} \end{aligned}$

Suppressing the arguments

$\begin{aligned} \frac{\partial^2 g}{\partial s^2} + \frac{\partial^2 g}{\partial t^2} &=\left\{\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} + 2\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y} +\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}\right\} +\left\{\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} - 2\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y} +\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}\right\} \\ &=2\left[\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} +\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}\right] \\ &=0 \end{aligned}$

as desired.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 4.5절 · 37번

# 다변수 연쇄법칙증명·논술보통자동 분류

28.CLP-3 · 2.4절 · 12번대학 수준우리말 번역

$u(x,y)$ 가 다음과 같이 정의된다.

$u(x,y) = e^y\, F\big(xe^{-y^2}\big)$

여기서 $F(z)$ 는 임의의 함수이다.

(a) $F(z) = \ln(z)$ 일 때, $\frac{\partial u}{\partial x}$ 와 $\frac{\partial u}{\partial y}$ 를 구하세요. (b) 임의의 함수 $F(z)$ 에 대해 $u(x,y)$ 가 다음을 만족시킴을 보이세요.

$2xy\frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial u}{\partial y} = u$

영어 원문 보기

$u(x,y)$ is defined as

$u(x,y) = e^y\, F\big(xe^{-y^2}\big)$

for an arbitrary function $F(z)$ .

(a) If $F(z) = \ln(z)$ , find $\frac{\partial u}{\partial x}$ and $\frac{\partial u}{\partial y}$ . (b) For an arbitrary $F(z)$ show that $u(x,y)$ satisfies

$2xy\frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial u}{\partial y} = u$

정답·풀이 보기

임의의 (미분가능한) 함수 $F$ 에 대해, 연쇄법칙과 곱의 미분법에 의해 다음이 성립한다.

$\begin{aligned} \frac{\partial u}{\partial x}(x,y)&= \frac{\partial }{\partial x}\Big[e^y\,F\big(xe^{-y^2}\big)\Big] =e^y\,\frac{\partial }{\partial x}\Big[F\big(xe^{-y^2}\big)\Big] \\ &=e^y\,F'\big(xe^{-y^2}\big)\frac{\partial }{\partial x}\Big(xe^{-y^2}\Big) \\ &= e^y\, F'\big(xe^{-y^2}\big)\ e^{-y^2} \\ \frac{\partial u}{\partial y}(x,y)&= \frac{\partial }{\partial y}\Big[e^y\,F\big(xe^{-y^2}\big)\Big]\\ &=e^y\,F\big(xe^{-y^2}\big) +e^y\,\frac{\partial }{\partial y}\Big[F\big(xe^{-y^2}\big)\Big] \\ &= e^y\, F\big(xe^{-y^2}\big) + e^y\,F'\big(xe^{-y^2}\big)\ \frac{\partial }{\partial y}\Big(xe^{-y^2}\Big) \\ &= e^y\, F\big(xe^{-y^2}\big) + e^y\, F'\big(xe^{-y^2}\big)\ (-2xy)e^{-y^2} \end{aligned}$

(a) 특히 $F(z)=\ln(z)$ 일 때 $F'(z)=\frac{1}{z}$ 이므로

$\begin{aligned} \frac{\partial u}{\partial x}(x,y)&= e^y\, \frac{1}{xe^{-y^2}}\ e^{-y^2} = \frac{e^y}{x}\\ \frac{\partial u}{\partial y}(x,y)&= e^y\, \ln\big(xe^{-y^2}\big) + e^y\, \frac{1}{xe^{-y^2}}\ (-2xy)e^{-y^2} = e^y\, \ln\big(xe^{-y^2}\big) -2y e^y \\ &= e^y\,\ln (x) -y^2\,e^y -2y e^y \end{aligned}$

(b) 일반적으로

$\begin{aligned} 2xy\frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial u}{\partial y} &=2xy\ e^y\, F'\big(xe^{-y^2}\big)\ e^{-y^2} +e^y\, F\big(xe^{-y^2}\big) + e^y\, F'\big(xe^{-y^2}\big)\ (-2xy)e^{-y^2} \\ &=e^y\, F\big(xe^{-y^2}\big) \\ &=u \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

For any (differentiable) function $F$ , we have, by the chain and product rules,

$\begin{aligned} \frac{\partial u}{\partial x}(x,y)&= \frac{\partial }{\partial x}\Big[e^y\,F\big(xe^{-y^2}\big)\Big] =e^y\,\frac{\partial }{\partial x}\Big[F\big(xe^{-y^2}\big)\Big] \\ &=e^y\,F'\big(xe^{-y^2}\big)\frac{\partial }{\partial x}\Big(xe^{-y^2}\Big) \\ &= e^y\, F'\big(xe^{-y^2}\big)\ e^{-y^2} \\ \frac{\partial u}{\partial y}(x,y)&= \frac{\partial }{\partial y}\Big[e^y\,F\big(xe^{-y^2}\big)\Big]\\ &=e^y\,F\big(xe^{-y^2}\big) +e^y\,\frac{\partial }{\partial y}\Big[F\big(xe^{-y^2}\big)\Big] \\ &= e^y\, F\big(xe^{-y^2}\big) + e^y\,F'\big(xe^{-y^2}\big)\ \frac{\partial }{\partial y}\Big(xe^{-y^2}\Big) \\ &= e^y\, F\big(xe^{-y^2}\big) + e^y\, F'\big(xe^{-y^2}\big)\ (-2xy)e^{-y^2} \end{aligned}$

(a) In particular, when $F(z)=\ln(z)$ , $F'(z)=\frac{1}{z}$ and

$\begin{aligned} \frac{\partial u}{\partial x}(x,y)&= e^y\, \frac{1}{xe^{-y^2}}\ e^{-y^2} = \frac{e^y}{x}\\ \frac{\partial u}{\partial y}(x,y)&= e^y\, \ln\big(xe^{-y^2}\big) + e^y\, \frac{1}{xe^{-y^2}}\ (-2xy)e^{-y^2} = e^y\, \ln\big(xe^{-y^2}\big) -2y e^y \\ &= e^y\,\ln (x) -y^2\,e^y -2y e^y \end{aligned}$

(b) In general

$\begin{aligned} 2xy\frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial u}{\partial y} &=2xy\ e^y\, F'\big(xe^{-y^2}\big)\ e^{-y^2} +e^y\, F\big(xe^{-y^2}\big) + e^y\, F'\big(xe^{-y^2}\big)\ (-2xy)e^{-y^2} \\ &=e^y\, F\big(xe^{-y^2}\big) \\ &=u \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.4절 · 11번

# 다변수 연쇄법칙증명·논술보통자동 분류

29.CLP-3 · 2.4절 · 14번대학 수준우리말 번역

$w = f (xz, yz)$ 라고 하자. 여기서 $f$ 는 미분가능한 함수이다. 다음을 보여라.

$x\frac{\partial w}{\partial x} + y\frac{\partial w}{\partial y} = z\frac{\partial w}{\partial z}$

영어 원문 보기

Suppose that $w = f (xz, yz)$ , where $f$ is a differentiable function. Show that

$x\frac{\partial w}{\partial x} + y\frac{\partial w}{\partial y} = z\frac{\partial w}{\partial z}$

정답·풀이 보기

먼저 $w(x,y,z)$ 의 1계 편도함수를 구한다. $u(x,y,z)=xz$ , $v(x,y,z)=yz$ 라 하면 $w(x,y,z) = f\big(u(x,y,z), v(x,y,z)\big)$ 이다. 연쇄 법칙에 의해

$\begin{aligned} \frac{\partial w}{\partial x}(x,y,z) &= \frac{\partial }{\partial x}\big[f \big(u(x,y,z), v(x,y,z)\big)\big]\\ &=\frac{\partial f}{\partial u}\big(u(x,y,z), v(x,y,z)\big)\frac{\partial u}{\partial x}(x,y,z) +\frac{\partial f}{\partial v}\big(u(x,y,z), v(x,y,z)\big)\frac{\partial v}{\partial x}(x,y,z) \\ &=z\frac{\partial f}{\partial u}(xz, yz) \\ \frac{\partial w}{\partial y}(x,y,z) &= \frac{\partial }{\partial y}\big[f \big(u(x,y,z), v(x,y,z)\big)\big]\\ &=\frac{\partial f}{\partial u}\big(u(x,y,z), v(x,y,z)\big)\frac{\partial u}{\partial y}(x,y,z) +\frac{\partial f}{\partial v}\big(u(x,y,z), v(x,y,z)\big)\frac{\partial v}{\partial y}(x,y,z) \\ &=z\frac{\partial f}{\partial v}(xz, yz) \\ \frac{\partial w}{\partial z}(x,y,z) &= \frac{\partial }{\partial z}\big[f \big(u(x,y,z), v(x,y,z)\big)\big]\\ &=\frac{\partial f}{\partial u}\big(u(x,y,z), v(x,y,z)\big)\frac{\partial u}{\partial z}(x,y,z) +\frac{\partial f}{\partial v}\big(u(x,y,z), v(x,y,z)\big)\frac{\partial v}{\partial z}(x,y,z) \\ &=x\frac{\partial f}{\partial u}(xz, yz) + y\frac{\partial f}{\partial v}(xz, yz) \end{aligned}$

따라서

$\begin{aligned} x\frac{\partial w}{\partial x} + y\frac{\partial w}{\partial y} =xz\frac{\partial f}{\partial u}(xz, yz) + yz\frac{\partial f}{\partial v}(xz, yz) =z\left[x\frac{\partial f}{\partial u}(xz, yz) + y\frac{\partial f}{\partial v}(xz, yz)\right] =z\frac{\partial w}{\partial z} \end{aligned}$

이므로 주어진 등식이 성립한다.

원본 교재 풀이(영어)

We'll first compute the first order partial derivatives of $w(x,y,z)$ . Write $u(x,y,z)=xz$ and $v(x,y,z)=yz$ so that $w(x,y,z) = f\big(u(x,y,z), v(x,y,z)\big)$ . By the chain rule,

$\begin{aligned} \frac{\partial w}{\partial x}(x,y,z) &= \frac{\partial }{\partial x}\big[f \big(u(x,y,z), v(x,y,z)\big)\big]\\ &=\frac{\partial f}{\partial u}\big(u(x,y,z), v(x,y,z)\big)\frac{\partial u}{\partial x}(x,y,z) +\frac{\partial f}{\partial v}\big(u(x,y,z), v(x,y,z)\big)\frac{\partial v}{\partial x}(x,y,z) \\ &=z\frac{\partial f}{\partial u}(xz, yz) \\ \frac{\partial w}{\partial y}(x,y,z) &= \frac{\partial }{\partial y}\big[f \big(u(x,y,z), v(x,y,z)\big)\big]\\ &=\frac{\partial f}{\partial u}\big(u(x,y,z), v(x,y,z)\big)\frac{\partial u}{\partial y}(x,y,z) +\frac{\partial f}{\partial v}\big(u(x,y,z), v(x,y,z)\big)\frac{\partial v}{\partial y}(x,y,z) \\ &=z\frac{\partial f}{\partial v}(xz, yz) \\ \frac{\partial w}{\partial z}(x,y,z) &= \frac{\partial }{\partial z}\big[f \big(u(x,y,z), v(x,y,z)\big)\big]\\ &=\frac{\partial f}{\partial u}\big(u(x,y,z), v(x,y,z)\big)\frac{\partial u}{\partial z}(x,y,z) +\frac{\partial f}{\partial v}\big(u(x,y,z), v(x,y,z)\big)\frac{\partial v}{\partial z}(x,y,z) \\ &=x\frac{\partial f}{\partial u}(xz, yz) + y\frac{\partial f}{\partial v}(xz, yz) \end{aligned}$

So

$\begin{aligned} x\frac{\partial w}{\partial x} + y\frac{\partial w}{\partial y} =xz\frac{\partial f}{\partial u}(xz, yz) + yz\frac{\partial f}{\partial v}(xz, yz) =z\left[x\frac{\partial f}{\partial u}(xz, yz) + y\frac{\partial f}{\partial v}(xz, yz)\right] =z\frac{\partial w}{\partial z} \end{aligned}$

as desired.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.4절 · 22번

# 다변수 연쇄법칙증명·논술보통자동 분류

30.CLP-3 · 2.4절 · 19번대학 수준우리말 번역

$f(u,v)$ 를 두 변수의 미분가능한 함수라 하고, $z$ 를 $f(xz,yz) = 0$ 으로 음함수로 정의된 $x$ 와 $y$ 의 미분가능한 함수라 하자. 다음을 보이세요.

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

영어 원문 보기

Let $f(u,v)$ be a differentiable function of two variables, and let $z$ be a differentiable function of $x$ and $y$ defined implicitly by $f(xz,yz) = 0$ . Show that

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

정답·풀이 보기

함수 $z(x,y)$ 는 모든 $x$ 와 $y$ 에 대해

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

을 만족한다. 연쇄 법칙에 의해

$\begin{aligned} &\frac{\partial }{\partial x}\big[f\big(x\,z(x,y)\,,\, y\,z(x,y)\big)\big] \\[-0.05in] &=f_u\big(x\,z(x,y)\,,\, y\,z(x,y)\big)\frac{\partial }{\partial x}\big[x\,z(x,y)\big] + f_v\big(x\,z(x,y)\,,\, y\,z(x,y)\big)\frac{\partial }{\partial x}\big[y\,z(x,y)\big] \\ &=f_u\big(x\,z(x,y)\,,\, y\,z(x,y)\big)\,\big[z(x,y)+x\,z_x(x,y)\big] + f_v\big(x\,z(x,y)\,,\, y\,z(x,y)\big)\,y\,z_x(x,y) \\ &\frac{\partial }{\partial y}\big[f\big(x\,z(x,y)\,,\, y\,z(x,y)\big)\big] \\[-0.05in] &=f_u\big(x\,z(x,y)\,,\, y\,z(x,y)\big)\frac{\partial }{\partial y}\big[x\,z(x,y)\big] + f_v\big(x\,z(x,y)\,,\, y\,z(x,y)\big)\frac{\partial }{\partial y}\big[y\,z(x,y)\big] \\ &=f_u\big(x\,z(x,y)\,,\, y\,z(x,y)\big)\, x\,z_y(x,y) + f_v\big(x\,z(x,y)\,,\, y\,z(x,y)\big)\, \big[z(x,y)+y\,z_y(x,y)\big] \end{aligned}$

이므로 $(*)$ 를 $x$ 에 대해, 그리고 $y$ 에 대해 미분하면

$\begin{aligned} f_u\big(x\,z(x,y)\,,\, y\,z(x,y)\big)\,\big[z(x,y)+x\,z_x(x,y)\big] + f_v\big(x\,z(x,y)\,,\, y\,z(x,y)\big)\,y z_x(x,y) &=0 \\ f_u\big(x\,z(x,y)\,,\, y\,z(x,y)\big)\, x\,z_y(x,y) + f_v\big(x\,z(x,y)\,,\, y\,z(x,y)\big)\, \big[z(x,y)+y\,z_y(x,y)\big] &=0 \end{aligned}$

이고, 인수를 생략하여 나타내면

$\begin{aligned} f_u\,\big[z+x\,z_x\big] + f_v\,y z_x &=0 \\ f_u\, x\,z_y + f_v\,\big[z+y\,z_y\big] &=0 \end{aligned}$

이다. 첫 번째 식을 $z_x$ 에 대해, 두 번째 식을 $z_y$ 에 대해 풀면

$\begin{aligned} z_x & = -\frac{z\,f_u}{x\,f_u+y\,f_v} \\ z_y & = -\frac{z\,f_v}{x\,f_u+y\,f_v} \end{aligned}$

이므로

$\begin{aligned} x\frac{\partial z}{\partial x}+y\frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{xz\,f_u}{x\,f_u+y\,f_v} -\frac{yz\,f_v}{x\,f_u+y\,f_v} =-\frac{z\,(x\,f_u+y\,f_v)}{x\,f_u+y\,f_v} = -z \end{aligned}$

이다. 따라서 주어진 등식이 성립한다.

참고: 이는 물론 $x\,f_u+y\,f_v$ 가 0이 아니라는 가정 아래에서이다. 연쇄 법칙에 의해 이 가정은 $\frac{\partial }{\partial z}\big[f(xz,yz)\big]$ 가 0이 아니라는 가정과 같다. 이는 다시 $f(xz,yz)=0$ 을 $x$ 와 $y$ 의 함수로서 $z$ 에 대해 풀 수 있다는 진술과 거의 같지만, 완전히 같지는 않다.

원본 교재 풀이(영어)

We are told that the function $z(x,y)$ obeys

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

for all $x$ and $y$ . By the chain rule,

$\begin{aligned} &\frac{\partial }{\partial x}\big[f\big(x\,z(x,y)\,,\, y\,z(x,y)\big)\big] \\[-0.05in] &=f_u\big(x\,z(x,y)\,,\, y\,z(x,y)\big)\frac{\partial }{\partial x}\big[x\,z(x,y)\big] + f_v\big(x\,z(x,y)\,,\, y\,z(x,y)\big)\frac{\partial }{\partial x}\big[y\,z(x,y)\big] \\ &=f_u\big(x\,z(x,y)\,,\, y\,z(x,y)\big)\,\big[z(x,y)+x\,z_x(x,y)\big] + f_v\big(x\,z(x,y)\,,\, y\,z(x,y)\big)\,y\,z_x(x,y) \\ &\frac{\partial }{\partial y}\big[f\big(x\,z(x,y)\,,\, y\,z(x,y)\big)\big] \\[-0.05in] &=f_u\big(x\,z(x,y)\,,\, y\,z(x,y)\big)\frac{\partial }{\partial y}\big[x\,z(x,y)\big] + f_v\big(x\,z(x,y)\,,\, y\,z(x,y)\big)\frac{\partial }{\partial y}\big[y\,z(x,y)\big] \\ &=f_u\big(x\,z(x,y)\,,\, y\,z(x,y)\big)\, x\,z_y(x,y) + f_v\big(x\,z(x,y)\,,\, y\,z(x,y)\big)\, \big[z(x,y)+y\,z_y(x,y)\big] \end{aligned}$

so differentiating $(*)$ with respect to $x$ and with respect to $y$ gives

$\begin{aligned} f_u\big(x\,z(x,y)\,,\, y\,z(x,y)\big)\,\big[z(x,y)+x\,z_x(x,y)\big] + f_v\big(x\,z(x,y)\,,\, y\,z(x,y)\big)\,y z_x(x,y) &=0 \\ f_u\big(x\,z(x,y)\,,\, y\,z(x,y)\big)\, x\,z_y(x,y) + f_v\big(x\,z(x,y)\,,\, y\,z(x,y)\big)\, \big[z(x,y)+y\,z_y(x,y)\big] &=0 \end{aligned}$

or, leaving out the arguments,

$\begin{aligned} f_u\,\big[z+x\,z_x\big] + f_v\,y z_x &=0 \\ f_u\, x\,z_y + f_v\,\big[z+y\,z_y\big] &=0 \end{aligned}$

Solving the first equation for $z_x$ and the second for $z_y$ gives

$\begin{aligned} z_x & = -\frac{z\,f_u}{x\,f_u+y\,f_v} \\ z_y & = -\frac{z\,f_v}{x\,f_u+y\,f_v} \end{aligned}$

so that

$\begin{aligned} x\frac{\partial z}{\partial x}+y\frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{xz\,f_u}{x\,f_u+y\,f_v} -\frac{yz\,f_v}{x\,f_u+y\,f_v} =-\frac{z\,(x\,f_u+y\,f_v)}{x\,f_u+y\,f_v} = -z \end{aligned}$

as desired.

Remark: This is of course under the assumption that $x\,f_u+y\,f_v$ is nonzero. That is equivalent, by the chain rule, to the assumption that $\frac{\partial }{\partial z}\big[f(xz,yz)\big]$ is non zero. That, in turn, is almost, but not quite, equivalent to the statement that $f(xz,yz)=0$ is can be solved for $z$ as a function of $x$ and $y$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.4절 · 18번

# 다변수 연쇄법칙증명·논술보통자동 분류

31.CLP-3 · 2.4절 · 23번대학 수준우리말 번역

(a) $f$ 를 실수 전체에서 정의된 임의의 미분가능한 함수라 하자. 평면 전체에서 다음과 같이 정의된 함수 $w$ 가

$w(x,y)=e^{-y}f(x-y)$

편미분방정식

$w+\frac{\partial w}{\partial x}+\frac{\partial w}{\partial y}=0$

을 만족시킴을 보이세요. (b) 방정식 $x=u^3-3uv^2$ , $y=3u^2v-v^3$ , $z=u^2-v^2$ 은 $z$ 를 $x$ 와 $y$ 의 함수로 정의한다. 점 $(x,y)=(2,11)$ 에 대응하는 점 $(u,v)=(2,1)$ 에서 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

(a) Let $f$ be an arbitrary differentiable function defined on the entire real line. Show that the function $w$ defined on the entire plane as

$w(x,y)=e^{-y}f(x-y)$

satisfies the partial differential equation:

$w+\frac{\partial w}{\partial x}+\frac{\partial w}{\partial y}=0$ (b) The equations $x=u^3-3uv^2$ , $y=3u^2v-v^3$ and $z=u^2-v^2$ define $z$ as a function of $x$ and $y$ . Determine $\frac{\partial z}{\partial x}$ at the point $(u,v)=(2,1)$ which corresponds to the point $(x,y)=(2,11)$ .

정답·풀이 보기

(a) 곱의 미분법과 연쇄 법칙에 의해

$\begin{aligned} w_x(x,y) &= \frac{\partial }{\partial x}\big[e^{-y}f(x-y)\big] = e^{-y} \frac{\partial }{\partial x}\big[f(x-y)\big] = e^{-y} f'(x-y)\frac{\partial }{\partial x}(x-y) \\ &= e^{-y}f'(x-y) \\% w_y(x,y) &= \frac{\partial }{\partial y}\big[e^{-y}f(x-y)\big] = -e^{-y}f(x-y) + e^{-y} \frac{\partial }{\partial y}\big[f(x-y)\big] \\ &= -e^{-y}f(x-y) + e^{-y} f'(x-y)\frac{\partial }{\partial y}(x-y) \\ &= -e^{-y}f(x-y)-e^{-y}f'(x-y) \end{aligned}$

이므로

$w+\frac{\partial w}{\partial x}+\frac{\partial w}{\partial y} =e^{-y}f(x-y)+e^{-y}f'(x-y)-e^{-y}f(x-y)-e^{-y}f'(x-y) =0$

이다. 따라서 성립한다.

(b) $x=u^3-3uv^2$ , $y=3u^2v-v^3$ 을 $x$ , $y$ 가 주어진 매개변수이고 $u$ , $v$ 가 미지수인 두 방정식으로 생각하자. 문제는 적어도 $(u,v)=(2,1)$ , $(x,y)=(2,11)$ 근처에서 이 두 방정식을 $u$ , $v$ 에 대해 $x$ , $y$ 로 풀 수 있음을 암묵적으로 알려 준다. 즉, 함수 $u(x,y)$ 와 $v(x,y)$ 가 다음 식으로 정해진다는 것을 알려 준다.

$x=u(x,y)^3-3u(x,y)\,v(x,y)^2\qquad y=3u(x,y)^2v(x,y)-v(x,y)^3$

등식 $x=u(x,y)^3-3u(x,y)v(x,y)^2$ 의 양변에 $\frac{\partial }{\partial x}$ 를 취하면

$\begin{aligned} 1&=3\,u(x,y)^2\,\frac{\partial u}{\partial x}(x,y) -3\frac{\partial u}{\partial x}(x,y)\,v(x,y)^2 -6\,u(x,y)\,v(x,y)\,\frac{\partial v}{\partial x}(x,y) \\[0.05in] \end{aligned}$

이다. 다음으로 $y=3u(x,y)^2v(x,y)-v(x,y)^3$ 의 양변에 $\frac{\partial }{\partial x}$ 를 취하면

$\begin{aligned} 0&=6\,u(x,y)\,\frac{\partial u}{\partial x}(x,y)\,v(x,y) +3\,u(x,y)^2\,\frac{\partial v}{\partial x}(x,y) -3\,v(x,y)^2\,\frac{\partial v}{\partial x}(x,y) \end{aligned}$

이다. $x=2$ , $y=11$ , $u=2$ , $v=1$ 을 대입하면

$\begin{aligned} 1&=12\frac{\partial u}{\partial x}(2,11) -3\frac{\partial u}{\partial x}(2,11) -12\frac{\partial v}{\partial x}(2,11) &&=9\frac{\partial u}{\partial x}(2,11) -12\frac{\partial v}{\partial x}(2,11)\\[0.05in] 0&=12\frac{\partial u}{\partial x}(2,11) +12\frac{\partial v}{\partial x}(2,11) -3\frac{\partial v}{\partial x}(2,11) &&=12\frac{\partial u}{\partial x}(2,11) +9\frac{\partial v}{\partial x}(2,11) \end{aligned}$

이다. 두 번째 식에서 $\frac{\partial v}{\partial x}(2,11) =-\frac{4}{3}\frac{\partial u}{\partial x}(2,11)$ 이다. 이를 첫 번째 식에 대입하면

$1=9\frac{\partial u}{\partial x}(2,11) -12\left[-\frac{4}{3}\frac{\partial u}{\partial x}(2,11)\right] = 25\frac{\partial u}{\partial x}(2,11)$

이므로 $\frac{\partial u}{\partial x}(2,11)=\frac{1}{25}$ 이고 $\frac{\partial v}{\partial x}(2,11)=-\frac{4}{75}$ 이다. 또한 문제에서 $z(x,y)=u(x,y)^2-v(x,y)^2$ 임을 알 수 있다. 따라서

$\begin{aligned} &\frac{\partial z}{\partial x}(x,y) =2u(x,y)\frac{\partial u}{\partial x}(x,y) -2v(x,y)\frac{\partial v}{\partial x}(x,y)\\ \implies & \frac{\partial z}{\partial x}(2,11) =4\frac{\partial u}{\partial x}(2,11) -2\frac{\partial v}{\partial x}(2,11) =4\frac{1}{25}+2\frac{4}{75}=\frac{20}{75} =\frac{4}{15} \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) By the product and chain rules

$\begin{aligned} w_x(x,y) &= \frac{\partial }{\partial x}\big[e^{-y}f(x-y)\big] = e^{-y} \frac{\partial }{\partial x}\big[f(x-y)\big] = e^{-y} f'(x-y)\frac{\partial }{\partial x}(x-y) \\ &= e^{-y}f'(x-y) \\% w_y(x,y) &= \frac{\partial }{\partial y}\big[e^{-y}f(x-y)\big] = -e^{-y}f(x-y) + e^{-y} \frac{\partial }{\partial y}\big[f(x-y)\big] \\ &= -e^{-y}f(x-y) + e^{-y} f'(x-y)\frac{\partial }{\partial y}(x-y) \\ &= -e^{-y}f(x-y)-e^{-y}f'(x-y) \end{aligned}$

Hence

$w+\frac{\partial w}{\partial x}+\frac{\partial w}{\partial y} =e^{-y}f(x-y)+e^{-y}f'(x-y)-e^{-y}f(x-y)-e^{-y}f'(x-y) =0$

as desired.

(b) Think of $x=u^3-3uv^2$ , $y=3u^2v-v^3$ as two equations in the two unknowns $u$ , $v$ with $x$ , $y$ just being given parameters. The question implicitly tells us that those two equations can be solved for $u$ , $v$ in terms of $x$ , $y$ , at least near $(u,v)=(2,1)$ , $(x,y)=(2,11)$ . That is, the question implicitly tells us that the functions $u(x,y)$ and $v(x,y)$ are determined by

$x=u(x,y)^3-3u(x,y)\,v(x,y)^2\qquad y=3u(x,y)^2v(x,y)-v(x,y)^3$

Applying $\frac{\partial }{\partial x}$ to both sides of the equation $x=u(x,y)^3-3u(x,y)v(x,y)^2$ gives

$\begin{aligned} 1&=3\,u(x,y)^2\,\frac{\partial u}{\partial x}(x,y) -3\frac{\partial u}{\partial x}(x,y)\,v(x,y)^2 -6\,u(x,y)\,v(x,y)\,\frac{\partial v}{\partial x}(x,y) \\[0.05in] \end{aligned}$

Then applying $\frac{\partial }{\partial x}$ to both sides of $y=3u(x,y)^2v(x,y)-v(x,y)^3$ gives

$\begin{aligned} 0&=6\,u(x,y)\,\frac{\partial u}{\partial x}(x,y)\,v(x,y) +3\,u(x,y)^2\,\frac{\partial v}{\partial x}(x,y) -3\,v(x,y)^2\,\frac{\partial v}{\partial x}(x,y) \end{aligned}$

Substituting in $x=2$ , $y=11$ , $u=2$ , $v=1$ gives

$\begin{aligned} 1&=12\frac{\partial u}{\partial x}(2,11) -3\frac{\partial u}{\partial x}(2,11) -12\frac{\partial v}{\partial x}(2,11) &&=9\frac{\partial u}{\partial x}(2,11) -12\frac{\partial v}{\partial x}(2,11)\\[0.05in] 0&=12\frac{\partial u}{\partial x}(2,11) +12\frac{\partial v}{\partial x}(2,11) -3\frac{\partial v}{\partial x}(2,11) &&=12\frac{\partial u}{\partial x}(2,11) +9\frac{\partial v}{\partial x}(2,11) \end{aligned}$

From the second equation $\frac{\partial v}{\partial x}(2,11) =-\frac{4}{3}\frac{\partial u}{\partial x}(2,11)$ . Substituting into the first equation gives

$1=9\frac{\partial u}{\partial x}(2,11) -12\left[-\frac{4}{3}\frac{\partial u}{\partial x}(2,11)\right] = 25\frac{\partial u}{\partial x}(2,11)$

so that $\frac{\partial u}{\partial x}(2,11)=\frac{1}{25}$ and $\frac{\partial v}{\partial x}(2,11)=-\frac{4}{75}$ . The question also tells us that $z(x,y)=u(x,y)^2-v(x,y)^2$ . Hence

$\begin{aligned} &\frac{\partial z}{\partial x}(x,y) =2u(x,y)\frac{\partial u}{\partial x}(x,y) -2v(x,y)\frac{\partial v}{\partial x}(x,y)\\ \implies & \frac{\partial z}{\partial x}(2,11) =4\frac{\partial u}{\partial x}(2,11) -2\frac{\partial v}{\partial x}(2,11) =4\frac{1}{25}+2\frac{4}{75}=\frac{20}{75} =\frac{4}{15} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.4절 · 20번

# 다변수 연쇄법칙증명·논술보통자동 분류

32.CLP-3 · 2.4절 · 26번대학 수준우리말 번역

파동 방정식

$\frac{\partial^2u}{\partial x^2} -\frac{1}{c^2}\,\frac{\partial^2u}{\partial t^2} =0$

은 파동과 같은 현상을 다루는 많은 모형에서 나타난다. $u(x,t)$ 와 $v(\xi,\eta)$ 가 다음의 변수 변환으로 서로 연결되어 있다고 하자.

$\begin{aligned} u(x,t)&=v\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big)\\ \xi(x,t)&=x-ct\\ \eta(x,t)&=x+ct \end{aligned}$

(a) $\ \frac{\partial^2u}{\partial x^2} -\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2u}{\partial t^2} =0\$ 일 필요충분조건이 $\ \frac{\partial^2 v}{\partial\xi\partial\eta}=0$ 임을 보이세요. (b) $\ \frac{\partial^2u}{\partial x^2} -\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2u}{\partial t^2} =0\$ 일 필요충분조건이 어떤 함수 $F$ 와 $G$ 에 대해 $\ u(x,t)=F(x-ct)+G(x+ct)\$ 임을 보이세요. (c) $\ F(x-ct)+G(x+ct)\$ 를 진행파의 관점에서 해석하세요. $u(x,t)$ 를 $x$ 축을 따라 진행하는 파동의, 위치 $x$ 와 시각 $t$ 에서의 높이라고 생각하세요.

참고: 낯선 기호 $\xi$ 와 $\eta$ 에 당황하지 마세요. 이들은 그리스 문자 중 해롭지 않은 두 글자일 뿐이며, 각각 “크사이”와 “에타”라고 읽습니다.

영어 원문 보기

The wave equation

$\frac{\partial^2u}{\partial x^2} -\frac{1}{c^2}\,\frac{\partial^2u}{\partial t^2} =0$

arises in many models involving wave-like phenomena. Let $u(x,t)$ and $v(\xi,\eta)$ be related by the change of variables

$\begin{aligned} u(x,t)&=v\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big)\\ \xi(x,t)&=x-ct\\ \eta(x,t)&=x+ct \end{aligned}$

(a) Show that $\ \frac{\partial^2u}{\partial x^2} -\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2u}{\partial t^2} =0\$ if and only if $\ \frac{\partial^2 v}{\partial\xi\partial\eta}=0$ . (b) Show that $\ \frac{\partial^2u}{\partial x^2} -\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2u}{\partial t^2} =0\$ if and only if $\ u(x,t)=F(x-ct)+G(x+ct)\$ for some functions $F$ and $G$ . (c) Interpret $\ F(x-ct)+G(x+ct)\$ in terms of travelling waves. Think of $u(x,t)$ as the height, at position $x$ and time $t$ , of a wave that is travelling along the $x$ -axis.

Remark: Don't be thrown by the strange symbols $\xi$ and $\eta$ . They are just two harmless letters from the Greek alphabet, called “xi” and “eta” respectively.

정답·풀이 보기

$u(x,t)=v\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big)$ 임을 기억하자. 연쇄 법칙에 의해

$\begin{aligned} \frac{\partial u}{\partial x}(x,t) &= \frac{\partial v}{\partial \xi}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) \frac{\partial \xi}{\partial x} +\frac{\partial v}{\partial \eta}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) \frac{\partial \eta}{\partial x} \\ &= \frac{\partial v}{\partial \xi}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) +\frac{\partial v}{\partial \eta}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) \\ \frac{\partial u}{\partial t}(x,t) &= \frac{\partial v}{\partial \xi}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) \frac{\partial \xi}{\partial t} +\frac{\partial v}{\partial \eta}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) \frac{\partial \eta}{\partial t} \\ &= -c\frac{\partial v}{\partial \xi}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) +c\frac{\partial v}{\partial \eta}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) \end{aligned}$

연쇄 법칙을 다시 적용하면

$\begin{aligned} \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}(x,t) &= \frac{\partial }{\partial x} \Big[\frac{\partial v}{\partial \xi}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big)\Big] + \frac{\partial }{\partial x} \Big[\frac{\partial v}{\partial \eta}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big)\Big]\\ &= \frac{\partial^2 v}{\partial \xi^2}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) \frac{\partial \xi}{\partial x} +\frac{\partial^2 v\,}{\partial\eta\partial \xi} \big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) \frac{\partial \eta}{\partial x}\\& + \frac{\partial^2 v\,}{\partial\xi\partial \eta} \big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) \frac{\partial \xi}{\partial x} +\frac{\partial^2 v}{\partial \eta^2}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) \frac{\partial \eta}{\partial x}\\ &=\frac{\partial^2 v}{\partial \xi^2}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) +2\frac{\partial^2 v\,}{\partial\xi\partial \eta} \big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) +\frac{\partial^2 v}{\partial \eta^2}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) \end{aligned}$

이고

$\begin{aligned} \frac{\partial^2 u}{\partial t^2}(x,t) &=-c \frac{\partial }{\partial t} \Big[\frac{\partial v}{\partial \xi}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big)\Big] +c \frac{\partial }{\partial t} \Big[ \frac{\partial v}{\partial\eta} \big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big)\Big] \\ &=-c \Big[\frac{\partial^2 v}{\partial \xi^2} \big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) \frac{\partial \xi}{\partial t} +\frac{\partial^2 v\,}{\partial\eta\partial \xi} \big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) \frac{\partial \eta}{\partial t}\Big] \\& +c \Big[\frac{\partial^2 v\,}{\partial\xi\partial\eta} \big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) \frac{\partial \xi}{\partial t} +\frac{\partial^2 v}{\partial\eta^2}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) \frac{\partial \eta}{\partial t}\Big]\\ &=c^2\frac{\partial^2 v}{\partial \xi^2}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) -2c^2\frac{\partial^2 v\,}{\partial\xi\partial\eta} \big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) +c^2\frac{\partial^2 v}{\partial\eta^2}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) \end{aligned}$

이므로

$\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}(x,t) -\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}(x,t) =4\frac{\partial^2 v\,}{\partial\xi\partial\eta} \big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big)$

이다. 따라서

$\begin{aligned} \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}(x,t) -\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}(x,t)=0 \text{ 모든 }(x,t) &\iff 4\frac{\partial^2 v\,}{\partial\xi\partial\eta} \big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big)=0\text{ 모든 }(x,t)\\ &\iff \frac{\partial^2 v\,}{\partial\xi\partial\eta} \big(\xi,\eta\big)=0\text{ 모든 }(\xi,\eta) \end{aligned}$

(b) 이제 $\frac{\partial^2 v\,}{\partial\xi\partial\eta}\big(\xi,\eta\big) =\frac{\partial}{\partial\xi} \Big[\frac{\partial v}{\partial\eta}\Big]=0$ 이다. 잠시 $\frac{\partial v}{\partial \eta}=w$ 라고 놓자. 등식 $\frac{\partial w}{\partial \xi}(\xi,\eta)=0$ 은, 각각의 고정된 $\eta$ 에 대해 $w(\xi,\eta)$ 가 상수임을 뜻한다. 이 상수의 값은 $\eta$ 에 따라 달라질 수 있다. 즉 어떤 함수 $H$ 에 대해 $\frac{\partial v}{\partial \eta}(\xi,\eta)=w(\xi,\eta) =H(\eta)$ 이다. (확인해 보면 $\frac{\partial }{\partial \xi}H(\eta)=0$ 이다.) 따라서 $v$ 의 $\eta$ 에 대한 도함수는 ( $\xi$ 를 상수로 보면) $H(\eta)$ 이다.

$G(\eta)$ 를 도함수가 $H(\eta)$ 인 임의의 함수 (즉 $H(\eta)$ 의 부정적분)라고 하자. 그러면 $\frac{\partial }{\partial \eta}\big[v(\xi,\eta)-G(\eta)]=H(\eta)-H(\eta)=0$ 이다. 이것은 각각의 고정된 $\xi$ 에 대해 $v(\xi,\eta)-G(\xi,\eta)$ 가 $\eta$ 와 무관한 상수일 때, 그리고 그때에 한해 성립한다. 즉 다음과 필요충분조건이다.

$v(\xi,\eta)-G(\eta)=F(\xi)$

(어떤 함수 $F$ 에 대해). 따라서

$\begin{aligned} \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}(x,t) -\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}(x,t)=0 &\iff \frac{\partial^2 v\,}{\partial\xi\partial\eta} \big(\xi,\eta\big)=0\text{ 모든 }(\xi,\eta)\\ &\iff v(\xi,\eta)=F(\xi)+G(\eta)\text{ 어떤 함수 $F$ 와 $G$ 에 대해}\\ &\iff u(x,t)=v\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) =F\big(\xi(x,t)\big)+G\big(\eta(x,t)\big)\\ &\phantom{\iff u(x,t)\,}=F(x-ct)+G(x+ct) \end{aligned}$

(c) $F(x-ct)$ 의 해석을 제시하겠다. $G(x+ct)$ 의 경우도 비슷하다. $u(x,t)=F(x-ct)$ 라고 하자. $u(x,t)$ 를 위치 $x$ , 시각 $t$ 에서의 물의 높이라고 생각하자. 임의의 수 $z$ 를 잡자. 시공간에서 $x-ct=z$ 를 만족하는 모든 점 $(x,t)$ 는 $u$ 의 값이 $F(z)$ 로 모두 같다. 그러므로 위치가 $x=z+ct$ 가 되도록 움직이면 (즉 속력 $c$ 로 오른쪽으로 움직이면) 항상 같은 파동의 높이를 보게 된다. 따라서 $F(x-ct)$ 는 속력 $c$ 로 오른쪽으로 진행하는 파동을 나타낸다.

마찬가지로 $G(x+ct)$ 는 속력 $c$ 로 왼쪽으로 진행하는 파동을 나타낸다.

원본 교재 풀이(영어)

Recall that $u(x,t)=v\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big)$ . By the chain rule

$\begin{aligned} \frac{\partial u}{\partial x}(x,t) &= \frac{\partial v}{\partial \xi}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) \frac{\partial \xi}{\partial x} +\frac{\partial v}{\partial \eta}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) \frac{\partial \eta}{\partial x} \\ &= \frac{\partial v}{\partial \xi}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) +\frac{\partial v}{\partial \eta}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) \\ \frac{\partial u}{\partial t}(x,t) &= \frac{\partial v}{\partial \xi}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) \frac{\partial \xi}{\partial t} +\frac{\partial v}{\partial \eta}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) \frac{\partial \eta}{\partial t} \\ &= -c\frac{\partial v}{\partial \xi}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) +c\frac{\partial v}{\partial \eta}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) \end{aligned}$

Again by the chain rule

$\begin{aligned} \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}(x,t) &= \frac{\partial }{\partial x} \Big[\frac{\partial v}{\partial \xi}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big)\Big] + \frac{\partial }{\partial x} \Big[\frac{\partial v}{\partial \eta}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big)\Big]\\ &= \frac{\partial^2 v}{\partial \xi^2}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) \frac{\partial \xi}{\partial x} +\frac{\partial^2 v\,}{\partial\eta\partial \xi} \big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) \frac{\partial \eta}{\partial x}\\& + \frac{\partial^2 v\,}{\partial\xi\partial \eta} \big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) \frac{\partial \xi}{\partial x} +\frac{\partial^2 v}{\partial \eta^2}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) \frac{\partial \eta}{\partial x}\\ &=\frac{\partial^2 v}{\partial \xi^2}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) +2\frac{\partial^2 v\,}{\partial\xi\partial \eta} \big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) +\frac{\partial^2 v}{\partial \eta^2}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) \end{aligned}$

and

$\begin{aligned} \frac{\partial^2 u}{\partial t^2}(x,t) &=-c \frac{\partial }{\partial t} \Big[\frac{\partial v}{\partial \xi}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big)\Big] +c \frac{\partial }{\partial t} \Big[ \frac{\partial v}{\partial\eta} \big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big)\Big] \\ &=-c \Big[\frac{\partial^2 v}{\partial \xi^2} \big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) \frac{\partial \xi}{\partial t} +\frac{\partial^2 v\,}{\partial\eta\partial \xi} \big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) \frac{\partial \eta}{\partial t}\Big] \\& +c \Big[\frac{\partial^2 v\,}{\partial\xi\partial\eta} \big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) \frac{\partial \xi}{\partial t} +\frac{\partial^2 v}{\partial\eta^2}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) \frac{\partial \eta}{\partial t}\Big]\\ &=c^2\frac{\partial^2 v}{\partial \xi^2}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) -2c^2\frac{\partial^2 v\,}{\partial\xi\partial\eta} \big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) +c^2\frac{\partial^2 v}{\partial\eta^2}\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) \end{aligned}$

so that

$\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}(x,t) -\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}(x,t) =4\frac{\partial^2 v\,}{\partial\xi\partial\eta} \big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big)$

Hence

$\begin{aligned} \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}(x,t) -\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}(x,t)=0 \text{ for all }(x,t) &\iff 4\frac{\partial^2 v\,}{\partial\xi\partial\eta} \big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big)=0\text{ for all }(x,t)\\ &\iff \frac{\partial^2 v\,}{\partial\xi\partial\eta} \big(\xi,\eta\big)=0\text{ for all }(\xi,\eta) \end{aligned}$

(b) Now $\frac{\partial^2 v\,}{\partial\xi\partial\eta}\big(\xi,\eta\big) =\frac{\partial}{\partial\xi} \Big[\frac{\partial v}{\partial\eta}\Big]=0$ . Temporarily rename $\frac{\partial v}{\partial \eta}=w$ . The equation $\frac{\partial w}{\partial \xi}(\xi,\eta)=0$ says that, for each fixed $\eta$ , $w(\xi,\eta)$ is a constant. The value of the constant may depend on $\eta$ . That is, $\frac{\partial v}{\partial \eta}(\xi,\eta)=w(\xi,\eta) =H(\eta)$ , for some function $H$ . (As a check, observe that $\frac{\partial }{\partial \xi}H(\eta)=0$ .) So the derivative of $v$ with respect to $\eta$ , (viewing $\xi$ as a constant) is $H(\eta)$ .

Let $G(\eta)$ be any function whose derivative is $H(\eta)$ (i.e. an indefinite integral of $H(\eta)$ ). Then $\frac{\partial }{\partial \eta}\big[v(\xi,\eta)-G(\eta)]=H(\eta)-H(\eta)=0$ . This is the case if and only if, for each fixed $\xi$ , $v(\xi,\eta)-G(\xi,\eta)$ is a constant, independent of $\eta$ . That is, if and only if

$v(\xi,\eta)-G(\eta)=F(\xi)$

for some function $F$ . Hence

$\begin{aligned} \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}(x,t) -\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}(x,t)=0 &\iff \frac{\partial^2 v\,}{\partial\xi\partial\eta} \big(\xi,\eta\big)=0\text{ for all }(\xi,\eta)\\ &\iff v(\xi,\eta)=F(\xi)+G(\eta)\text{ for some functions $F$ and $G$}\\ &\iff u(x,t)=v\big(\xi(x,t),\eta(x,t)\big) =F\big(\xi(x,t)\big)+G\big(\eta(x,t)\big)\\ &\phantom{\iff u(x,t)\,}=F(x-ct)+G(x+ct) \end{aligned}$

(c) We'll give the interpretation of $F(x-ct)$ . The case $G(x+ct)$ is similar. Suppose that $u(x,t)=F(x-ct)$ . Think of $u(x,t)$ as the height of water at position $x$ and time $t$ . Pick any number $z$ . All points $(x,t)$ in space time for which $x-ct=z$ have the same value of $u$ , namely $F(z)$ . So if you move so that your position is $x=z+ct$ (i.e. you move the right with speed $c$ ) you always see the same wave height. Thus $F(x-ct)$ represents a wave moving to the right with speed $c$ .

Similarly, $G(x+ct)$ represents a wave moving to the left with speed $c$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.4절 · 17번

# 다변수 연쇄법칙증명·논술도전자동 분류

33.CLP-3 · 2.5절 · 2번대학 수준우리말 번역

점 $\mathbf{r}_0= (x_0,y_0,z_0)$ 이 곡면 $G(x,y,z)=0$ 위에 있다고 하자. ${ \boldsymbol{\nabla} } G(x_0,y_0,z_0)\ne\mathbf{0}$ 이라고 가정하자. 매개변수로 나타낸 곡선 $\mathbf{r}(t)=\big(x(t),y(t),z(t)\big)$ 가 이 곡면에 포함되어 있고 $\mathbf{r}(t_0)=\mathbf{r}_0$ 이라고 하자. 이때 $\mathbf{r}_0$ 에서 곡선의 접선이 $\mathbf{r}_0$ 에서 $G=0$ 의 접평면 위에 놓임을 보이세요.

영어 원문 보기

Let the point $\mathbf{r}_0= (x_0,y_0,z_0)$ lie on the surface $G(x,y,z)=0$ . Assume that ${ \boldsymbol{\nabla} } G(x_0,y_0,z_0)\ne\mathbf{0}$ . Suppose that the parametrized curve $\mathbf{r}(t)=\big(x(t),y(t),z(t)\big)$ is contained in the surface and that $\mathbf{r}(t_0)=\mathbf{r}_0$ . Show that the tangent line to the curve at $\mathbf{r}_0$ lies in the tangent plane to $G=0$ at $\mathbf{r}_0$ .

정답·풀이 보기

곡면 $G(x,y,z)=0$ 을 $S$ 라 하고, 매개변수로 나타낸 곡선 $\mathbf{r}(t)=\big(x(t),y(t),z(t)\big)$ 를 $C$ 라 하자. 먼저 $\mathbf{r}_0$ 에서 $S$ 의 접평면과 $\mathbf{r}_0$ 에서 $C$ 의 접선을 구한다.

$\mathbf{r}_0$ 에서 $C$ 의 접선벡터는 $\left< x'(t_0)\,,\,y'(t_0)\,,\,z'(t_0) \right>$ 이므로, $\mathbf{r}_0$ 에서 $C$ 의 접선의 매개변수 방정식은

$x-x_0 = t x'(t_0)\qquad y-y_0 = t y'(t_0)\qquad z-z_0 = t z'(t_0) \tag{$E_1$}$

기울기 벡터 $\left<\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\right>$ 는 $(x_0,y_0,z_0)$ 에서 곡면 $S$ 의 법선벡터이다. 따라서 $(x_0,y_0,z_0)$ 에서 곡면 $S$ 의 접평면은

$\left<\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\right> \cdot \left< x-x_0\,,\, y-y_0\,,\,z-z_0\right> = 0$

곧

$\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ (x-x_0) +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ (y-y_0) +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ (z-z_0) = 0 \tag{$E_2$}$

이다.

다음으로, $\mathbf{r}_0$ 에서 $C$ 의 접선벡터 $\left< x'(t_0)\,,\,y'(t_0)\,,\,z'(t_0) \right>$ 와 $\mathbf{r}_0$ 에서 $S$ 의 법선벡터 $\left<\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\right>$ 가 서로 수직임을 보인다. 이를 위해, 모든 $t$ 에 대해 점 $\big(x(t),y(t),z(t)\big)$ 가 곡면 $G(x,y,z)=0$ 위에 있으므로 다음이 성립함에 주목한다.

$\begin{aligned} G\big(x(t),y(t),z(t)\big) =0 \end{aligned}$

이 등식의 양변을 $t$ 에 대해 미분하면 연쇄 법칙에 의해

$\begin{aligned} 0&= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}G\big(x(t),y(t),z(t)\big) \\ &=\frac{\partial G}{\partial x}\big( x(t)\,,\,y(t)\,,\,z(t)\big)\ x'(t) +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x(t)\,,\,y(t)\,,\,z(t)\big)\ y'(t) +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x(t)\,,\,y(t)\,,\,z(t)\big)\ z'(t) \end{aligned}$

을 얻는다. 여기에 $t=t_0$ 을 대입하면

$\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ x'(t_0) +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ y'(t_0) +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ z'(t_0) = 0 \tag{$E_3$}$

이다.

마지막으로, $(x,y,z)$ 가 $\mathbf{r}_0$ 에서 $C$ 의 접선 위의 임의의 점이면 $(x,y,z)$ 는 $\mathbf{r}_0$ 에서 $S$ 의 접평면 위에도 있음을 보인다. $(x,y,z)$ 가 $\mathbf{r}_0$ 에서 $C$ 의 접선 위에 있으므로 $(E_1)$ 에 의해 어떤 $t$ 가 존재하여

$\begin{aligned} &\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \{x-x_0\} +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \{y-y_0\} +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \{z-z_0\} \\ &=\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \big\{ t\,x'(t_0)\big\} +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \big\{ t\,y'(t_0)\big\} +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \big\{ t\,z'(t_0)\big\}\\ &= t\left[\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ x'(t_0) +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ y'(t_0) +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ z'(t_0) \right] =0 \end{aligned}$

이다. 마지막 등호는 $(E_3)$ 에 의한 것이다. 즉 $(x,y,z)$ 는 $\mathbf{r}_0$ 에서 $S$ 의 접평면의 방정식 $(E_2)$ 를 만족하므로 그 접평면 위에 있다. 따라서 $\mathbf{r}_0$ 에서 $C$ 의 접선은 $\mathbf{r}_0$ 에서 $S$ 의 접평면에 포함된다.

원본 교재 풀이(영어)

Denote by $S$ the surface $G(x,y,z)=0$ and by $C$ the parametrized curve $\mathbf{r}(t)=\big(x(t),y(t),z(t)\big)$ . To start, we'll find the tangent plane to $S$ at $\mathbf{r}_0$ and the tangent line to $C$ at $\mathbf{r}_0$ .

The tangent vector to $C$ at $\mathbf{r}_0$ is $\left< x'(t_0)\,,\,y'(t_0)\,,\,z'(t_0) \right>$ , so the parametric equations for the tangent line to $C$ at $\mathbf{r}_0$ are

$x-x_0 = t x'(t_0)\qquad y-y_0 = t y'(t_0)\qquad z-z_0 = t z'(t_0) \tag{$E_1$}$

The gradient $\left<\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\right>$ is a normal vector to the surface $S$ at $(x_0,y_0,z_0)$ . So the tangent plane to the surface $S$ at $(x_0,y_0,z_0)$ is

$\left<\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\right> \cdot \left< x-x_0\,,\, y-y_0\,,\,z-z_0\right> = 0$

or

$\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ (x-x_0) +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ (y-y_0) +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ (z-z_0) = 0 \tag{$E_2$}$

Next, we'll show that the tangent vector $\left< x'(t_0)\,,\,y'(t_0)\,,\,z'(t_0) \right>$ to $C$ at $\mathbf{r}_0$ and the normal vector $\left<\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\right>$ to $S$ at $\mathbf{r}_0$ are perpendicular to each other. To do so, we observe that, for every $t$ , the point $\big(x(t),y(t),z(t)\big)$ lies on the surface $G(x,y,z)=0$ and so obeys

$\begin{aligned} G\big(x(t),y(t),z(t)\big) =0 \end{aligned}$

Differentiating this equation with respect to $t$ gives, by the chain rule,

$\begin{aligned} 0&= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}G\big(x(t),y(t),z(t)\big) \\ &=\frac{\partial G}{\partial x}\big( x(t)\,,\,y(t)\,,\,z(t)\big)\ x'(t) +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x(t)\,,\,y(t)\,,\,z(t)\big)\ y'(t) +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x(t)\,,\,y(t)\,,\,z(t)\big)\ z'(t) \end{aligned}$

Then setting $t=t_0$ gives

$\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ x'(t_0) +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ y'(t_0) +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ z'(t_0) = 0 \tag{$E_3$}$

Finally, we are in a position to show that if $(x,y,z)$ is any point on the tangent line to $C$ at $\mathbf{r}_0$ , then $(x,y,z)$ is also on the tangent plane to $S$ at $\mathbf{r}_0$ . As $(x,y,z)$ is on the tangent line to $C$ at $\mathbf{r}_0$ then there is a $t$ such that, by $(E_1)$ ,

$\begin{aligned} &\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \{x-x_0\} +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \{y-y_0\} +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \{z-z_0\} \\ &=\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \big\{ t\,x'(t_0)\big\} +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \big\{ t\,y'(t_0)\big\} +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \big\{ t\,z'(t_0)\big\}\\ &= t\left[\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ x'(t_0) +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ y'(t_0) +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ z'(t_0) \right] =0 \end{aligned}$

by $(E_3)$ . That is, $(x,y,z)$ obeys the equation, $(E_2)$ , of the tangent plane to $S$ at $\mathbf{r}_0$ and so is on that tangent plane. So the tangent line to $C$ at $\mathbf{r}_0$ is contained in the tangent plane to $S$ at $\mathbf{r}_0$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.6절 · 10번

# 접평면과 선형근사증명·논술기본자동 분류

34.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

35.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

36.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

37.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

# 편미분방정식 맛보기증명·논술보통자동 분류

38.CLP-3 · 2.8절 · 13번대학 수준우리말 번역

$u(x,y)$ 가 편미분방정식

$\alpha (x,y)\,u_x(x,y) +\beta (x,y)\,u_y(x,y)=0$

을 만족한다고 하자. 여기서 $\alpha (x,y)$ 와 $\beta (x,y)$ 는 주어진 함수이다. $\big(X(t),Y(t)\big)$ 를 $xy$ 평면 위의 곡선(이러한 곡선을 이 편미분방정식의 특성곡선이라고 한다.)이라 하고, 이 곡선이

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}X}{\mathrm{d}t}(t)&=\alpha \big(X(t),Y(t)\big) \\ \frac{\mathrm{d}Y}{\mathrm{d}t}(t)&=\beta \big(X(t),Y(t)\big) \end{aligned}$

을 만족한다고 하자. $u$ 가 그 곡선을 따라 상수임을 보이세요. 즉, $u\big(X(t),Y(t)\big)$ 가 $t$ 에 무관함을 보이세요.

영어 원문 보기

Suppose that $u(x,y)$ obeys the PDE

$\alpha (x,y)\,u_x(x,y) +\beta (x,y)\,u_y(x,y)=0$

where $\alpha (x,y)$ and $\beta (x,y)$ are given functions. Let $\big(X(t),Y(t)\big)$ be a curve (Such curves are called characteristics of the PDE.) in the $xy$ -plane that obeys

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}X}{\mathrm{d}t}(t)&=\alpha \big(X(t),Y(t)\big) \\ \frac{\mathrm{d}Y}{\mathrm{d}t}(t)&=\beta \big(X(t),Y(t)\big) \end{aligned}$

Show that $u$ is constant along that curve. That is, show that $u\big(X(t),Y(t)\big)$ is independent of $t$ .

정답·풀이 보기

연쇄 법칙에 의해

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}u\big(X(t),Y(t)\big) &=u_x\big(X(t),Y(t)\big)\,\frac{\mathrm{d}X}{\mathrm{d}t}(t) +u_y\big(X(t),Y(t)\big)\,\frac{\mathrm{d}Y}{\mathrm{d}t}(t) \\ &=\alpha \big(X(t),Y(t)\big)\, u_x\big(X(t),Y(t)\big) +\beta \big(X(t),Y(t)\big)\, u_y\big(X(t),Y(t)\big) \end{aligned}$

그런데 $\alpha (x,y)\,u_x(x,y) +\beta (x,y)\,u_y(x,y)=0$ 에 $x=X(t)$ , $y=Y(t)$ 를 대입하면

$\alpha \big(X(t),Y(t)\big)\, u_x\big(X(t),Y(t)\big) +\beta \big(X(t),Y(t)\big)\, u_y\big(X(t),Y(t)\big) =0$

이므로

$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}u\big(X(t),Y(t)\big)=0$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

By the chain rule,

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}u\big(X(t),Y(t)\big) &=u_x\big(X(t),Y(t)\big)\,\frac{\mathrm{d}X}{\mathrm{d}t}(t) +u_y\big(X(t),Y(t)\big)\,\frac{\mathrm{d}Y}{\mathrm{d}t}(t) \\ &=\alpha \big(X(t),Y(t)\big)\, u_x\big(X(t),Y(t)\big) +\beta \big(X(t),Y(t)\big)\, u_y\big(X(t),Y(t)\big) \end{aligned}$

But evaluating $\alpha (x,y)\,u_x(x,y) +\beta (x,y)\,u_y(x,y)=0$ at $x=X(t)$ , $y=Y(t)$ gives

$\alpha \big(X(t),Y(t)\big)\, u_x\big(X(t),Y(t)\big) +\beta \big(X(t),Y(t)\big)\, u_y\big(X(t),Y(t)\big) =0$

so

$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}u\big(X(t),Y(t)\big)=0$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.8절 · 11번

# 편미분방정식 맛보기증명·논술도전자동 분류

39.CLP-3 · 2.9절 · 34번대학 수준우리말 번역

(a) 함수 $f(x,y)=2x+4y+\frac{1}{xy}$ 가 제1사분면 $x>0$ , $y>0$ 에서 임계점을 정확히 하나만 가짐을 보이고, 그 점에서의 함숫값을 구하세요. (b) 이차 도함수 판정법을 이용하여 (a)에서 구한 임계점의 종류를 판별하세요. (c) 이로부터 부등식 $2x+4y+\frac{1}{xy}\ge 6$ 이 모든 양의 실수 $x$ , $y$ 에 대해 성립하는 이유를 설명하세요.

영어 원문 보기

(a) Show that the function $f(x,y)=2x+4y+\frac{1}{xy}$ has exactly one critical point in the first quadrant $x>0$ , $y>0$ , and find its value at that point. (b) Use the second derivative test to classify the critical point in part (a). (c) Hence explain why the inequality $2x+4y+\frac{1}{xy}\ge 6$ is valid for all positive real numbers $x$ and $y$ .

정답·풀이 보기

(a) $x,y>0$ 에서

$\begin{aligned} f_x&=2-\frac{1}{x^2y}=0\iff y=\frac{1}{2x^2}\\ f_y&=4-\frac{1}{xy^2}=0 \end{aligned}$

첫째 식에서 얻은 $y=\frac{1}{2x^2}$ 을 둘째 식에 대입하면 $4-4x^3=0$ 이고, 이로부터 $x=1$ , $y=\tfrac{1}{2}$ 이다. $x=1$ , $y=\tfrac{1}{2}$ 일 때,

$f\big(1,\tfrac{1}{2}\big)=2+2+2=6$

(b) 이차 도함수는

$f_{xx}(x,y)=\frac{2}{x^3y}\qquad f_{xy}(x,y)=\frac{1}{x^2y^2}\qquad f_{yy}(x,y)=\frac{2}{xy^3}$

특히

$f_{xx}\big(1,\tfrac{1}{2}\big)=4\qquad f_{xy}\big(1,\tfrac{1}{2}\big)=4\qquad f_{yy}\big(1,\tfrac{1}{2}\big)=16$

$f_{xx}\big(1,\tfrac{1}{2}\big)f_{yy}\big(1,\tfrac{1}{2}\big)- f_{xy}\big(1,\tfrac{1}{2}\big)^2=4\times 16-4^2=48>0$ 이고 $f_{xx}\big(1,\tfrac{1}{2}\big)=4>0$ 이므로 점 $\big(1,\tfrac{1}{2}\big)$ 은 극소이다.

(c) $x$ 또는 $y$ 가 무한대로 갈 때(다른 변수는 0 이상일 때), $2x+4y$ 는 $+\infty$ 로 발산한다. $(x,y)$ 가 $x$ 축과 $y$ 축 중 제1사분면에 속하는 부분의 어떤 점으로 가까워져도 $\frac{1}{xy}$ 는 $+\infty$ 로 발산한다. 따라서 $x$ 또는 $y$ 가 제1사분면의 경계(무한대도 경계에 포함한다)로 가까워지면 $f(x,y)$ 는 $+\infty$ 로 발산한다. 그러므로 $\big(1,\tfrac{1}{2}\big)$ 은 제1사분면에서 $f$ 의 극솟값일 뿐만 아니라 최솟값을 갖는 점이다. 따라서 모든 $x,y>0$ 에 대해 $f(x,y)\ge f\big(1,\tfrac{1}{2}\big)=6$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) For $x,y>0$ ,

$\begin{aligned} f_x&=2-\frac{1}{x^2y}=0\iff y=\frac{1}{2x^2}\\ f_y&=4-\frac{1}{xy^2}=0 \end{aligned}$

Substituting $y=\frac{1}{2x^2}$ , from the first equation, into the second gives $4-4x^3=0$ which forces $x=1$ , $y=\tfrac{1}{2}$ . At $x=1$ , $y=\tfrac{1}{2}$ ,

$f\big(1,\tfrac{1}{2}\big)=2+2+2=6$

(b) The second derivatives are

$f_{xx}(x,y)=\frac{2}{x^3y}\qquad f_{xy}(x,y)=\frac{1}{x^2y^2}\qquad f_{yy}(x,y)=\frac{2}{xy^3}$

In particular

$f_{xx}\big(1,\tfrac{1}{2}\big)=4\qquad f_{xy}\big(1,\tfrac{1}{2}\big)=4\qquad f_{yy}\big(1,\tfrac{1}{2}\big)=16$

Since $f_{xx}\big(1,\tfrac{1}{2}\big)f_{yy}\big(1,\tfrac{1}{2}\big)- f_{xy}\big(1,\tfrac{1}{2}\big)^2=4\times 16-4^2=48>0$ and $f_{xx}\big(1,\tfrac{1}{2}\big)=4>0$ , the point $\big(1,\tfrac{1}{2}\big)$ is a local minimum.

(c) As $x$ or $y$ tends to infinity (with the other at least zero), $2x+4y$ tends to $+\infty$ . As $(x,y)$ tends to any point on the first quadrant part of the $x$ - and $y$ –axes, $\frac{1}{xy}$ tends to $+\infty$ . Hence as $x$ or $y$ tends to the boundary of the first quadrant (counting infinity as part of the boundary), $f(x,y)$ tends to $+\infty$ . As a result $\big(1,\tfrac{1}{2}\big)$ is a global (and not just local) minimum for $f$ in the first quadrant. Hence $f(x,y)\ge f\big(1,\tfrac{1}{2}\big)=6$ for all $x,y>0$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.9절 · 22번

# 극값과 안장점증명·논술도전자동 분류

40.CLP-3 · 2.10절 · 30번대학 수준우리말 번역

$f(x,y)$ 가 연속인 편도함수를 가진다고 하자. 곡선 $xy=1$ 위에서 $f(x,y)$ 의 극솟값과 극댓값을 구하는 문제를 생각하자.

$g(x,y) = xy -1$ 로 정의한다. 라그랑주 승수법에 따르면, $(x,y)$ 가 곡선 $xy=1$ 위에서 $f(x,y)$ 의 극소 또는 극대이면 다음을 만족하는 실수 $\lambda$ 가 존재한다.

${ \boldsymbol{\nabla} } f(x,y) =\lambda { \boldsymbol{\nabla} } g(x,y),\quad g(x,y)=0 \tag{E1}$

곡선 $xy=1$ 위에서 $y=\frac{1}{x}$ 이고 $f(x,y) =f\big(x,\frac{1}{x}\big)$ 이다. $F(x)=f\big(x,\frac{1}{x}\big)$ 로 정의한다. $x\ne 0$ 에서 $F(x)$ 가 극소 또는 극대이면 다음이 성립한다.

$F'(x)=0 \tag{E2}$

다음의 의미에서 (E1)과 (E2)가 동치임을 보이세요.

$\begin{aligned} &\text{$(x,y,\lambda )$ 가 (E1)을 만족하는 $\lambda $ 가 존재한다}\\ &\text{필요충분조건은}\\ &\text{$x\ne 0$ 이 (E2)를 만족하고 $y={1}/{x}$ 인 것이다.} \end{aligned}$

영어 원문 보기

Let $f(x,y)$ have continuous partial derivatives. Consider the problem of finding local minima and maxima of $f(x,y)$ on the curve $xy=1$ .

Define $g(x,y) = xy -1$ . According to the method of Lagrange multipliers, if $(x,y)$ is a local minimum or maximum of $f(x,y)$ on the curve $xy=1$ , then there is a real number $\lambda$ such that

${ \boldsymbol{\nabla} } f(x,y) =\lambda { \boldsymbol{\nabla} } g(x,y),\quad g(x,y)=0 \tag{E1}$

On the curve $xy=1$ , we have $y=\frac{1}{x}$ and $f(x,y) =f\big(x,\frac{1}{x}\big)$ . Define $F(x)=f\big(x,\frac{1}{x}\big)$ . If $x\ne 0$ is a local minimum or maximum of $F(x)$ , we have that

$F'(x)=0 \tag{E2}$

Show that (E1) is equivalent to (E2), in the sense that

$\begin{aligned} &\text{there is a $\lambda $ such that $(x,y,\lambda )$ obeys (E1)}\\ &\text{if and only if}\\ &\text{$x\ne 0$ obeys (E2) and $y={1}/{x}$.} \end{aligned}$

정답·풀이 보기

$(x,y)$ 가 $g(x,y)=xy-1=0$ 을 만족하면 $x$ 는 반드시 $0$ 이 아님에 유의한다. 따라서 $x\ne 0$ 이라고 가정해도 된다. 그러면

$\begin{aligned} &\text{$(x,y,\lambda )$ 가 (E1)을 만족하는 $\lambda $ 가 존재한다} \\ & \iff \text{다음을 만족하는 $\lambda $ 가 존재한다: } f_x(x,y)=\lambda g_x(x,y),\quad f_y(x,y)=\lambda g_y(x,y),\quad g(x,y)=0 \\ & \iff \text{다음을 만족하는 $\lambda $ 가 존재한다: } f_x(x,y)=\lambda y,\quad f_y(x,y)=\lambda x,\quad xy=1 \\ & \iff \text{다음을 만족하는 $\lambda $ 가 존재한다: } \frac{1}{y}f_x(x,y)= \frac{1}{x} f_y(x,y)=\lambda ,\quad xy=1 \\ & \iff \frac{1}{y}f_x(x,y)= \frac{1}{x} f_y(x,y) ,\quad xy=1 \\ & \iff xf_x\Big(\!x,\frac{1}{x}\Big)= \frac{1}{x} f_y\Big(\!x,\frac{1}{x}\Big) ,\quad y=\frac{1}{x} \\ & \iff F'(x) = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} f\Big(\!x,\frac{1}{x}\Big) = f_x\Big(\!x,\frac{1}{x}\Big) -\frac{1}{x^2}f_y\Big(\!x,\frac{1}{x}\Big) =0,\quad y=\frac{1}{x} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

Note that if $(x,y)$ obeys $g(x,y)=xy-1=0$ , then $x$ is necessarily nonzero. So we may assume that $x\ne 0$ . Then

$\begin{aligned} &\text{There is a $\lambda $ such that $(x,y,\lambda )$ obeys (E1)} \\ & \iff \text{there is a $\lambda $ such that } f_x(x,y)=\lambda g_x(x,y),\quad f_y(x,y)=\lambda g_y(x,y),\quad g(x,y)=0 \\ & \iff \text{there is a $\lambda $ such that } f_x(x,y)=\lambda y,\quad f_y(x,y)=\lambda x,\quad xy=1 \\ & \iff \text{there is a $\lambda $ such that } \frac{1}{y}f_x(x,y)= \frac{1}{x} f_y(x,y)=\lambda ,\quad xy=1 \\ & \iff \frac{1}{y}f_x(x,y)= \frac{1}{x} f_y(x,y) ,\quad xy=1 \\ & \iff xf_x\Big(\!x,\frac{1}{x}\Big)= \frac{1}{x} f_y\Big(\!x,\frac{1}{x}\Big) ,\quad y=\frac{1}{x} \\ & \iff F'(x) = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} f\Big(\!x,\frac{1}{x}\Big) = f_x\Big(\!x,\frac{1}{x}\Big) -\frac{1}{x^2}f_y\Big(\!x,\frac{1}{x}\Big) =0,\quad y=\frac{1}{x} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 4.8절 · 18번

# 라그랑주 승수법증명·논술도전자동 분류

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