다변수 미분 전체 연습문제

481.CLP-3 · 2.7절 · 20번대학 수준우리말 번역

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

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

영어 원문 보기

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

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

정답·풀이 보기

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

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

(b) 그곳에서 언덕의 기울기는 다음과 같다.

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

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

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

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

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

이고, 고도의 변화율은 다음과 같다.

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

원본 교재 풀이(영어)

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

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

(b) The slope of the hill there is

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

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

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

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

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

and your rate of change of altitude is

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

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

# 방향도함수와 기울기벡터계산보통자동 분류

482.CLP-3 · 2.7절 · 29번대학 수준우리말 번역

함수 $f(x,y,z) = x^2 + \cos(yz)$ 를 생각하세요.

(a) 점 $(1, 0, \pi/2)$ 에서 $f$ 가 가장 빠르게 증가하는 방향을 구하세요. (b) 점 $(1, 0, \pi/2)$ 에서 곡면

$S = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ f(x,y,z) = 1\ \big\}$

에 접하는 평면 $T$ 의 방정식을 구하세요. (c) $T$ 와 점 $(0, 1, 0)$ 사이의 거리를 구하세요. (d) 평면 $T$ 와 평면

$P = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x + z = 0\ \big\}$

가 이루는 각을 구하세요.

영어 원문 보기

Consider the function $f(x,y,z) = x^2 + \cos(yz)$ .

(a) Give the direction in which $f$ is increasing the fastest at the point $(1, 0, \pi/2)$ . (b) Give an equation for the plane $T$ tangent to the surface

$S = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ f(x,y,z) = 1\ \big\}$

at the point $(1, 0, \pi/2)$ . (c) Find the distance between $T$ and the point $(0, 1, 0)$ . (d) Find the angle between the plane $T$ and the plane

$P = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x + z = 0\ \big\}.$

정답·풀이 보기

$f$ 의 1계 편도함수를 임의의 점 $(x,y,z)$ 에서와 점 $(1, 0, \pi/2)$ 에서 각각 구하면 다음과 같다.

$\begin{aligned} f_x(x,y,z)&= 2x\qquad & f_x(1, 0, \pi/2)&= 2 \\ f_y(x,y,z)&= -z\sin(yz)\qquad & f_y(1, 0, \pi/2)&= 0 \\ f_z(x,y,z)&= -y\sin(yz)\qquad & f_z(1, 0, \pi/2)&= 0 \end{aligned}$

(a) $f$ 의 증가율이 가장 큰 방향은 ${ \boldsymbol{\nabla} } f(1, 0, \pi/2)=\left< 2,0,0\right>$ 의 방향이다. 그 방향의 단위벡터는 $\hat{\boldsymbol{\imath}}$ 이다.

(b) 기울기 벡터 ${ \boldsymbol{\nabla} } f(1, 0, \pi/2)=\left< 2,0,0\right>$ 는 $(1, 0, \pi/2)$ 에서 곡면 $f=1$ 의 법선벡터이다. 따라서 구하는 접평면은

$\begin{aligned} \left< 2,0,0\right> \cdot \left< x-1\,,\,y-0\,,\,z-\pi/2\right>=0\qquad\text{또는}\qquad x=1 \end{aligned}$

이다.

(c) 점 $(0,1,0)$ 에서 $T$ 위의 점 $(1,1,0)$ 으로 향하는 벡터는 $\left< 1,0,0\right>$ 이고, 이 벡터는 $T$ 에 수직이다. 따라서 $(1,1,0)$ 은 $T$ 위의 점 중 $(0,1,0)$ 에 가장 가까운 점이고, $(0,1,0)$ 에서 $T$ 까지의 거리는 $|\left< 1,0,0\right>|=1$ 이다.

(d) 벡터 $\left< 1,0,1\right>$ 은 평면 $x+z=0$ 에 수직이다. 따라서 두 평면 $T$ 와 $x+z=0$ 이 이루는 각은 두 벡터 $\left< 1,0,0\right>$ 과 $\left< 1,0,1\right>$ 이 이루는 각 $\theta$ 와 같고, 이 각은 다음을 만족한다.

$\begin{aligned} & |\left< 1,0,0\right>| \ |\left< 1,0,1\right>|\ \cos\theta =|\left< 1,0,0\right>\cdot\left< 1,0,1\right>| =1 \\ &\implies \cos\theta=\frac{1}{\sqrt{2}} \implies \theta=\frac{\pi}{4} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

The first order partial derivatives of $f$ , both at a general point $(x,y,z)$ and at the point $(1, 0, \pi/2)$ , are

$\begin{aligned} f_x(x,y,z)&= 2x\qquad & f_x(1, 0, \pi/2)&= 2 \\ f_y(x,y,z)&= -z\sin(yz)\qquad & f_y(1, 0, \pi/2)&= 0 \\ f_z(x,y,z)&= -y\sin(yz)\qquad & f_z(1, 0, \pi/2)&= 0 \end{aligned}$

(a) The rate of increase of $f$ is largest in the direction of ${ \boldsymbol{\nabla} } f(1, 0, \pi/2)=\left< 2,0,0\right>$ . A unit vector in that direction is $\hat{\boldsymbol{\imath}}$ .

(b) The gradient vector ${ \boldsymbol{\nabla} } f(1, 0, \pi/2)=\left< 2,0,0\right>$ is a normal vector to the surface $f=1$ at $(1, 0, \pi/2)$ . So the specified tangent plane is

$\begin{aligned} \left< 2,0,0\right> \cdot \left< x-1\,,\,y-0\,,\,z-\pi/2\right>=0\qquad\text{or}\qquad x=1 \end{aligned}$

(c) The vector from the point $(0,1,0)$ to the point $(1,1,0)$ , on $T$ , is $\left< 1,0,0\right>$ , which is perpendicular to $T$ . So $(1,1,0)$ is the point on $T$ nearest $(0,1,0)$ and the distance from $(0,1,0)$ to $T$ is $|\left< 1,0,0\right>|=1$ .

(d) The vector $\left< 1,0,1\right>$ is perpendicular to the plane $x+z=0$ . So the angle between the planes $T$ and $x+z=0$ is the same as the angle $\theta$ between the vectors $\left< 1,0,0\right>$ and $\left< 1,0,1\right>$ , which obeys

$\begin{aligned} & |\left< 1,0,0\right>| \ |\left< 1,0,1\right>|\ \cos\theta =|\left< 1,0,0\right>\cdot\left< 1,0,1\right>| =1 \\ &\implies \cos\theta=\frac{1}{\sqrt{2}} \implies \theta=\frac{\pi}{4} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.7절 · 32번

# 방향도함수와 기울기벡터계산도전자동 분류

483.CLP-3 · 2.7절 · 30번대학 수준우리말 번역

함수 $T(x,y,z)$ 가 $P = (2,1,1)$ 에서 $T(P) = 5$ , $T_x (P) = 1$ , $T_y(P) = 2$ , $T_z(P) = 3$ 임이 알려져 있다.

(a) 꿀벌이 $P$ 에서 출발하여 점 $Q = (3,2,2)$ 를 향하는 단위벡터를 따라 날아간다. 이 방향으로의 $T(x,y,z)$ 의 변화율을 구하세요. (b) 점 $P$ 에서 $T$ 의 선형 근사를 이용하여 $T(1.9,1,1.2)$ 를 어림하세요. (c) $S(x,y,z) = x + z$ 라 하자. 꿀벌이 $P$ 에서 출발할 때, 이 방향으로의 $T(x,y,z)$ 의 변화율과 $S(x,y,z)$ 의 변화율이 모두 0이 되려면 어느 단위벡터 방향으로 날아가야 하는지 구하세요.

영어 원문 보기

A function $T(x,y,z)$ at $P = (2,1,1)$ is known to have $T(P) = 5$ , $T_x (P) = 1$ , $T_y(P) = 2$ , and $T_z(P) = 3$ .

(a) A bee starts flying at $P$ and flies along the unit vector pointing towards the point $Q = (3,2,2)$ . What is the rate of change of $T(x,y,z)$ in this direction? (b) Use the linear approximation of $T$ at the point $P$ to approximate $T(1.9,1,1.2)$ . (c) Let $S(x,y,z) = x + z$ . A bee starts flying at $P$ ; along which unit vector direction should the bee fly so that the rate of change of $T(x,y,z)$ and of $S(x,y,z)$ are both zero in this direction?

정답·풀이 보기

(a) $P=(2,1,1)$ 에서 $Q=(3,2,2)$ 로 향하는 단위벡터 방향으로의 $T$ 의 방향도함수를 구하는 문제이다. 이 단위벡터는 $\frac{\left< 1,1,1\right>}{\sqrt{3}}$ 이다. 따라서 방향도함수는

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } T(P)\cdot \frac{\left< 1,1,1\right>}{\sqrt{3}} =\left< 1,2,3\right> \cdot \frac{\left< 1,1,1\right>}{\sqrt{3}} =2\sqrt{3} \end{aligned}$

이다.

(b) $P$ 에서 $T$ 의 선형 근사는

$\begin{aligned} T(2+\Delta x\,,\,1+\Delta y\,,\,1+\Delta z) &\approx T(P) + T_x(P)\,\Delta x + T_y(P)\,\Delta y + T_z(P)\,\Delta z \\ &= 5 +\Delta x +2\,\Delta y +3\,\Delta z \end{aligned}$

이다. 여기에 $\Delta x = -0.1$ , $\Delta y = 0$ , $\Delta z=0.2$ 를 대입하면

$\begin{aligned} T(1.9\,,\,1\,,\,1.2) &\approx 5 +(-0.1) +2\,(0) +3\,(0.2) =5.5 \end{aligned}$

이다.

(c) $T$ 의 변화율이 0이 되려면 운동 방향이 ${ \boldsymbol{\nabla} } T(P) = \left< 1,2,3\right>$ 에 수직이어야 한다. $S$ 의 변화율도 0이 되려면 운동 방향이 ${ \boldsymbol{\nabla} } S(P) = \left< 1,0,1\right>$ 에도 수직이어야 한다. 벡터

$\begin{aligned} \left< 1,2,3\right> \times \left< 1,0,1\right> &=\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}}\\ 1 & 2 & 3 \\ 1 & 0 & 1\end{matrix}\right] =\left< 2,2,-2\right> \end{aligned}$

는 ${ \boldsymbol{\nabla} } T(P)$ 와 ${ \boldsymbol{\nabla} } S(P)$ 에 모두 수직이다. 따라서 구하는 단위벡터는 $\pm\frac{\left< 1,1,-1\right>}{\sqrt{3}}$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) We are being asked for the directional derivative of $T$ in the direction of the unit vector from $P=(2,1,1)$ to $Q=(3,2,2)$ , which is $\frac{\left< 1,1,1\right>}{\sqrt{3}}$ . That directional derivative is

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } T(P)\cdot \frac{\left< 1,1,1\right>}{\sqrt{3}} =\left< 1,2,3\right> \cdot \frac{\left< 1,1,1\right>}{\sqrt{3}} =2\sqrt{3} \end{aligned}$

(b) The linear approximation to $T$ at $P$ is

$\begin{aligned} T(2+\Delta x\,,\,1+\Delta y\,,\,1+\Delta z) &\approx T(P) + T_x(P)\,\Delta x + T_y(P)\,\Delta y + T_z(P)\,\Delta z \\ &= 5 +\Delta x +2\,\Delta y +3\,\Delta z \end{aligned}$

Applying this with $\Delta x = -0.1$ , $\Delta y = 0$ , $\Delta z=0.2$ gives

$\begin{aligned} T(1.9\,,\,1\,,\,1.2) &\approx 5 +(-0.1) +2\,(0) +3\,(0.2) =5.5 \end{aligned}$

(c) For the rate of change of $T$ to be zero, the direction of motion must be perpendicular to ${ \boldsymbol{\nabla} } T(P) = \left< 1,2,3\right>$ . For the rate of change of $S$ to also be zero, the direction of motion must also be perpendicular to ${ \boldsymbol{\nabla} } S(P) = \left< 1,0,1\right>$ . The vector

$\begin{aligned} \left< 1,2,3\right> \times \left< 1,0,1\right> &=\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}}\\ 1 & 2 & 3 \\ 1 & 0 & 1\end{matrix}\right] =\left< 2,2,-2\right> \end{aligned}$

is perpendicular to both ${ \boldsymbol{\nabla} } T(P)$ and ${ \boldsymbol{\nabla} } S(P)$ . So the desired unit vectors are $\pm\frac{\left< 1,1,-1\right>}{\sqrt{3}}$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.7절 · 31번

# 방향도함수와 기울기벡터계산도전자동 분류

484.CLP-3 · 2.7절 · 31번대학 수준우리말 번역

함수 $F(x,y,z) = z^3 +xy^2 +xz$ 와 $G(x,y,z)=3x-y+4z$ 를 생각하세요. 당신은 점 $P(0,1,2)$ 에 서 있습니다.

(a) $P$ 에서 $Q(0.1\,,\,0.9\,,\,1.8)$ 로 뛰어갑니다. 선형 근사를 이용하여 $F$ 가 변하는 양을 대략 구하세요. (b) $P$ 에서 $G$ 가 가장 빠르게 증가하는 방향으로 뛰어갑니다. $F$ 는 증가하는지 감소하는지 판단하세요. (c) $P$ 에서 $F$ 와 $G$ 의 변화율이 모두 0 인 방향 $\left< a\,,\,b\,,\,c\right>$ 로 뛰어갑니다. 이러한 방향의 예를 하나 구하세요(단위벡터일 필요는 없습니다).

영어 원문 보기

Consider the functions $F(x,y,z) = z^3 +xy^2 +xz$ and $G(x,y,z)=3x-y+4z$ . You are standing at the point $P(0,1,2)$ .

(a) You jump from $P$ to $Q(0.1\,,\,0.9\,,\,1.8)$ . Use the linear approximation to determine approximately the amount by which $F$ changes. (b) You jump from $P$ in the direction along which $G$ increases most rapidly. Will $F$ increase or decrease? (c) You jump from $P$ in a direction $\left< a\,,\,b\,,\,c\right>$ along which the rates of change of $F$ and $G$ are both zero. Give an example of such a direction (need not be a unit vector).

정답·풀이 보기

$(0,1,2)$ 에서 $F$ 와 $G$ 의 기울기벡터가 모두 필요하다. 따라서 다음을 계산한다.

$\begin{aligned} \frac{\partial F}{\partial x}(x,y,z)&=y^2+z & \frac{\partial F}{\partial y}(x,y,z)&=2xy & \frac{\partial F}{\partial z}(x,y,z)&=3z^2+x \\ \frac{\partial G}{\partial x}(x,y,z)&=3 & \frac{\partial G}{\partial y}(x,y,z)&=-1 & \frac{\partial G}{\partial z}(x,y,z)&=4 \end{aligned}$

그러면

${ \boldsymbol{\nabla} } F(0,1,2) = \left< 3,0,12 \right>\qquad { \boldsymbol{\nabla} } G(0,1,2) = \left< 3,-1,4 \right>$

이다.

(a) $(0,1,2)$ 에서 $F$ 의 선형 근사는

$\begin{aligned} F(x,y,z) &\approx F(0,1,2) + F_x(0,1,2)\,x + F_y(0,1,2)\,(y-1) + F_z(0,1,2)\,(z-2) \\ &=8+ 3 x + 12 (z-2) \end{aligned}$

이다. 특히

$\begin{aligned} F(0.1\,,\,0.9\,,\,1.8) - F(0,1,2) &\approx 3(0.1) + 12(-0.2) =-2.1 \end{aligned}$

이다.

(b) $P$ 에서 $G$ 가 가장 빠르게 증가하는 방향은 ${ \boldsymbol{\nabla} } G(0,1,2) = \left< 3,-1,4 \right>$ 이다. 그 방향으로의 $F$ 의 방향미분계수는

$\begin{aligned} D_{\frac{\left< 3,-1,4\right>}{\sqrt{26}}}F(0,1,2) = { \boldsymbol{\nabla} } F(0,1,2) \cdot \frac{\left< 3,-1,4\right>}{\sqrt{26}} = \left< 3,0,12 \right>\cdot \frac{\left< 3,-1,4\right>}{\sqrt{26}} > 0 \end{aligned}$

이다. 따라서 $F$ 는 증가한다.

(c) $F$ 의 변화율이 0 이 되려면 $\left< a\,,\,b\,,\,c\right>$ 가 ${ \boldsymbol{\nabla} } F(0,1,2) = \left< 3,0,12 \right>$ 에 수직이어야 한다.

$G$ 의 변화율이 0 이 되려면 $\left< a\,,\,b\,,\,c\right>$ 가 ${ \boldsymbol{\nabla} } G(0,1,2) = \left< 3,-1,4 \right>$ 에 수직이어야 한다.

따라서 0이 아닌 임의의 상수 곱

$\begin{aligned} \det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ 3 & 0 & 12 \\ 3 & -1 & 4 \end{matrix}\right] =\left< 12 \,,\, 24 \,,\, -3 \right> =3 \left< 4 \,,\, 8 \,,\, -1 \right> \end{aligned}$

이 조건을 만족하는 방향이다.

원본 교재 풀이(영어)

We are going to need the gradients of both $F$ and $G$ at $(0,1,2)$ . So we compute

$\begin{aligned} \frac{\partial F}{\partial x}(x,y,z)&=y^2+z & \frac{\partial F}{\partial y}(x,y,z)&=2xy & \frac{\partial F}{\partial z}(x,y,z)&=3z^2+x \\ \frac{\partial G}{\partial x}(x,y,z)&=3 & \frac{\partial G}{\partial y}(x,y,z)&=-1 & \frac{\partial G}{\partial z}(x,y,z)&=4 \end{aligned}$

and then

${ \boldsymbol{\nabla} } F(0,1,2) = \left< 3,0,12 \right>\qquad { \boldsymbol{\nabla} } G(0,1,2) = \left< 3,-1,4 \right>$

(a) The linear approximation to $F$ at $(0,1,2)$ is

$\begin{aligned} F(x,y,z) &\approx F(0,1,2) + F_x(0,1,2)\,x + F_y(0,1,2)\,(y-1) + F_z(0,1,2)\,(z-2) \\ &=8+ 3 x + 12 (z-2) \end{aligned}$

In particular

$\begin{aligned} F(0.1\,,\,0.9\,,\,1.8) - F(0,1,2) &\approx 3(0.1) + 12(-0.2) =-2.1 \end{aligned}$

(b) The direction along which $G$ increases most rapidly at $P$ is ${ \boldsymbol{\nabla} } G(0,1,2) = \left< 3,-1,4 \right>$ . The directional derivative of $F$ in that direction is

$\begin{aligned} D_{\frac{\left< 3,-1,4\right>}{\sqrt{26}}}F(0,1,2) = { \boldsymbol{\nabla} } F(0,1,2) \cdot \frac{\left< 3,-1,4\right>}{\sqrt{26}} = \left< 3,0,12 \right>\cdot \frac{\left< 3,-1,4\right>}{\sqrt{26}} > 0 \end{aligned}$

So $F$ increases.

(c) For the rate of change of $F$ to be zero, $\left< a\,,\,b\,,\,c\right>$ must be perpendicular to ${ \boldsymbol{\nabla} } F(0,1,2) = \left< 3,0,12 \right>$ .

For the rate of change of $G$ to be zero, $\left< a\,,\,b\,,\,c\right>$ must be perpendicular to ${ \boldsymbol{\nabla} } G(0,1,2) = \left< 3,-1,4 \right>$ .

So any nonzero constant times

$\begin{aligned} \det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ 3 & 0 & 12 \\ 3 & -1 & 4 \end{matrix}\right] =\left< 12 \,,\, 24 \,,\, -3 \right> =3 \left< 4 \,,\, 8 \,,\, -1 \right> \end{aligned}$

is an allowed direction.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 4.6절 · 42번

# 방향도함수와 기울기벡터계산도전자동 분류

485.CLP-3 · 2.8절 · 1번대학 수준우리말 번역

$u(x,t)= e^{-t-x^2}$ 이라 하자. $u(x,t)$ 가 편미분방정식

$u_{xx}(x,t)+u(x,t) = g(x)\, u_t(x,t)$

을 만족하도록 하는 함수 $g(x)$ 를 구하세요.

영어 원문 보기

Let $u(x,t)= e^{-t-x^2}$ . Find a function $g(x)$ so that $u(x,t)$ obeys the partial differential equation

$u_{xx}(x,t)+u(x,t) = g(x)\, u_t(x,t)$

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

먼저 $u(x,t)= e^{-t-x^2}$ 일 때 $u_t(x,t)$ 와 $u_{xx}(x,t)+u(x,t)$ 를 계산한다.

$\begin{aligned} u(x,t)&= e^{-t-x^2} \\ u_t(x,t)&= -e^{-t-x^2} \\ u_x(x,t)&= -2x e^{-t-x^2} \\ u_{xx}(x,t)&= -2 e^{-t-x^2} +4x^2 e^{-t-x^2} \end{aligned}$

따라서

$\begin{aligned} u_{xx}(x,t)+u(x,t) &= \big[-2 e^{-t-x^2} +4x^2 e^{-t-x^2}\big] +e^{-t-x^2} \\ &= \big[4x^2-1]e^{-t-x^2} \end{aligned}$

이것이 $g(x)\, u_t(x,t) = -g(x)\, e^{-t-x^2}$ 와 같아지려면 $g(x) = 1-4x^2$ 이어야 한다.

원본 교재 풀이(영어)

We start by evaluating $u_t(x,t)$ and $u_{xx}(x,t)+u(x,t)$ when $u(x,t)= e^{-t-x^2}$ .

$\begin{aligned} u(x,t)&= e^{-t-x^2} \\ u_t(x,t)&= -e^{-t-x^2} \\ u_x(x,t)&= -2x e^{-t-x^2} \\ u_{xx}(x,t)&= -2 e^{-t-x^2} +4x^2 e^{-t-x^2} \end{aligned}$

So

$\begin{aligned} u_{xx}(x,t)+u(x,t) &= \big[-2 e^{-t-x^2} +4x^2 e^{-t-x^2}\big] +e^{-t-x^2} \\ &= \big[4x^2-1]e^{-t-x^2} \end{aligned}$

For this to equal $g(x)\, u_t(x,t) = -g(x)\, e^{-t-x^2}$ , we need $g(x) = 1-4x^2$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.8절 · 2번

# 편미분방정식 맛보기계산기본자동 분류

486.CLP-3 · 2.8절 · 2번대학 수준우리말 번역

(a) 편미분방정식

$u_x=0$

을 만족하는 모든 함수 $u(x,y)$ 를 구하세요. (b) $f(x)$ 를 주어진 함수라 하자. 편미분방정식

$u_x(x,y)= f(x)$

을 만족하는 모든 함수 $u(x,y)$ 를 구하세요.

영어 원문 보기

(a) Find all functions $u(x,y)$ that obey the partial differential equation

$u_x=0$ (b) Let $f(x)$ be a given function. Find all functions $u(x,y)$ that obey the partial differential equation

$u_x(x,y)= f(x)$

정답·풀이 보기

(a) 임의의 $y_0$ 을 고정하고 $v(x)=u(x,y_0)$ 라 하자. 그러면

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x}(x) =\frac{\partial u}{\partial x}(x,y_0) = 0 \end{aligned}$

이다. 따라서 각각의 고정된 $y_0$ 에 대해 $x$ 의 함수인 $v(x)=u(x,y_0)$ 는 상수이어야 한다. 이 상수는 $y_0$ 을 어떻게 택하느냐에 따라 달라질 수 있다. 따라서 $u(x,y_0) = C(y_0)$ 이며, $C(y_0)$ 은 $y_0$ 에만 의존하고 $x$ 에는 의존하지 않는다. $y_0$ 을 다시 $y$ 로 바꾸어 쓰면, $u(x,y)=C(y)$ 이고 $C(y)$ 는 변수 $y$ 하나만의 임의의 함수이다.

(b) 임의의 $y_0$ 을 고정하고 $v(x)=u(x,y_0)$ 라 하자. 그러면

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x}(x) =\frac{\partial u}{\partial x}(x,y_0) = f(x) \end{aligned}$

이다. 말로 하면, $v(x)$ 는 도함수가 $f(x)$ 이어야 하고, 즉 $f(x)$ 의 부정적분이어야 한다. 따라서 $F(x)$ 가 도함수가 $f(x)$ 인 임의의 함수, 즉 $F(x)$ 가 $f(x)$ 의 임의의 부정적분이면, 각각의 고정된 $y_0$ 에 대해 $v(x)=u(x,y_0) = F(x) +C$ 이고, 여기서 $C$ 는 상수이다. 이 상수는 $y_0$ 을 어떻게 택하느냐에 따라 달라질 수 있다. 따라서 $u(x,y_0) = F(x)+ C(y_0)$ 이며, $C(y_0)$ 은 $y_0$ 에만 의존하고 $x$ 에는 의존하지 않는다. $y_0$ 을 다시 $y$ 로 바꾸어 쓰면, $u(x,y)=F(x) + C(y)$ 이고 $F(x)$ 는 $f(x)$ 의 임의의 부정적분, $C(y)$ 는 변수 $y$ 하나만의 임의의 함수이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) Fix any $y_0$ and set $v(x)=u(x,y_0)$ . Then

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x}(x) =\frac{\partial u}{\partial x}(x,y_0) = 0 \end{aligned}$

So, for each fixed $y_0$ , $v(x)=u(x,y_0)$ , which is a function of $x$ , has to be a constant. The constant may be different for each different choice of $y_0$ . So $u(x,y_0) = C(y_0)$ with $C(y_0)$ depending only on $y_0$ , not on $x$ . Or, renaming $y_0$ back to $y$ , $u(x,y)=C(y)$ with $C(y)$ being any function of the single variable $y$ .

(b) Fix any $y_0$ and set $v(x)=u(x,y_0)$ . Then

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x}(x) =\frac{\partial u}{\partial x}(x,y_0) = f(x) \end{aligned}$

In words, $v(x)$ has to have derivative $f(x)$ , i.e. be an antiderivative of $f(x)$ . So if $F(x)$ is any function whose derivative is $f(x)$ , i.e. if $F(x)$ is any antiderivative of $f(x)$ , then, for each fixed $y_0$ , $v(x)=u(x,y_0) = F(x) +C$ , with $C$ being a constant. The constant may be different for each different choice of $y_0$ . So $u(x,y_0) = F(x)+ C(y_0)$ with $C(y_0)$ depending only on $y_0$ , not on $x$ . Or, renaming $y_0$ back to $y$ , $u(x,y)=F(x) + C(y)$ with $F(x)$ being any antiderivative of $f(x)$ and $C(y)$ being any function of the single variable $y$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.8절 · 14번

# 편미분방정식 맛보기계산기본자동 분류

487.CLP-3 · 2.8절 · 3번대학 수준우리말 번역

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

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

영어 원문 보기

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

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

정답·풀이 보기

(a) $u(x,y) = x^3-3xy^2$ 이면

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

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

(b) $u(x,y) = x^3-y^3$ 이면

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

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

(c) $u(x,y) = \sin(x)\,\cos(y)$ 이면

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

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

(d) $u(x,y) = e^{7x}\,\cos(7y)$ 이면

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

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

(e) $u(x,y) = \ln(x^2+y^2)$ 이면

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

이므로

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

이고 $\ln(x^2+y^2)$ 은 조화함수이다.

원본 교재 풀이(영어)

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

So

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

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.8절 · 13번

# 편미분방정식 맛보기계산보통자동 분류

488.CLP-3 · 2.8절 · 4번대학 수준우리말 번역

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

영어 원문 보기

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

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

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

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

편미분방정식의 좌변은

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

이고, 편미분방정식의 우변은

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

이다. 좌변과 우변이 같을 필요충분조건은

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

이다.

원본 교재 풀이(영어)

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

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

the left hand side of the PDE is

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

and the right hand side of the PDE is

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

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

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.8절 · 5번

# 편미분방정식 맛보기계산보통자동 분류

489.CLP-3 · 2.8절 · 5번대학 수준우리말 번역

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

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

이 되도록 하는 $a$ 를 모두 구하세요.

영어 원문 보기

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

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

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

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

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

다음을 얻는다.

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

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

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

이다.

원본 교재 풀이(영어)

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

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

We have

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

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

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.8절 · 6번

# 편미분방정식 맛보기계산보통자동 분류

490.CLP-3 · 2.8절 · 6번대학 수준우리말 번역

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

영어 원문 보기

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

정답·풀이 보기

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

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

편미분방정식의 좌변은

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

이고, 편미분방정식의 우변은

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

이다. 좌변과 우변이 같을 필요충분조건은

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

이다.

원본 교재 풀이(영어)

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

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

the left hand side of the PDE is

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

and the right hand side of the PDE is

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

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

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.8절 · 7번

# 편미분방정식 맛보기계산보통자동 분류

491.CLP-3 · 2.8절 · 11번대학 수준우리말 번역

점 $(x,y,z)$ 에서 원점 $(0,0,0)$ 까지의 거리는

$r(x,y,z) = \sqrt{x^2+y^2+z^2}$

이다. $n$ 이 실수 상수일 때, 모든 $(x,y,z)\ne (0,0,0)$ 에 대해 라플라스 방정식

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

을 만족하는 함수 $u(x,y,z) = r(x,y,z)^n$ 을 모두 구하세요.

영어 원문 보기

The distance from the point $(x,y,z)$ to the origin $(0,0,0)$ is

$r(x,y,z) = \sqrt{x^2+y^2+z^2}$

Find all functions $u(x,y,z) = r(x,y,z)^n$ , with $n$ being a real constant, that obey Laplace's equation

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

for all $(x,y,z)\ne (0,0,0)$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

편미분방정식에 대입하기 위해 $u_{xx}$ , $u_{yy}$ , $u_{zz}$ 를 계산한다.

$\begin{aligned} u(x,y,z) &= r(x,y,z)^n = \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2} \\ u_x(x,y,z)&= \frac{n}{2}\,\big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1}\ \frac{\partial }{\partial x}\big(x^2+y^2+z^2\big) \\ &= nx\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} \\ u_{xx}(x,y,z)&= n\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} + nx\ (n/2-1) \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-2} (2x) \\ &=n\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} +n(n-2)x^2 \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-2} \\ u_y(x,y,z)&= \frac{n}{2}\,\big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1}\ \frac{\partial }{\partial y}\big(x^2+y^2+z^2\big) \\ &= ny\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} \\ u_{yy}(x,y,z)&= n\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} + ny\ (n/2-1) \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-2} (2y) \\ &=n\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} +n(n-2)y^2 \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-2} \\ u_z(x,y,z)&= \frac{n}{2}\,\big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1}\ \frac{\partial }{\partial z}\big(x^2+y^2+z^2\big) \\ &= nz\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} \\ u_{zz}(x,y,z)&= n\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} + nz\ (n/2-1) \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-2} (2z) \\ &=n\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} +n(n-2)z^2 \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-2} \end{aligned}$

따라서

$\begin{aligned} u_{xx}+u_{yy}+u_{zz} &=3n\big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} +n(n-2)\ (x^2+y^2+z^2) \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-2} \\ &=3n\big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} +n(n-2)\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} \\ &=[3n+n^2-2n]\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} \end{aligned}$

이 값이 0이 될 필요충분조건은 다음과 같다.

$n+n^2=n(1+n)=0 \iff n=0,-1$

원본 교재 풀이(영어)

In preparation for substituting into the PDE, we compute $u_{xx}$ , $u_{yy}$ and $u_{zz}$ .

$\begin{aligned} u(x,y,z) &= r(x,y,z)^n = \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2} \\ u_x(x,y,z)&= \frac{n}{2}\,\big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1}\ \frac{\partial }{\partial x}\big(x^2+y^2+z^2\big) \\ &= nx\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} \\ u_{xx}(x,y,z)&= n\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} + nx\ (n/2-1) \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-2} (2x) \\ &=n\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} +n(n-2)x^2 \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-2} \\ u_y(x,y,z)&= \frac{n}{2}\,\big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1}\ \frac{\partial }{\partial y}\big(x^2+y^2+z^2\big) \\ &= ny\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} \\ u_{yy}(x,y,z)&= n\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} + ny\ (n/2-1) \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-2} (2y) \\ &=n\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} +n(n-2)y^2 \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-2} \\ u_z(x,y,z)&= \frac{n}{2}\,\big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1}\ \frac{\partial }{\partial z}\big(x^2+y^2+z^2\big) \\ &= nz\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} \\ u_{zz}(x,y,z)&= n\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} + nz\ (n/2-1) \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-2} (2z) \\ &=n\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} +n(n-2)z^2 \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-2} \end{aligned}$

So

$\begin{aligned} u_{xx}+u_{yy}+u_{zz} &=3n\big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} +n(n-2)\ (x^2+y^2+z^2) \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-2} \\ &=3n\big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} +n(n-2)\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} \\ &=[3n+n^2-2n]\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} \end{aligned}$

This is zero if and only if

$n+n^2=n(1+n)=0 \iff n=0,-1$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.8절 · 10번

# 편미분방정식 맛보기계산도전자동 분류

492.CLP-3 · 2.8절 · 14번대학 수준우리말 번역

(a) $u(x,y)$ 가 편미분방정식 $3u_x(x,y) + 6u_y(x,y)=u(x,y)$ 를 만족한다고 하자. $v(X,Y) = u(X, Y+2X)$ 로 정의할 때, $v$ 가 만족하는 편미분방정식을 구하세요. (b) $u(x,y)$ 가 편미분방정식 $xu_x(x,y) + yu_y(x,y)=u(x,y)$ 를 만족한다고 하자. $v(X,Y) = u(X, Xe^Y)$ 로 정의할 때, $v$ 가 만족하는 편미분방정식을 구하세요.

영어 원문 보기

(a) Suppose that $u(x,y)$ obeys the PDE $3u_x(x,y) + 6u_y(x,y)=u(x,y)$ . Define $v(X,Y) = u(X, Y+2X)$ . Find a PDE that $v$ obeys. (b) Suppose that $u(x,y)$ obeys the PDE $xu_x(x,y) + yu_y(x,y)=u(x,y)$ . Define $v(X,Y) = u(X, Xe^Y)$ . Find a PDE that $v$ obeys.

정답·풀이 보기

(a) $u(x,y)$ 가 편미분방정식

$3u_x(x,y) + 6u_y(x,y)=u(x,y)$

을 만족한다고 하자.

$v(X,Y) = u(X, Y+2X)$ 로 정의하자. 그러면 연쇄 법칙에 의해

$\begin{aligned} v_X(X,Y)&=\frac{\partial }{\partial X}\big[ u(X, Y+2X)\big] \\ &=u_x(X, Y+2X) +2u_y(X, Y+2X) \\ &=\frac{1}{3}\big\{3u_x(X, Y+2X) + 6u_y(X, Y+2X)\big\} \\ &=\frac{1}{3} u(X, Y+2X) \\ &=\frac{1}{3} v(X,Y) \end{aligned}$

이다.

(b) $v(X,Y) = u(X, Xe^Y)$ 로 정의하자. 그러면 연쇄 법칙에 의해

$\begin{aligned} v_X(X,Y)&=\frac{\partial }{\partial X}\big[ u(X, Xe^Y)\big] \\ &=u_x(X, Xe^Y) +e^Yu_y(X, Xe^Y) \end{aligned}$

이다.

이제 $xu_x(x,y) + yu_y(x,y)=u(x,y)$ 이면, $x=X$ , $y=Xe^Y$ 에서의 값을 생각할 때

$Xu_x(X, Xe^Y) + Xe^Yu_y(X, Xe^Y)=u(X, Xe^Y)$

임에 주목하자.

따라서

$\begin{aligned} v_X(X,Y) &=\frac{1}{X}\big\{X u_x(X, Xe^Y) +X e^Y u_y(X, Xe^Y) \big\} \\ &=\frac{1}{X} u(X, Xe^Y) \\ &=\frac{1}{X} v(X,Y) \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

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

$3u_x(x,y) + 6u_y(x,y)=u(x,y)$

Define $v(X,Y) = u(X, Y+2X)$ . Then, by the chain rule,

$\begin{aligned} v_X(X,Y)&=\frac{\partial }{\partial X}\big[ u(X, Y+2X)\big] \\ &=u_x(X, Y+2X) +2u_y(X, Y+2X) \\ &=\frac{1}{3}\big\{3u_x(X, Y+2X) + 6u_y(X, Y+2X)\big\} \\ &=\frac{1}{3} u(X, Y+2X) \\ &=\frac{1}{3} v(X,Y) \end{aligned}$

(b) Define $v(X,Y) = u(X, Xe^Y)$ . Then, by the chain rule,

$\begin{aligned} v_X(X,Y)&=\frac{\partial }{\partial X}\big[ u(X, Xe^Y)\big] \\ &=u_x(X, Xe^Y) +e^Yu_y(X, Xe^Y) \end{aligned}$

Now notice that if $xu_x(x,y) + yu_y(x,y)=u(x,y)$ , then, evaluating at $x=X$ and $y=Xe^Y$ gives

$Xu_x(X, Xe^Y) + Xe^Yu_y(X, Xe^Y)=u(X, Xe^Y)$

So

$\begin{aligned} v_X(X,Y) &=\frac{1}{X}\big\{X u_x(X, Xe^Y) +X e^Y u_y(X, Xe^Y) \big\} \\ &=\frac{1}{X} u(X, Xe^Y) \\ &=\frac{1}{X} v(X,Y) \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.8절 · 3번

# 편미분방정식 맛보기계산도전자동 분류

493.CLP-3 · 2.9절 · 2번대학 수준우리말 번역

$(x,y)$ 가 정사각형 영역 $|x|\le 1$ , $|y|\le 1$ 에서 변할 때, 곡면 $\ z=\sqrt{x^2+y^2}\$ 의 가장 높은 점과 가장 낮은 점을 구하세요. 그 점들에서 $\ z_x,\ z_y\$ 의 값에 대해 논하세요. 답하는 과정에서 도함수를 구하지 마세요.

영어 원문 보기

Find the high and low points of the surface $\ z=\sqrt{x^2+y^2}\$ with $(x,y)$ varying over the square $\ |x|\le 1$ , $|y|\le 1\$ . Discuss the values of $\ z_x,\ z_y\$ there. Do not evaluate any derivatives in answering this question.

정답·풀이 보기

$(x,y)$ 에서의 높이 $\sqrt{x^2+y^2}$ 은 $(x,y)$ 에서 $(0,0)$ 까지의 거리이다. 따라서 최소 높이는 $(0,0,0)$ 에서 0이다. 이 곡면은 원뿔이다. 원뿔은 $(0,0,0)$ 에서 뾰족하며, 그 점에서 미분계수 $z_x$ 와 $z_y$ 는 존재하지 않는다. 최대 높이는 $(x,y)$ 가 $(0,0)$ 에서 가능한 한 멀리 있을 때 얻어진다. 가장 높은 점은 $(\pm 1,\pm 1,\sqrt{2})$ 이다. 이 점들에서 $z_x$ 와 $z_y$ 는 존재하지만 0이 아니다. $|x|,|y|\le 1$ 이라는 제한이 없다면 이 점들은 가장 높은 점이 아닐 것이다.

원본 교재 풀이(영어)

The height $\sqrt{x^2+y^2}$ at $(x,y)$ is the distance from $(x,y)$ to $(0,0)$ . So the minimum height is zero at $(0,0,0)$ . The surface is a cone. The cone has a point at $(0,0,0)$ and the derivatives $z_x$ and $z_y$ do not exist there. The maximum height is achieved when $(x,y)$ is as far as possible from $(0,0)$ . The highest points are at $(\pm 1,\pm 1,\sqrt{2})$ . There $z_x$ and $z_y$ exist but are not zero. These points would not be the highest points if it were not for the restriction $|x|,|y|\le 1$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기APEX · 12.8절 · 6번

# 극값과 안장점계산기본자동 분류

494.CLP-3 · 2.9절 · 3번대학 수준우리말 번역

한 변수 매끄러운 함수 $\ f(t)\$ ( $t$ 는 모든 실수 값을 가진다)에 대하여 $t_0$ 이 극솟값 또는 극댓값을 주는 점이면 $\ f'(t_0)=0$ 이다. 직선 $\ \mathbf{x}=\mathbf{a}+t\mathbf{d}\$ 위의 점들로 제한한 매끄러운 함수 $\ g(\mathbf{x})\$ 가 $\mathbf{x}_0$ 에서 극솟값 또는 극댓값을 갖기 위한 이와 유사한 필요조건을 유도하세요. 이 조건에는 $g(\mathbf{x})$ 의 그래디언트가 들어가야 합니다.

영어 원문 보기

If $t_0$ is a local minimum or maximum of the smooth function $\ f(t)\$ of one variable ( $t$ runs over all real numbers) then $\ f'(t_0)=0.$ Derive an analogous necessary condition for $\mathbf{x}_0$ to be a local minimum or maximium of the smooth function $\ g(\mathbf{x})\$ restricted to points on the line $\ \mathbf{x}=\mathbf{a}+t\mathbf{d}\ .$ The test should involve the gradient of $g(\mathbf{x})$ .

정답·풀이 보기

$f(t)=g(\mathbf{a}+t\mathbf{d})$ 로 정의하고, $\mathbf{x}_0=\mathbf{a}+t_0\mathbf{d}$ 가 되도록 $t_0$ 을 정한다. 그러면 $f'(t)={ \boldsymbol{\nabla} } g(\mathbf{a}+t\mathbf{d})\cdot\mathbf{d}$ 이다. 이를 확인하기 위해 $\mathbf{a}=\left< a_1,a_2,a_3\right>$ , $\mathbf{d}=\left< d_1,d_2,d_3\right>$ 로 쓰자. 그러면

$f(t)=g(a_1+td_1,a_2+td_2,a_3+td_3)$

이므로 연쇄 법칙에 의해

$\begin{aligned} f'(t) &= \frac{\partial g}{\partial x}(a_1+td_1,a_2+td_2,a_3+td_3)\,d_1 +\frac{\partial g}{\partial y}(a_1+td_1,a_2+td_2,a_3+td_3)\,d_2 \\& +\frac{\partial g}{\partial z}(a_1+td_1,a_2+td_2,a_3+td_3)\,d_3 \\ &={ \boldsymbol{\nabla} } g(\mathbf{a}+t\mathbf{d})\cdot\mathbf{d} \end{aligned}$

이다. 그러면 $\mathbf{x}_0$ 이 주어진 직선으로 제한한 $g$ 의 극댓값 또는 극솟값을 주는 점일 필요충분조건은 $t_0$ 이 $f(t)$ 의 극댓값 또는 극솟값을 주는 점인 것이다. 그렇다면 $f'(t_0)$ 은 반드시 $0$ 이 된다. 따라서 $\mathbf{x}_0$ 이 주어진 직선으로 제한한 $g$ 의 극댓값 또는 극솟값을 주는 점이면 ${ \boldsymbol{\nabla} } g(\mathbf{x}_0)\cdot\mathbf{d}=0$ , 즉 ${ \boldsymbol{\nabla} } g(\mathbf{x}_0)\perp\mathbf{d}$ 이고, 어떤 $t_0$ 에 대해 $\mathbf{x}_0=\mathbf{a}+t_0\mathbf{d}$ 이다. 두 번째 조건은 $x_0$ 이 직선 위에 있음을 보장하기 위한 것이다.

원본 교재 풀이(영어)

Define $f(t)=g(\mathbf{a}+t\mathbf{d})$ and determine $t_0$ by $\mathbf{x}_0=\mathbf{a}+t_0\mathbf{d}$ . Then $f'(t)={ \boldsymbol{\nabla} } g(\mathbf{a}+t\mathbf{d})\cdot\mathbf{d}$ . To see this, write $\mathbf{a}=\left< a_1,a_2,a_3\right>$ and $\mathbf{d}=\left< d_1,d_2,d_3\right>$ . Then

$f(t)=g(a_1+td_1,a_2+td_2,a_3+td_3)$

So, by the chain rule,

$\begin{aligned} f'(t) &= \frac{\partial g}{\partial x}(a_1+td_1,a_2+td_2,a_3+td_3)\,d_1 +\frac{\partial g}{\partial y}(a_1+td_1,a_2+td_2,a_3+td_3)\,d_2 \\& +\frac{\partial g}{\partial z}(a_1+td_1,a_2+td_2,a_3+td_3)\,d_3 \\ &={ \boldsymbol{\nabla} } g(\mathbf{a}+t\mathbf{d})\cdot\mathbf{d} \end{aligned}$

Then $\mathbf{x}_0$ is a local max or min of the restriction of $g$ to the specified line if and only if $t_0$ is a local max or min of $f(t)$ . If so, $f'(t_0)$ necessarily vanishes. So if $\mathbf{x}_0$ is a local max or min of the restriction of $g$ to the specified line, then ${ \boldsymbol{\nabla} } g(\mathbf{x}_0)\cdot\mathbf{d}=0$ , i.e. ${ \boldsymbol{\nabla} } g(\mathbf{x}_0)\perp\mathbf{d}$ , and $\mathbf{x}_0=\mathbf{a}+t_0\mathbf{d}$ for some $t_0$ . The second condition is to ensure that $x_0$ lies on the line.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.9절 · 2번

# 극값과 안장점계산기본자동 분류

495.CLP-3 · 2.9절 · 8번대학 수준우리말 번역

평면 $2x + y + z = 5$ 중에서 $x \ge 0$ , $y \ge 0$ , $z \ge 0$ 인 부분에서 $x^2 y^2 z$ 의 최댓값과 최솟값을 구하세요. 또한 그 극값이 나타나는 모든 점을 구하세요.

영어 원문 보기

Find the largest and smallest values of $x^2 y^2 z$ in the part of the plane $2x + y + z = 5$ where $x \ge 0$ , $y \ge 0$ and $z \ge 0$ . Also find all points where those extreme values occur.

정답·풀이 보기

생각하는 영역은 다음과 같다.

$D=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x\ge 0,\ y\ge 0,\ z\ge 0,\ 2x+y+z=5\ \big\}$

먼저 이 영역의 경계에서는 $x$ , $y$ , $z$ 중 적어도 하나가 0 임에 주목한다. 따라서 $f(x,y,z)=x^2 y^2 z$ 는 경계에서 0 이다. $D$ 의 경계가 아닌 모든 점에서 $f$ 의 값은 0 보다 크므로, $f$ 의 최솟값은 $0$ 이고 그 값은 다음 집합의 모든 점에서 나타난다.

$\partial D = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x\ge 0,\ y\ge 0,\ z\ge 0,\ 2x+y+z=5,\ \text{$x,y,z$ 중 적어도 하나는 0}\ \big\}$

$f$ 의 최댓값은 임계점에서 나타난다. $D$ 위에서

$\begin{aligned} f &= x^2 y^2 (5-2x-y) =5x^2 y^2 - 2x^3 y^2 -x^2 y^3 \end{aligned}$

이므로 임계점은 다음 연립방정식의 해이다.

$\begin{aligned} 0&=f_x(x,y) = 10xy^2 -6x^2y^2 -2xy^3 \\ 0&=f_y(x,y) = 10x^2y -4x^3y -3x^2y^2 \end{aligned}$

첫째 식을 $xy^2$ 으로, 둘째 식을 $x^2y$ 로 나누면 ( $x,y\ne 0$ 임을 기억한다)

$\begin{aligned} 10 -6x -2y &=0 &\qquad\text{또는}\qquad 3x+y&=5 \\ 10 -4x -3y &=0 &\qquad\text{또는}\qquad 4x+3y&=10 \end{aligned}$

첫째 식에서 얻은 $y=5-3x$ 를 둘째 식에 대입하면

$4x+3(5-3x)=10 \implies -5x +15 =10 \implies x=1,\ y=5-3(1)=2$

따라서 $f$ 의 최댓값은 $(1,2,1)$ 에서 $(1)^2(2)^2(5-2-2)=4$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

The region of interest is

$D=\big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x\ge 0,\ y\ge 0,\ z\ge 0,\ 2x+y+z=5\ \big\}$

First observe that, on the boundary of this region, at least one of $x$ , $y$ and $z$ is zero. So $f(x,y,z)=x^2 y^2 z$ is zero on the boundary. As $f$ takes values which are strictly bigger than zero at all points of $D$ that are not on the boundary, the minimum value of $f$ is $0$ on

$\partial D = \big\{ \ (x,y,z)\ \big|\ x\ge 0,\ y\ge 0,\ z\ge 0,\ 2x+y+z=5,\ \text{at least one of $x,y,z$ zero}\ \big\}$

The maximum value of $f$ will be taken at a critical point. On $D$

$\begin{aligned} f &= x^2 y^2 (5-2x-y) =5x^2 y^2 - 2x^3 y^2 -x^2 y^3 \end{aligned}$

So the critical points are the solutions of

$\begin{aligned} 0&=f_x(x,y) = 10xy^2 -6x^2y^2 -2xy^3 \\ 0&=f_y(x,y) = 10x^2y -4x^3y -3x^2y^2 \end{aligned}$

or, dividing by the first equation by $xy^2$ and the second equation by $x^2y$ , (recall that $x,y\ne 0$ )

$\begin{aligned} 10 -6x -2y &=0 &\qquad\text{or}\qquad 3x+y&=5 \\ 10 -4x -3y &=0 &\qquad\text{or}\qquad 4x+3y&=10 \end{aligned}$

Substituting $y=5-3x$ , from the first equation, into the second equation gives

$4x+3(5-3x)=10 \implies -5x +15 =10 \implies x=1,\ y=5-3(1)=2$

So the maximum value of $f$ is $(1)^2(2)^2(5-2-2)=4$ at $(1,2,1)$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 4.7절 · 30번

# 극값과 안장점계산보통자동 분류

496.CLP-3 · 2.9절 · 12번대학 수준우리말 번역

$(x,y)$ 가 정사각형 $0\le x\le 1$ , $0\le y\le 1$ 위의 모든 점을 움직일 때, $f(x,y)=xy-x^3y^2$ 의 최댓값과 최솟값을 구하세요.

영어 원문 보기

Find the maximum and minimum values of $f(x,y)=xy-x^3y^2$ when $(x,y)$ runs over the square $0\le x\le 1$ , $0\le y\le 1$ .

정답·풀이 보기

주어진 함수와 그 1계 도함수는 다음과 같다.

$\begin{aligned} f(x,y)=xy-x^3y^2\qquad f_x(x,y)=y-3x^2y^2\qquad f_y(x,y)=x-2x^3y \end{aligned}$

먼저 임계점을 구한다.

$\begin{aligned} f_x&=0 & &\quad\iff\quad &y(1-3x^2y)&=0 & &\quad\iff\quad & &y=0 \text{ 또는 } 3x^2y=1 \\ f_y&=0 & &\quad\iff\quad &x(1-2x^2y)&=0 & &\quad\iff\quad & &x=0 \text{ 또는 } 2x^2y=1 \end{aligned}$

$y=0$ 이면 $2x^2y=1$ 일 수 없으므로 $x=0$ 이어야 한다.
$3x^2y=1$ 이면 $x=0$ 일 수 없으므로 $2x^2y=1$ 이어야 한다. 두 식을 나누면 $1=\frac{3x^2y}{2x^2y}=\frac{3}{2}$ 이 되어 불가능하다.

따라서 정사각형 안의 임계점은 $(0,0)$ 뿐이다. 그 점에서 $f=0$ 이다.

다음으로 경계 중 $x=0$ 인 부분을 살펴본다. 그 위에서 $f=0$ 이다.
다음으로 경계 중 $y=0$ 인 부분을 살펴본다. 그 위에서 $f=0$ 이다.
다음으로 경계 중 $x=1$ 인 부분을 살펴본다. 그 위에서 $f=y-y^2$ 이다. $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}(y-y^2)=1-2y$ 이므로, $0\le y\le 1$ 에서 $y-y^2$ 의 최댓값과 최솟값은 $y=0$ (이때 $f=0$ ) 또는 $y=\tfrac{1}{2}$ (이때 $f=\frac{1}{4}$ ) 또는 $y=1$ (이때 $f=0$ ) 에서만 나타날 수 있다.
다음으로 경계 중 $y=1$ 인 부분을 살펴본다. 그 위에서 $f=x-x^3$ 이다. $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(x-x^3)=1-3x^2$ 이므로, $0\le x\le 1$ 에서 $x-x^3$ 의 최댓값과 최솟값은 $x=0$ (이때 $f=0$ ) 또는 $x=\frac{1}{\sqrt{3}}$ (이때 $f=\frac{2}{3\sqrt{3}}$ ) 또는 $x=1$ (이때 $f=0$ ) 에서만 나타날 수 있다.

이상을 모으면 최댓값과 최솟값의 후보는 다음과 같다.

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}\hline \text{점} & (0,0) & x=0 & y=0 & (1,0) & (1,\tfrac{1}{2}) & (1,1) & (0,1) & (\frac{1}{\sqrt{3}},1) & (1,1) \\ \hline \text{함숫값 }f & 0 & 0 & 0 & 0 & \frac{1}{4} & 0 & 0 & \frac{2}{3\sqrt{3}} & 0 \\ \hline & \text{최소} & \text{최소} & \text{최소} & \text{최소} & & \text{최소} & \text{최소} & \text{최대} & \text{최소} \\ \hline \end{array}$

이 표에서 $f$ 의 가장 큰 값과 가장 작은 값은 다음과 같다.

$\text{최소}=0\qquad \text{최대}=\frac{2}{3\sqrt{3}}\approx0.385$

원본 교재 풀이(영어)

The specified function and its first order derivatives are

$\begin{aligned} f(x,y)=xy-x^3y^2\qquad f_x(x,y)=y-3x^2y^2\qquad f_y(x,y)=x-2x^3y \end{aligned}$

First, we find the critical points.

$\begin{aligned} f_x&=0 & &\quad\iff\quad &y(1-3x^2y)&=0 & &\quad\iff\quad & &y=0 \text{ or } 3x^2y=1 \\ f_y&=0 & &\quad\iff\quad &x(1-2x^2y)&=0 & &\quad\iff\quad & &x=0 \text{ or } 2x^2y=1 \end{aligned}$

If $y=0$ , we cannot have $2x^2y=1$ , so we must have $x=0$ .
If $3x^2y=1$ , we cannot have $x=0$ , so we must have $2x^2y=1$ . Dividing gives $1=\frac{3x^2y}{2x^2y}=\frac{3}{2}$ which is impossible.

So the only critical point in the square is $(0,0)$ . There $f=0$ .

Next, we look at the part of the boundary with $x=0$ . There $f=0$ .
Next, we look at the part of the boundary with $y=0$ . There $f=0$ .
Next, we look at the part of the boundary with $x=1$ . There $f=y-y^2$ . As $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}(y-y^2)=1-2y$ , the max and min of $y-y^2$ for $0\le y\le 1$ must occur either at $y=0$ , where $f=0$ , or at $y=\tfrac{1}{2}$ , where $f=\frac{1}{4}$ , or at $y=1$ , where $f=0$ .
Next, we look at the part of the boundary with $y=1$ . There $f=x-x^3$ . As $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(x-x^3)=1-3x^2$ , the max and min of $x-x^3$ for $0\le x\le 1$ must occur either at $x=0$ , where $f=0$ , or at $x=\frac{1}{\sqrt{3}}$ , where $f=\frac{2}{3\sqrt{3}}$ , or at $x=1$ , where $f=0$ .

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

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}\hline \text{point} & (0,0) & x=0 & y=0 & (1,0) & (1,\tfrac{1}{2}) & (1,1) & (0,1) & (\frac{1}{\sqrt{3}},1) & (1,1) \\ \hline \text{value of }f & 0 & 0 & 0 & 0 & \frac{1}{4} & 0 & 0 & \frac{2}{3\sqrt{3}} & 0 \\ \hline & \text{min} & \text{min} & \text{min} & \text{min} & & \text{min} & \text{min} & \text{max} & \text{min} \\ \hline \end{array}$

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

$\text{min}=0\qquad \text{max}=\frac{2}{3\sqrt{3}}\approx0.385$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.9절 · 13번

# 극값과 안장점계산보통자동 분류

497.CLP-3 · 2.9절 · 17번대학 수준우리말 번역

직사각형 영역

$R = \big\{ \ (x, y)\ \big|\ -1 \le x \le 3,\ -1 \le y \le 1\ \big\}$

에서 함수 $f(x, y) = 5 + 2x - x^2 - 4y^2$ 의 최댓값과 최솟값을 구하세요.

영어 원문 보기

Find the absolute maximum and minimum values of the function $f(x, y) = 5 + 2x - x^2 - 4y^2$ on the rectangular region

$R = \big\{ \ (x, y)\ \big|\ -1 \le x \le 3,\ -1 \le y \le 1\ \big\}$

정답·풀이 보기

최댓값과 최솟값은 임계점에서 나타나거나 $R$ 의 경계에서 나타난다.

임계점은 다음 연립방정식의 해이다.

$\begin{aligned} 0&=f_x(x,y) = 2-2x \\ 0&=f_y(x,y) = -8y \\ \end{aligned}$

따라서 임계점은 $(1,0)$ 하나뿐이다.

$R$ 의 경계 중 변 $x=-1$ , $-1\le y\le 1$ 위에서

$f(-1,y) = 2-4y^2$

이 함수는 $|y|$ 가 커질수록 감소한다. 따라서 $-1\le y\le 1$ 에서 최댓값은 $y=0$ 일 때, 최솟값은 $y=\pm 1$ 일 때 나타난다.

$R$ 의 경계 중 변 $x=3$ , $-1\le y\le 1$ 위에서

$f(3,y) = 2-4y^2$

이 함수는 $|y|$ 가 커질수록 감소한다. 따라서 $-1\le y\le 1$ 에서 최댓값은 $y=0$ 일 때, 최솟값은 $y=\pm 1$ 일 때 나타난다.

$R$ 의 경계 중 두 변 $y=\pm 1$ , $-1\le x\le 3$ 위에서

$f(x,\pm 1) = 1+2x-x^2 = 2 -(x-1)^2$

이 함수는 $|x-1|$ 이 커질수록 감소한다. 따라서 $-1\le x\le 3$ 에서 최댓값은 $x=1$ 일 때, 최솟값은 $x= 3$ 과 $x=-1$ 일 때 나타난다(두 점 모두 $x=1$ 에서 거리가 $2$ 이다).

따라서 최솟값과 최댓값이 나타날 위치의 후보는 다음과 같다.

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}\hline \text{점} & (1,0) & (-1,0) & (1,\pm 1) & (-1,\pm 1) & (3,0) & (3,\pm 1) \\ \hline \text{함숫값 }f & 6 & 2 & 2 & -2 & 2 & -2 \\ \hline & \text{최대} & & & \text{최소} & & \text{최소} \\ \hline \end{array}$

따라서 최솟값은 $-2$ 이고 최댓값은 $6$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

The maximum and minimum must either occur at a critical point or on the boundary of $R$ .

The critical points are the solutions of

$\begin{aligned} 0&=f_x(x,y) = 2-2x \\ 0&=f_y(x,y) = -8y \\ \end{aligned}$

So the only critical point is $(1,0)$ .

On the side $x=-1$ , $-1\le y\le 1$ of the boundary of $R$

$f(-1,y) = 2-4y^2$

This function decreases as $|y|$ increases. So its maximum value on $-1\le y\le 1$ is achieved at $y=0$ and its minimum value is achieved at $y=\pm 1$ .

On the side $x=3$ , $-1\le y\le 1$ of the boundary of $R$

$f(3,y) = 2-4y^2$

This function decreases as $|y|$ increases. So its maximum value on $-1\le y\le 1$ is achieved at $y=0$ and its minimum value is achieved at $y=\pm 1$ .

On both sides $y=\pm 1$ , $-1\le x\le 3$ of the boundary of $R$

$f(x,\pm 1) = 1+2x-x^2 = 2 -(x-1)^2$

This function decreases as $|x-1|$ increases. So its maximum value on $-1\le x\le 3$ is achieved at $x=1$ and its minimum value is achieved at $x= 3$ and $x=-1$ (both of whom are a distance $2$ from $x=1$ ).

So we have the following candidates for the locations of the min and max

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}\hline \text{point} & (1,0) & (-1,0) & (1,\pm 1) & (-1,\pm 1) & (3,0) & (3,\pm 1) \\ \hline \text{value of }f & 6 & 2 & 2 & -2 & 2 & -2 \\ \hline & \text{max} & & & \text{min} & & \text{min} \\ \hline \end{array}$

So the minimum is $-2$ and the maximum is $6$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.9절 · 26번

# 극값과 안장점계산보통자동 분류

498.CLP-3 · 2.9절 · 18번대학 수준우리말 번역

닫힌 유계 정의역 $x^2 + y^2 \le 1$ 에서 함수 $h(x,y) = -4x - 2y + 6$ 의 최솟값을 구하세요.

영어 원문 보기

Find the minimum of the function $h(x,y) = -4x - 2y + 6$ on the closed bounded domain defined by $x^2 + y^2 \le 1$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

${ \boldsymbol{\nabla} } h = \left< -4\,,\,-2 \right>$ 는 결코 영이 되지 않으므로 $h$ 는 임계점을 갖지 않고, 원판 $x^2+y^2\le 1$ 에서 $h$ 의 최솟값은 원판의 경계 $x^2+y^2=1$ 에서 나타나야 한다. 경계에서의 최솟값을 구하기 위해 $x^2+y^2\le 1$ 을 $x=\cos\theta$ , $y=\sin\theta$ 로 매개변수화하고 다음의 최솟값을 구한다.

$\begin{aligned} H(\theta) = -4\cos\theta -2\sin\theta +6 \end{aligned}$

다음이 성립하므로

$\begin{aligned} 0=H'(\theta) = 4\sin\theta -2\cos\theta \implies x=\cos\theta = 2\sin\theta =2y \end{aligned}$

따라서

$\begin{aligned} 1=x^2+y^2 = 4y^2 +y^2 =5 y^2 \implies y = \pm\frac{1}{\sqrt{5}},\ x = \pm\frac{2}{\sqrt{5}} \end{aligned}$

이 두 점에서

$\begin{aligned} h = 6-4x-2y = 6 - 10y =6 \mp \frac{10}{\sqrt{5}} =6 \mp 2\sqrt{5} \end{aligned}$

이다. 최솟값은 $6-2\sqrt{5}$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

Since ${ \boldsymbol{\nabla} } h = \left< -4\,,\,-2 \right>$ is never zero, $h$ has no critical points and the minimum of $h$ on the disk $x^2+y^2\le 1$ must be taken on the boundary, $x^2+y^2=1$ , of the disk. To find the minimum on the boundary, we parametrize $x^2+y^2\le 1$ by $x=\cos\theta$ , $y=\sin\theta$ and find the minimum of

$\begin{aligned} H(\theta) = -4\cos\theta -2\sin\theta +6 \end{aligned}$

Since

$\begin{aligned} 0=H'(\theta) = 4\sin\theta -2\cos\theta \implies x=\cos\theta = 2\sin\theta =2y \end{aligned}$

So

$\begin{aligned} 1=x^2+y^2 = 4y^2 +y^2 =5 y^2 \implies y = \pm\frac{1}{\sqrt{5}},\ x = \pm\frac{2}{\sqrt{5}} \end{aligned}$

At these two points

$\begin{aligned} h = 6-4x-2y = 6 - 10y =6 \mp \frac{10}{\sqrt{5}} =6 \mp 2\sqrt{5} \end{aligned}$

The minimum is $6-2\sqrt{5}$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.9절 · 21번

# 극값과 안장점계산보통자동 분류

499.CLP-3 · 2.9절 · 21번대학 수준우리말 번역

함수

$f(x,y)=2x^3 - 6xy + y^2 +4y$

를 생각하세요.

(a) $f(x,y)$ 의 모든 임계점을 구하고 분류하세요. (b) 꼭짓점이 $(1,0)$ , $(0,1)$ , $(1,1)$ 인 삼각형 영역에서 $f(x,y)$ 의 최댓값과 최솟값을 구하세요.

영어 원문 보기

Consider the function

$f(x,y)=2x^3 - 6xy + y^2 +4y$

(a) Find and classify all of the critical points of $f(x,y)$ . (b) Find the maximum and minimum values of $f(x,y)$ in the triangle with vertices $(1,0)$ , $(0,1)$ and $(1,1)$ .

정답·풀이 보기

(a)

$\begin{aligned} f&=2x^3 - 6xy + y^2 +4y \\ f_x&=6x^2-6y & f_{xx}&=12x\qquad && f_{xy}&= -6\\ f_y&=-6x+2y+4\qquad & f_{yy}&=2 \end{aligned}$

이므로 임계점은 다음 식의 해이다.

$\begin{aligned} & & &f_x=0\qquad & &f_y=0 \\ &\iff\qquad& &y=x^2\qquad & &y-3x+2=0 \\ &\iff& &y=x^2 & &x^2-3x+2=0 \\ &\iff& &y=x^2 & &x=1\text{ 또는 }2 \end{aligned}$

따라서 임계점은 $(1,1),\ (2,4)$ 의 두 개이다.

$\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline \genfrac{}{}{0pt}{}{\text{임계}}{\text{점}} & f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^2 & f_{xx} & \text{종류} \\ \hline (1,1) & 12\times 2-(-6)^2<0 & & \text{안장점} \\ \hline (2,4) & 24\times 2-(-6)^2>0 & 24 & \text{극소} \\ \hline \end{array}$

(b) 허용된 영역의 내부에는 임계점이 없으므로 최댓값과 최솟값은 모두 경계에서만 나타난다. 경계는 선분 (i) $x=1$ , $0\le y\le 1$ , (ii) $y=1$ , $0\le x\le 1$ , (iii) $y=1-x$ , $0\le x\le 1$ 로 이루어져 있다.

먼저 경계 중 $x=1$ 인 부분을 살펴보자. 여기서 $f=y^2-2y+2$ 이다. $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}(y^2-2y+2)=2y-2$ 는 $y=1$ 에서만 $0$ 이 되므로, $0\le y\le 1$ 에서 $y^2-2y+2$ 의 최댓값과 최솟값은 $y=0$ 일 때( $f=2$ ) 또는 $y=1$ 일 때( $f=1$ )에 나타난다.
다음으로 경계 중 $y=1$ 인 부분을 살펴보자. 여기서 $f=2x^3-6x+5$ 이다. $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(2x^3-6x+5)=6x^2-6$ 이므로, $0\le x\le 1$ 에서 $2x^3-6x+5$ 의 최댓값과 최솟값은 $x=0$ 일 때( $f=5$ ) 또는 $x=1$ 일 때( $f=1$ )에 나타난다.
다음으로 경계 중 $y=1-x$ 인 부분을 살펴보자. 여기서 $f=2x^3-6x(1-x) +(1-x)^2+4(1-x)=2x^3+7x^2-12x+5$ 이다. $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(2x^3+7x^2-12x+5)=6x^2+14x-12 =2\big(3x^2+7x-6\big) =2(3x-2)(x+3)$ 이므로, $0\le x\le 1$ 에서 $2x^3+7x^2-12x+5$ 의 최댓값과 최솟값은 $x=0$ 일 때( $f=5$ ), 또는 $x=1$ 일 때( $f=2$ ), 또는 $x=\frac{2}{3}$ 일 때( $f=2(\frac{8}{27})-6(\frac{2}{3})(\frac{1}{3})+\frac{1}{9}+\frac{4}{3} =\frac{16-36+3+36}{27} =\frac{19}{27}$ )에 나타난다.

따라서 종합하면 최댓값과 최솟값의 후보는 다음과 같으며, 최댓값과 최솟값을 표시하였다.

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|}\hline \text{점} & (1,0) & (1,1) & (0,1) & \big(\frac{2}{3},\frac{1}{3}\big) \\ \hline \text{함숫값 }f & 2 & 1 & 5 & \frac{19}{27} \\ \hline & & & \text{최대} & \text{최소} \\ \hline \end{array}$

원본 교재 풀이(영어)

(a) Since

$\begin{aligned} f&=2x^3 - 6xy + y^2 +4y \\ f_x&=6x^2-6y & f_{xx}&=12x\qquad && f_{xy}&= -6\\ f_y&=-6x+2y+4\qquad & f_{yy}&=2 \end{aligned}$

the critical points are the solutions of

$\begin{aligned} & & &f_x=0\qquad & &f_y=0 \\ &\iff\qquad& &y=x^2\qquad & &y-3x+2=0 \\ &\iff& &y=x^2 & &x^2-3x+2=0 \\ &\iff& &y=x^2 & &x=1\text{ or }2 \end{aligned}$

So, there are two critical points: $(1,1),\ (2,4)$ .

$\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline \genfrac{}{}{0pt}{}{\text{critical}}{\text{point}} & f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^2 & f_{xx} & \text{type} \\ \hline (1,1) & 12\times 2-(-6)^2<0 & & \text{saddle point} \\ \hline (2,4) & 24\times 2-(-6)^2>0 & 24 & \text{local min} \\ \hline \end{array}$

(b) There are no critical points in the interior of the allowed region, so both the maximum and the minimum occur only on the boundary. The boundary consists of the line segments (i) $x=1$ , $0\le y\le 1$ , (ii) $y=1$ , $0\le x\le 1$ and (iii) $y=1-x$ , $0\le x\le 1$ .

First, we look at the part of the boundary with $x=1$ . There $f=y^2-2y+2$ . As $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}(y^2-2y+2)=2y-2$ vanishes only at $y=1$ , the max and min of $y^2-2y+2$ for $0\le y\le 1$ must occur either at $y=0$ , where $f=2$ , or at $y=1$ , where $f=1$ .
Next, we look at the part of the boundary with $y=1$ . There $f=2x^3-6x+5$ . As $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(2x^3-6x+5)=6x^2-6$ , the max and min of $2x^3-6x+5$ for $0\le x\le 1$ must occur either at $x=0$ , where $f=5$ , or at $x=1$ , where $f=1$ .
Next, we look at the part of the boundary with $y=1-x$ . There $f=2x^3-6x(1-x) +(1-x)^2+4(1-x)=2x^3+7x^2-12x+5$ . As $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(2x^3+7x^2-12x+5)=6x^2+14x-12 =2\big(3x^2+7x-6\big) =2(3x-2)(x+3)$ , the max and min of $2x^3+7x^2-12x+5$ for $0\le x\le 1$ must occur either at $x=0$ , where $f=5$ , or at $x=1$ , where $f=2$ , or at $x=\frac{2}{3}$ , where $f=2(\frac{8}{27})-6(\frac{2}{3})(\frac{1}{3})+\frac{1}{9}+\frac{4}{3} =\frac{16-36+3+36}{27} =\frac{19}{27}$ .

So all together, we have the following candidates for max and min, with the max and min indicated.

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|}\hline \text{point} & (1,0) & (1,1) & (0,1) & \big(\frac{2}{3},\frac{1}{3}\big) \\ \hline \text{value of }f & 2 & 1 & 5 & \frac{19}{27} \\ \hline & & & \text{max} & \text{min} \\ \hline \end{array}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.9절 · 27번

# 극값과 안장점계산보통자동 분류

500.CLP-3 · 2.9절 · 22번대학 수준우리말 번역

함수 $f(x,y)=x^4+y^4-4xy+2$ 의 임계점을 모두 구하고, 각 임계점이 극솟값, 극댓값, 안장점 중 어느 것인지 판단하세요.

영어 원문 보기

Find all critical points of the function $f(x,y)=x^4+y^4-4xy+2$ , and for each determine whether it is a local minimum, maximum or saddle point.

정답·풀이 보기

다음과 같다.

$\begin{aligned} f(x,y)&=x^4+y^4-4xy+2\quad & f_x(x,y)&=4x^3-4y\quad & f_{xx}(x,y)&=12x^2 \\ & & f_y(x,y)&=4y^3-4x & f_{yy}(x,y)&=12y^2 \\ & & & &f_{xy}(x,y)&=-4 \end{aligned}$

임계점에서는

$\begin{aligned} f_x(x,y)=f_y(x,y)=0 &\iff y=x^3\text{ 그리고 }x=y^3 \\ &\iff x=x^9\text{ 그리고 }y=x^3 \\ &\iff x(x^8-1)=0,\ y=x^3 \\ &\iff (x,y)=(0,0)\text{ 또는 }(1,1)\text{ 또는 }(-1,-1) \end{aligned}$

세 임계점 각각의 분류를 나타낸 표는 다음과 같다.

$\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline \genfrac{}{}{0pt}{}{\text{임계}}{\text{점}} & f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^2 & f_{xx} & \text{종류} \\ \hline (0,0) & 0\times 0-(-4)^2<0 & & \text{안장점} \\ \hline (1,1) & 12\times 12-(-4)^2>0 & \text{12} & \text{극소} \\ \hline (-1,-1) & 12\times 12-(-4)^2>0 & \text{12} & \text{극소} \\ \hline \end{array}$

원본 교재 풀이(영어)

We have

$\begin{aligned} f(x,y)&=x^4+y^4-4xy+2\quad & f_x(x,y)&=4x^3-4y\quad & f_{xx}(x,y)&=12x^2 \\ & & f_y(x,y)&=4y^3-4x & f_{yy}(x,y)&=12y^2 \\ & & & &f_{xy}(x,y)&=-4 \end{aligned}$

At a critical point

$\begin{aligned} f_x(x,y)=f_y(x,y)=0 &\iff y=x^3\text{ and }x=y^3 \\ &\iff x=x^9\text{ and }y=x^3 \\ &\iff x(x^8-1)=0,\ y=x^3 \\ &\iff (x,y)=(0,0)\text{ or }(1,1)\text{ or }(-1,-1) \end{aligned}$

Here is a table giving the classification of each of the three critical points.

$\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline \genfrac{}{}{0pt}{}{\text{critical}}{\text{point}} & f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^2 & f_{xx} & \text{type} \\ \hline (0,0) & 0\times 0-(-4)^2<0 & & \text{saddle point} \\ \hline (1,1) & 12\times 12-(-4)^2>0 & \text{12} & \text{local min} \\ \hline (-1,-1) & 12\times 12-(-4)^2>0 & \text{12} & \text{local min} \\ \hline \end{array}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.9절 · 18번

# 극값과 안장점계산보통자동 분류

다변수 미분 전체 문제