다변수 미분 전체 연습문제

581.APEX · 12.8절 · 12번대학 수준우리말 번역

7–12번 문제에서 함수 $z=f(x,y)$ , $x=g(t)$ , $y=h(t)$ 가 주어져 있다.

(a) 다변수 연쇄 법칙을 이용하여 $\displaystyle \frac{dz}{dt}$ 를 계산하세요. (b) 주어진 $t$ 의 값에서 $\displaystyle \frac{dz}{dt}$ 의 값을 구하세요.

$z=\cos x\sin y$ , $x=\pi t$ , $y=2\pi t+\pi/2$ ; $t=3$

영어 원문 보기

In Exercises 7–12, functions $z=f(x,y)$ , $x=g(t)$ and $y=h(t)$ are given.

(a) Use the Multivariable Chain Rule to compute $\displaystyle \frac{dz}{dt}$ . (b) Evaluate $\displaystyle \frac{dz}{dt}$ at the indicated $t$ -value.

$z=\cos x\sin y$ , $x=\pi t$ , $y=2\pi t+\pi/2$ ; $t=3$

정답·풀이 보기

(a) $\frac{dz}{dt} = -\sin x\sin y(\pi) + \cos x\cos y(2\pi)$ 이다. (b) $t=3$ 일 때 $x=3\pi$ , $y=13\pi/2$ 이고 $\frac{dz}{dt} = 0$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) $\frac{dz}{dt} = -\sin x\sin y(\pi) + \cos x\cos y(2\pi)$ . (b) At $t=3$ , $x=3\pi$ , $y=13\pi/2$ , and $\frac{dz}{dt} = 0$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 4.7절 · 44번

# 극값과 안장점계산자동 분류

582.APEX · 12.8절 · 19번대학 수준우리말 번역

19–22번 문제에서 함수 $z=f(x,y)$ , $x=g(s,t)$ , $y=h(s,t)$ 가 주어져 있다.

(a) 다변수 연쇄 법칙을 이용하여 $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial s}$ 와 $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial t}$ 를 계산하세요. (b) 주어진 $s$ , $t$ 의 값에서 $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial s}$ 와 $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial t}$ 의 값을 구하세요.

$\displaystyle z=x^2y$ , $x=s-t$ , $y=2s+4t$ ; $s=1$ , $t=0$

영어 원문 보기

In Exercises 19–22, functions $z=f(x,y)$ , $x=g(s,t)$ and $y=h(s,t)$ are given.

(a) Use the Multivariable Chain Rule to compute $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial s}$ and $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial t}$ . (b) Evaluate $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial s}$ and $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial t}$ at the indicated $s$ and $t$ values.

$\displaystyle z=x^2y$ , $x=s-t$ , $y=2s+4t$ ; $s=1$ , $t=0$

정답·풀이 보기

(a) $\frac{\partial z}{\partial s} = 2xy(1) + x^2(2) = 2xy+2x^2$ ;

$\frac{\partial z}{\partial t} = 2xy(-1) + x^2(4) = -2xy+4x^2$ (b) $s=1$ , $t=0$ 일 때 $x=1$ 이고 $y=2$ 이다. 따라서 $\frac{\partial z}{\partial s} = 6$ 이고 $\frac{\partial z}{\partial t} = 0$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) $\frac{\partial z}{\partial s} = 2xy(1) + x^2(2) = 2xy+2x^2$ ;

$\frac{\partial z}{\partial t} = 2xy(-1) + x^2(4) = -2xy+4x^2$ (b) With $s=1$ , $t=0$ , $x=1$ and $y=2$ . Thus $\frac{\partial z}{\partial s} = 6$ and $\frac{\partial z}{\partial t} = 0$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기APEX · 12.8절 · 5번

# 극값과 안장점계산자동 분류

583.APEX · 12.8절 · 20번대학 수준우리말 번역

연습문제 19–22에서 함수 $z=f(x,y)$ , $x=g(s,t)$ , $y=h(s,t)$ 가 주어져 있습니다.

(a) 다변수 연쇄 법칙을 이용하여 $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial s}$ 와 $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial t}$ 를 구하세요. (b) 주어진 $s$ 와 $t$ 의 값에서 $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial s}$ 와 $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial t}$ 의 값을 구하세요.

$\displaystyle z=\cos\big(\pi x+\frac{\pi}2y\big)$ , $x=st^2$ , $y=s^2t$ ; $s=1$ , $t=1$

영어 원문 보기

In Exercises 19–22, functions $z=f(x,y)$ , $x=g(s,t)$ and $y=h(s,t)$ are given.

(a) Use the Multivariable Chain Rule to compute $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial s}$ and $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial t}$ . (b) Evaluate $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial s}$ and $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial t}$ at the indicated $s$ and $t$ values.

$\displaystyle z=\cos\big(\pi x+\frac{\pi}2y\big)$ , $x=st^2$ , $y=s^2t$ ; $s=1$ , $t=1$

정답·풀이 보기

(a) $\frac{\partial z}{\partial s} = -\pi\sin(\pi x+\pi y/2)(t^2) -\frac12\pi\sin(\pi x+\pi y/2)(2st) = -\pi\Big(t^2\sin(\pi x+ \pi y/2) + st\sin(\pi x+\pi y/2)\Big)$ ;

$\frac{\partial z}{\partial t} = -\pi\sin(\pi x+\pi y/2)(2st) -\frac12\pi\sin(\pi x+\pi y/2)(s^2)= -\pi\Big(2st\sin(\pi x+\pi y/2) + \frac12s^2\sin(\pi x+\pi y/2)\Big)$ (b) $s=1$ , $t=1$ 일 때 $x=1$ , $y=1$ 이다. 따라서 $\frac{\partial z}{\partial s} = 2\pi$ 이고 $\frac{\partial z}{\partial t} = 5\pi/2$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) $\frac{\partial z}{\partial s} = -\pi\sin(\pi x+\pi y/2)(t^2) -\frac12\pi\sin(\pi x+\pi y/2)(2st) = -\pi\Big(t^2\sin(\pi x+ \pi y/2) + st\sin(\pi x+\pi y/2)\Big)$ ;

$\frac{\partial z}{\partial t} = -\pi\sin(\pi x+\pi y/2)(2st) -\frac12\pi\sin(\pi x+\pi y/2)(s^2)= -\pi\Big(2st\sin(\pi x+\pi y/2) + \frac12s^2\sin(\pi x+\pi y/2)\Big)$ (b) With $s=1$ , $t=1$ , $x=1$ and $y=1$ . Thus $\frac{\partial z}{\partial s} = 2\pi$ and $\frac{\partial z}{\partial t} = 5\pi/2$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 4.7절 · 40번

# 극값과 안장점계산자동 분류

584.APEX · 12.8절 · 21번대학 수준우리말 번역

연습문제 19–22에서 함수 $z=f(x,y)$ , $x=g(s,t)$ , $y=h(s,t)$ 가 주어져 있습니다.

(a) 다변수 연쇄 법칙을 이용하여 $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial s}$ 와 $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial t}$ 를 구하세요. (b) 주어진 $s$ 와 $t$ 의 값에서 $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial s}$ 와 $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial t}$ 의 값을 구하세요.

$\displaystyle z=x^2+y^2$ , $x=s\cos t$ , $y=s\sin t$ ; $s=2$ , $t=\pi/4$

영어 원문 보기

In Exercises 19–22, functions $z=f(x,y)$ , $x=g(s,t)$ and $y=h(s,t)$ are given.

(a) Use the Multivariable Chain Rule to compute $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial s}$ and $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial t}$ . (b) Evaluate $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial s}$ and $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial t}$ at the indicated $s$ and $t$ values.

$\displaystyle z=x^2+y^2$ , $x=s\cos t$ , $y=s\sin t$ ; $s=2$ , $t=\pi/4$

정답·풀이 보기

(a) $\frac{\partial z}{\partial s} = 2x(\cos t) + 2y(\sin t) = 2x\cos t+2y\sin t$ ;

$\frac{\partial z}{\partial t} = 2x(-s\sin t)+2y(s\cos t) = -2xs\sin t+ 2ys\cos t$ (b) $s=2$ , $t=\pi/4$ 일 때 $x=\sqrt{2}$ , $y=\sqrt{2}$ 이다. 따라서 $\frac{\partial z}{\partial s} = 4$ 이고 $\frac{\partial z}{\partial t} = 0$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) $\frac{\partial z}{\partial s} = 2x(\cos t) + 2y(\sin t) = 2x\cos t+2y\sin t$ ;

$\frac{\partial z}{\partial t} = 2x(-s\sin t)+2y(s\cos t) = -2xs\sin t+ 2ys\cos t$ (b) With $s=2$ , $t=\pi/4$ , $x=\sqrt{2}$ and $y=\sqrt{2}$ . Thus $\frac{\partial z}{\partial s} = 4$ and $\frac{\partial z}{\partial t} = 0$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.9절 · 24번

# 극값과 안장점계산자동 분류

585.APEX · 12.8절 · 22번대학 수준우리말 번역

연습문제 19–22에서 함수 $z=f(x,y)$ , $x=g(s,t)$ , $y=h(s,t)$ 가 주어져 있습니다.

(a) 다변수 연쇄 법칙을 이용하여 $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial s}$ 와 $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial t}$ 를 구하세요. (b) 주어진 $s$ 와 $t$ 의 값에서 $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial s}$ 와 $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial t}$ 의 값을 구하세요.

$\displaystyle z=e^{-(x^2+y^2)}$ , $x=t$ , $y=st^2$ ; $s=1$ , $t=1$

영어 원문 보기

In Exercises 19–22, functions $z=f(x,y)$ , $x=g(s,t)$ and $y=h(s,t)$ are given.

(a) Use the Multivariable Chain Rule to compute $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial s}$ and $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial t}$ . (b) Evaluate $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial s}$ and $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial t}$ at the indicated $s$ and $t$ values.

$\displaystyle z=e^{-(x^2+y^2)}$ , $x=t$ , $y=st^2$ ; $s=1$ , $t=1$

정답·풀이 보기

(a) $\frac{\partial z}{\partial s} = -2xe^{-(x^2+y^2)}(0) -2ye^{-(x^2+y^2)}(t^2) = -2yt^2e^{-(x^2+y^2)}$ ;

$\frac{\partial z}{\partial t} = -2xe^{-(x^2+y^2)}(1)-2ye^{-(x^2+y^2)}(2st) = -2xe^{-(x^2+y^2)}-4stye^{-(x^2+y^2)}$ (b) $s=1$ , $t=1$ 일 때 $x=1$ , $y=1$ 이다. 따라서 $\frac{\partial z}{\partial s} = -2/e^2$ 이고 $\frac{\partial z}{\partial t} = -6/e^2$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) $\frac{\partial z}{\partial s} = -2xe^{-(x^2+y^2)}(0) -2ye^{-(x^2+y^2)}(t^2) = -2yt^2e^{-(x^2+y^2)}$ ;

$\frac{\partial z}{\partial t} = -2xe^{-(x^2+y^2)}(1)-2ye^{-(x^2+y^2)}(2st) = -2xe^{-(x^2+y^2)}-4stye^{-(x^2+y^2)}$ (b) With $s=1$ , $t=1$ , $x=1$ and $y=1$ . Thus $\frac{\partial z}{\partial s} = -2/e^2$ and $\frac{\partial z}{\partial t} = -6/e^2$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 4.7절 · 14번

# 극값과 안장점계산자동 분류

586.APEX · 12.8절 · 27번대학 수준우리말 번역

연습문제 27–30에서 주어진 정보를 이용하여 $\displaystyle \frac{dz}{dt}$ 또는 $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial s}$ 와 $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial t}$ 를 구하세요.

$\displaystyle \frac{\partial z}{\partial x} = 2$ , $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial y} = 1$ , $\displaystyle \frac{dx}{dt} = 4$ , $\displaystyle \frac{dy}{dt} = -5$

영어 원문 보기

In Exercises 27–30, find $\displaystyle \frac{dz}{dt}$ , or $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial s}$ and $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial t}$ , using the supplied information.

$\displaystyle \frac{\partial z}{\partial x} = 2$ , $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial y} = 1$ , $\displaystyle \frac{dx}{dt} = 4$ , $\displaystyle \frac{dy}{dt} = -5$

정답·풀이 보기

$\frac{dz}{dt} = 2(4)+1(-5) = 3$ .

원본 교재 풀이(영어)

$\frac{dz}{dt} = 2(4)+1(-5) = 3$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 4.7절 · 16번

# 극값과 안장점계산자동 분류

587.APEX · 12.8절 · 28번대학 수준우리말 번역

연습문제 27–30에서 주어진 정보를 이용하여 $\displaystyle \frac{dz}{dt}$ 또는 $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial s}$ 와 $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial t}$ 를 구하세요.

$\displaystyle \frac{\partial z}{\partial x} = 1$ , $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial y} = -3$ , $\displaystyle \frac{dx}{dt} = 6$ , $\displaystyle \frac{dy}{dt} = 2$

영어 원문 보기

In Exercises 27–30, find $\displaystyle \frac{dz}{dt}$ , or $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial s}$ and $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial t}$ , using the supplied information.

$\displaystyle \frac{\partial z}{\partial x} = 1$ , $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial y} = -3$ , $\displaystyle \frac{dx}{dt} = 6$ , $\displaystyle \frac{dy}{dt} = 2$

정답·풀이 보기

$\frac{dz}{dt} = 1(6)+(-3)(2) = 0$ .

원본 교재 풀이(영어)

$\frac{dz}{dt} = 1(6)+(-3)(2) = 0$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기APEX · 12.8절 · 2번

# 극값과 안장점계산자동 분류

588.APEX · 12.8절 · 29번대학 수준우리말 번역

연습문제 27–30에서 주어진 정보를 이용하여 $\displaystyle \frac{dz}{dt}$ 또는 $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial s}$ 와 $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial t}$ 를 구하세요.

$\displaystyle \frac{\partial z}{\partial x} = -4$ , $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial y} = 9$ ,

$\displaystyle \frac{\partial x}{\partial s} = 5$ , $\displaystyle \frac{\partial x}{\partial t} = 7$ , $\displaystyle \frac{\partial y}{\partial s} = -2$ , $\displaystyle \frac{\partial y}{\partial t} = 6$

영어 원문 보기

In Exercises 27–30, find $\displaystyle \frac{dz}{dt}$ , or $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial s}$ and $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial t}$ , using the supplied information.

$\displaystyle \frac{\partial z}{\partial x} = -4$ , $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial y} = 9$ ,

$\displaystyle \frac{\partial x}{\partial s} = 5$ , $\displaystyle \frac{\partial x}{\partial t} = 7$ , $\displaystyle \frac{\partial y}{\partial s} = -2$ , $\displaystyle \frac{\partial y}{\partial t} = 6$

정답·풀이 보기

$\frac{\partial z}{\partial s} = -4(5)+9(-2) = -38$ ,

$\frac{\partial z}{\partial t} = -4(7)+9(6) = 26$ .

원본 교재 풀이(영어)

$\frac{\partial z}{\partial s} = -4(5)+9(-2) = -38$ ,

$\frac{\partial z}{\partial t} = -4(7)+9(6) = 26$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 4.7절 · 18번

# 극값과 안장점계산자동 분류

589.APEX · 12.8절 · 30번대학 수준우리말 번역

연습문제 27–30에서 주어진 정보를 이용하여 $\displaystyle \frac{dz}{dt}$ 또는 $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial s}$ 와 $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial t}$ 를 구하세요.

$\displaystyle \frac{\partial z}{\partial x} = 2$ , $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial y} = 1$ ,

$\displaystyle \frac{\partial x}{\partial s} = -2$ , $\displaystyle \frac{\partial x}{\partial t} = 3$ , $\displaystyle \frac{\partial y}{\partial s} = 2$ , $\displaystyle \frac{\partial y}{\partial t} = -1$

영어 원문 보기

In Exercises 27–30, find $\displaystyle \frac{dz}{dt}$ , or $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial s}$ and $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial t}$ , using the supplied information.

$\displaystyle \frac{\partial z}{\partial x} = 2$ , $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial y} = 1$ ,

$\displaystyle \frac{\partial x}{\partial s} = -2$ , $\displaystyle \frac{\partial x}{\partial t} = 3$ , $\displaystyle \frac{\partial y}{\partial s} = 2$ , $\displaystyle \frac{\partial y}{\partial t} = -1$

정답·풀이 보기

$\frac{\partial z}{\partial s} = 2(-2)+1(2) = -2$ ,

$\frac{\partial z}{\partial t} = 2(3)+1(-1) = 5$ .

원본 교재 풀이(영어)

$\frac{\partial z}{\partial s} = 2(-2)+1(2) = -2$ ,

$\frac{\partial z}{\partial t} = 2(3)+1(-1) = 5$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 4.7절 · 20번

# 극값과 안장점계산자동 분류

590.CLP-3 · 2.1절 · 1번대학 수준우리말 번역

$f(x,y)$ 가 다음을 만족시키는 함수라고 하자. $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=10$ .

참 또는 거짓: $|f(0.1,0.1)-10|<|f(0.2,0.2)-10|$

영어 원문 보기

Suppose $f(x,y)$ is a function such that $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=10$ .

True or false: $|f(0.1,0.1)-10|<|f(0.2,0.2)-10|$

정답·풀이 보기

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

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

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

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

원본 교재 풀이(영어)

In general, this is false. Consider $f(x,y)=12-(1-10x)^2-(1-10y)^2$ .

$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=12-1-1=10$ (the function is continuous)
$f(0.1,0.1)=12-(1-1)^2-(1-1)^2=12$
$f(0.2,0.2)=12-(1-2)^2-(1-2)^2=10$

We often (somewhat lazily) interpret the limit “ $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=10$ " to mean that, as $(x,y)$ gets closer and closer to the origin, $f(x,y)$ gets closer and closer to 10. This isn't exactly what the definition means, though. The definition tells us that, we can guarantee that $f(x,y)$ be very close to 10 by choosing $(x,y)$ very close to $(0,0)$ .

The function $f(x,y)$ can also be very close to 10 for some $(x,y)$ 's that are not close to $(0,0)$ . Moreover, we don't know how close to $(0,0)$ we have to be in order for $f(x,y)$ to be “very close" to 10.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.1절 · 3번

# 다변수함수의 극한과 연속개념 확인기본자동 분류

591.CLP-3 · 2.1절 · 3번대학 수준우리말 번역

$f(x,y)=\dfrac{x^2}{x^2+y^2}$ 이라 하자.

(a) 원점에 접근하는 반직선 중 그 위에서 $f(x,y)=1$ 인 것을 구하세요. (b) 원점에 접근하는 반직선 중 그 위에서 $f(x,y)=0$ 인 것을 구하세요. (c) 위의 결과는 $f(x,y)$ 의 극한에 대해 무엇을 보여 주는지 설명하세요.

영어 원문 보기

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

(a) Find a ray approaching the origin along which $f(x,y)=1$ . (b) Find a ray approaching the origin along which $f(x,y)=0$ . (c) What does the above work show about a limit of $f(x,y)$ ?

정답·풀이 보기

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

원본 교재 풀이(영어)

(a) By inspection, when $y=0$ , then $f(x,y)=1$ as long as $x \neq 0$ . So, if we follow the $x$ -axis in towards the origin, $f(x,y)=1$ along this route. (b) Also by inspection, when $x=0$ , then $f(x,y)=0$ as long as $y \neq 0$ . So, if we follow the $y$ -axis in towards the origin, $f(x,y)=0$ along this route. (c) Since two different directions give us different values as we approach the origin, $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)$ does not exist.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.1절 · 7번

# 다변수함수의 극한과 연속계산기본자동 분류

592.CLP-3 · 2.1절 · 6번대학 수준우리말 번역

가능하다면 다음 극한값을 구하세요.

(a) $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow(2,-1)}\ \big(xy+x^2\big)$ (b) $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}\ \frac{x}{x^2+y^2}$ (c) $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}\ \frac{x^2}{x^2+y^2}$ (d) $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}\ \frac{x^3}{x^2+y^2}$ (e) $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}\ \frac{x^2y^2}{x^2+y^4}$ (f) $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\ \frac{(\sin x)\left(e^y-1\right)}{xy}$

영어 원문 보기

Evaluate, if possible,

(a) $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow(2,-1)}\ \big(xy+x^2\big)$ (b) $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}\ \frac{x}{x^2+y^2}$ (c) $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}\ \frac{x^2}{x^2+y^2}$ (d) $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}\ \frac{x^3}{x^2+y^2}$ (e) $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}\ \frac{x^2y^2}{x^2+y^4}$ (f) $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\ \frac{(\sin x)\left(e^y-1\right)}{xy}$

정답·풀이 보기

(a) $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow(2,-1)}\ \big(xy+x^2\big)=2(-1)+2^2=2$

(b) 극좌표로 바꾸면,

$\begin{aligned} \lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}\ \frac{x}{x^2+y^2} &=\lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{r\rightarrow0^+}{0\le\theta<2\pi}}\ \frac{r\cos\theta}{r^2} =\lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{r\rightarrow0^+}{0\le\theta<2\pi}}\ \frac{\cos\theta}{r} \end{aligned}$

이 극한은 존재하지 않는다. 예를 들어,

$\theta=0$ 이면,

$\lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{r\rightarrow0^+}{\theta=0}}\ \frac{\cos\theta}{r} =\lim_{r\rightarrow0^+}\ \frac{1}{r} =+\infty$

반면 $\theta=\pi$ 이면,

$\lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{r\rightarrow0^+}{\theta=\pi}}\ \frac{\cos\theta}{r} =\lim_{r\rightarrow0^+}\ \frac{-1}{r} =-\infty$

이기 때문이다.

(c) 극좌표로 바꾸면,

$\begin{aligned} \lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}\ \frac{x^2}{x^2+y^2} &=\lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{r\rightarrow0^+}{0\le\theta<2\pi}}\ \frac{r^2\cos^2\theta}{r^2} =\lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{r\rightarrow0^+}{0\le\theta<2\pi}}\ \cos^2\theta \end{aligned}$

이 극한은 존재하지 않는다. 예를 들어,

$\theta=0$ 이면,

$\lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{r\rightarrow0^+}{\theta=0}}\ \cos^2\theta =\lim_{r\rightarrow0^+}\ 1 = 1$

반면 $\theta=\frac{\pi}{2}$ 이면,

$\lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{r\rightarrow0^+}{\theta=\pi/2}}\ \cos^2\theta =\lim_{r\rightarrow0^+}\ 0 =0$

이기 때문이다.

(d) 극좌표로 바꾸면,

$\begin{aligned} \lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}\ \frac{x^3}{x^2+y^2} &=\lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{r\rightarrow0^+}{0\le\theta<2\pi}}\ \frac{r^3\cos^3\theta}{r^2} =\lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{r\rightarrow0^+}{0\le\theta<2\pi}}\ r\cos^3\theta =0 \end{aligned}$

모든 $\theta$ 에 대해 $|\cos\theta|\le 1$ 이기 때문이다.

(e) 극좌표로 바꾸면,

$\begin{aligned} \lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}\ \frac{x^2y^2}{x^2+y^4} &=\lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{r\rightarrow0^+}{0\le\theta<2\pi}}\ \frac{r^2\cos^2\theta\ r^2\sin^2\theta} {r^2\cos^2\theta+r^4\sin^4\theta} =\lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{r\rightarrow0^+}{0\le\theta<2\pi}}\ r^2\sin^2\theta \frac{\cos^2\theta}{\cos^2\theta+r^2\sin^4\theta} \\ &= 0 \end{aligned}$

여기서 모든 $r>0$ 에 대해 다음이 성립함을 이용하였다.

$\left|\sin^2\theta\frac{\cos^2\theta} {\cos^2\theta+r^2\sin^4\theta}\right| \le \frac{\cos^2\theta} {\cos^2\theta+r^2\sin^4\theta} \le \left.\begin{cases} \frac{\cos^2\theta} {\cos^2\theta}&\text{(}\cos\theta\ne 0\text{ 일 때)}\\ 0 &\text{(}\cos\theta =0\text{ 일 때)}\end{cases} \right\} \le 1$

(f) 먼저 다음을 관찰하자.

$\begin{aligned} \lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\ \frac{(\sin x)\left(e^y-1\right)}{xy} =\left[\lim_{x\rightarrow 0}\ \frac{\sin x}{x}\right] \left[\lim_{y\rightarrow 0}\ \frac{e^y-1}{y}\right] \end{aligned}$

$\displaystyle \left[\lim_{x\rightarrow 0}\ \frac{\sin x}{x}\right]$ 은 로피탈 법칙 또는 미분계수의 정의를 이용하여 구할 수 있으며, 다음과 같다.

$\lim_{x\rightarrow 0}\ \frac{\sin x}{x} =\lim_{x\rightarrow 0}\ \frac{\sin x-\sin 0}{x-0} =\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\sin x\bigg|_{x=0} =\cos x\Big|_{x=0}=1$

마찬가지로 $\displaystyle \left[\lim_{y\rightarrow 0}\ \frac{e^y-1}{y}\right]$ 도 로피탈 법칙 또는 미분계수의 정의를 이용하여 구할 수 있으며, 다음과 같다.

$\lim_{y\rightarrow 0}\ \frac{e^y-1}{y} =\lim_{y\rightarrow 0}\ \frac{e^y-e^0}{y-0} =\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}e^y\bigg|_{y=0} =e^y\Big|_{y=0}=1$

따라서 모두 합하면

$\begin{aligned} \lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\ \frac{(\sin x)\left(e^y-1\right)}{xy} =\left[\lim_{x\rightarrow 0}\ \frac{\sin x}{x}\right] \left[\lim_{y\rightarrow 0}\ \frac{e^y-1}{y}\right] =[1]\ [1]=1 \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow(2,-1)}\ \big(xy+x^2\big)=2(-1)+2^2=2$

(b) Switching to polar coordinates,

$\begin{aligned} \lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}\ \frac{x}{x^2+y^2} &=\lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{r\rightarrow0^+}{0\le\theta<2\pi}}\ \frac{r\cos\theta}{r^2} =\lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{r\rightarrow0^+}{0\le\theta<2\pi}}\ \frac{\cos\theta}{r} \end{aligned}$

which does not exist, since, for example,

if $\theta=0$ , then

$\lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{r\rightarrow0^+}{\theta=0}}\ \frac{\cos\theta}{r} =\lim_{r\rightarrow0^+}\ \frac{1}{r} =+\infty$

while if $\theta=\pi$ , then

$\lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{r\rightarrow0^+}{\theta=\pi}}\ \frac{\cos\theta}{r} =\lim_{r\rightarrow0^+}\ \frac{-1}{r} =-\infty$

(c) Switching to polar coordinates,

$\begin{aligned} \lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}\ \frac{x^2}{x^2+y^2} &=\lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{r\rightarrow0^+}{0\le\theta<2\pi}}\ \frac{r^2\cos^2\theta}{r^2} =\lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{r\rightarrow0^+}{0\le\theta<2\pi}}\ \cos^2\theta \end{aligned}$

which does not exist, since, for example,

if $\theta=0$ , then

$\lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{r\rightarrow0^+}{\theta=0}}\ \cos^2\theta =\lim_{r\rightarrow0^+}\ 1 = 1$

while if $\theta=\frac{\pi}{2}$ , then

$\lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{r\rightarrow0^+}{\theta=\pi/2}}\ \cos^2\theta =\lim_{r\rightarrow0^+}\ 0 =0$

(d) Switching to polar coordinates,

$\begin{aligned} \lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}\ \frac{x^3}{x^2+y^2} &=\lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{r\rightarrow0^+}{0\le\theta<2\pi}}\ \frac{r^3\cos^3\theta}{r^2} =\lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{r\rightarrow0^+}{0\le\theta<2\pi}}\ r\cos^3\theta =0 \end{aligned}$

since $|\cos\theta|\le 1$ for all $\theta$ .

(e) Switching to polar coordinates,

$\begin{aligned} \lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}\ \frac{x^2y^2}{x^2+y^4} &=\lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{r\rightarrow0^+}{0\le\theta<2\pi}}\ \frac{r^2\cos^2\theta\ r^2\sin^2\theta} {r^2\cos^2\theta+r^4\sin^4\theta} =\lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{r\rightarrow0^+}{0\le\theta<2\pi}}\ r^2\sin^2\theta \frac{\cos^2\theta}{\cos^2\theta+r^2\sin^4\theta} \\ &= 0 \end{aligned}$

Here, we used that

$\left|\sin^2\theta\frac{\cos^2\theta} {\cos^2\theta+r^2\sin^4\theta}\right| \le \frac{\cos^2\theta} {\cos^2\theta+r^2\sin^4\theta} \le \left.\begin{cases} \frac{\cos^2\theta} {\cos^2\theta}&\text{ if }\cos\theta\ne 0 \\ 0 &\text { if }\cos\theta =0 \end{cases} \right\} \le 1$

for all $r>0$ .

(f) To start, observe that

$\begin{aligned} \lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\ \frac{(\sin x)\left(e^y-1\right)}{xy} =\left[\lim_{x\rightarrow 0}\ \frac{\sin x}{x}\right] \left[\lim_{y\rightarrow 0}\ \frac{e^y-1}{y}\right] \end{aligned}$

We may evaluate $\displaystyle \left[\lim_{x\rightarrow 0}\ \frac{\sin x}{x}\right]$ by l'Hopital's rule or by using the definition of the derivative to give

$\lim_{x\rightarrow 0}\ \frac{\sin x}{x} =\lim_{x\rightarrow 0}\ \frac{\sin x-\sin 0}{x-0} =\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\sin x\bigg|_{x=0} =\cos x\Big|_{x=0}=1$

Similarly, we may evaluate $\displaystyle \left[\lim_{y\rightarrow 0}\ \frac{e^y-1}{y}\right]$ by l'Hopital's rule or by using the definition of the derivative to give

$\lim_{y\rightarrow 0}\ \frac{e^y-1}{y} =\lim_{y\rightarrow 0}\ \frac{e^y-e^0}{y-0} =\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}e^y\bigg|_{y=0} =e^y\Big|_{y=0}=1$

So all together

$\begin{aligned} \lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\ \frac{(\sin x)\left(e^y-1\right)}{xy} =\left[\lim_{x\rightarrow 0}\ \frac{\sin x}{x}\right] \left[\lim_{y\rightarrow 0}\ \frac{e^y-1}{y}\right] =[1]\ [1]=1 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 4.2절 · 10번

# 다변수함수의 극한과 연속계산보통자동 분류

593.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

594.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

595.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

596.CLP-3 · 2.1절 · 11번대학 수준우리말 번역

다음 극한을 구하거나, 존재하지 않는 이유를 설명하세요.

(a) $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}\frac{xy}{x^2+y^2}$ (b) $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}\frac{\sin(xy)}{x^2+y^2}$ (c) $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow(-1,1)}\frac{x^2+2xy^2+y^4}{1+y^4}$ (d) $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}|y|^x$

영어 원문 보기

Compute the following limits or explain why they do not exist.

(a) $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}\frac{xy}{x^2+y^2}$ (b) $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}\frac{\sin(xy)}{x^2+y^2}$ (c) $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow(-1,1)}\frac{x^2+2xy^2+y^4}{1+y^4}$ (d) $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}|y|^x$

정답·풀이 보기

(a) 극좌표에서

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

이므로 극한은 존재하지 않는다. 예를 들어,

$(x,y)$ 를 양의 $x$ 축을 따라 $(0,0)$ 으로 보내면 $\theta=0$ 이므로 극한 $\sin\theta\cos\theta\big|_{\theta=0}=0$ 을 얻고,
제1사분면에서 직선 $y=x$ 를 따라 $(x,y)$ 를 $(0,0)$ 으로 보내면 $\theta=\frac{\pi}{4}$ 이므로 극한 $\sin\theta\cos\theta\big|_{\theta=\pi/4}=\frac{1}{2}$ 을 얻는다.

(b) 이 극한이 존재한다고 하면 극한

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

도 존재해야 하므로 이 극한은 존재하지 않는다. ( $\displaystyle \lim_{t\rightarrow 0}\tfrac{\sin t}{t} =1$ 임을 떠올리세요.)

(c)

$\begin{aligned} \lim_{(x,y)\rightarrow(-1,1)}\big[x^2+2xy^2+y^4\big] &=(-1)^2+2(-1)(1)^2+(1)^4=0 \\ \lim_{(x,y)\rightarrow(-1,1)}\big[1+y^4\big] &=1+(1)^4=2 \end{aligned}$

이고 두 번째 극한이 0이 아니므로

$\lim_{(x,y)\rightarrow(-1,1)}\frac{x^2+2xy^2+y^4}{1+y^4}=\frac{0}{2}=0$

이다.

(d) 양의 $x$ 축을 따른 극한

$\lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{t\rightarrow 0}{t>0}}|y|^x\Big|_{(x,y)=(t,0)} =\lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{t\rightarrow 0}{t>0}}0^t =\lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{t\rightarrow 0}{t>0}}0 =0$

과 $y$ 축을 따른 극한

$\lim_{t\rightarrow 0}|y|^x\Big|_{(x,y)=(0,t)} =\lim_{t\rightarrow 0}|t|^0 =\lim_{t\rightarrow 0}1 =1$

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

원본 교재 풀이(영어)

(a) Since, in polar coordinates,

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

we have that the limit does not exist. For example,

if we send $(x,y)$ to $(0,0)$ along the positive $x$ -axis, so that $\theta=0$ , we get the limit $\sin\theta\cos\theta\big|_{\theta=0}=0$ ,
while if we send $(x,y)$ to $(0,0)$ along the line $y=x$ in the first quadrant, so that $\theta=\frac{\pi}{4}$ , we get the limit $\sin\theta\cos\theta\big|_{\theta=\pi/4}=\frac{1}{2}$ .

(b) This limit does not exist, since if it were to exist the limit

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

would also exist. (Recall that $\displaystyle \lim_{t\rightarrow 0}\tfrac{\sin t}{t} =1$ .)

(c) Since

$\begin{aligned} \lim_{(x,y)\rightarrow(-1,1)}\big[x^2+2xy^2+y^4\big] &=(-1)^2+2(-1)(1)^2+(1)^4=0 \\ \lim_{(x,y)\rightarrow(-1,1)}\big[1+y^4\big] &=1+(1)^4=2 \end{aligned}$

and the second limit is nonzero,

$\lim_{(x,y)\rightarrow(-1,1)}\frac{x^2+2xy^2+y^4}{1+y^4}=\frac{0}{2}=0$

(d) Since the limit along the positive $x$ -axis

$\lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{t\rightarrow 0}{t>0}}|y|^x\Big|_{(x,y)=(t,0)} =\lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{t\rightarrow 0}{t>0}}0^t =\lim_{\genfrac{}{}{0pt}{}{t\rightarrow 0}{t>0}}0 =0$

and the limit along the $y$ -axis

$\lim_{t\rightarrow 0}|y|^x\Big|_{(x,y)=(0,t)} =\lim_{t\rightarrow 0}|t|^0 =\lim_{t\rightarrow 0}1 =1$

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기APEX · 12.2절 · 1번

# 다변수함수의 극한과 연속계산도전자동 분류

597.CLP-3 · 2.2절 · 2번대학 수준우리말 번역

당신은 기복이 있는 지형을 가로지르고 있습니다. $z$ 축은 하늘을 향해 곧장 위쪽, 양의 $x$ 축은 정남쪽, 양의 $y$ 축은 정동쪽이라고 합시다. 그러면 당신 주변의 지형은 방정식 $z=f(x,y)$ 로 나타나고, 당신은 점 $(0,0,f(0,0))$ 에 있습니다. 함수 $f(x,y)$ 는 미분가능합니다.

$f_y(0,0)<0$ 이라고 합시다. 당신이 정상에 있을 수 있습니까? 설명하세요.

영어 원문 보기

You are traversing an undulating landscape. Take the $z$ -axis to be straight up towards the sky, the positive $x$ -axis to be due south, and the positive $y$ -axis to be due east. Then the landscape near you is described by the equation $z=f(x,y)$ , with you at the point $(0,0,f(0,0))$ . The function $f(x,y)$ is differentiable.

Suppose $f_y(0,0)<0$ . Is it possible that you are at a summit? Explain.

정답·풀이 보기

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

원본 교재 풀이(영어)

If $f_y(0,0)<0$ , then $f(0,y)$ decreases as $y$ increases from $0$ . Thus moving in the positive $y$ direction takes you downhill. This means you aren't at the lowest point in a valley, since you can still move downhill. On the other hand, as $f_y(0,0)<0$ , $f(0,y)$ also decreases as $y$ increases towards $0$ from slightly negative values. Thus if you move in the negative $y$ -direction from $y=0$ , your height $z$ will increase. So you are not at a locally highest point—you're not at a summit.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.2절 · 3번

# 편도함수계산기본자동 분류

598.CLP-3 · 2.2절 · 3번대학 수준우리말 번역

$f(x,y)=\begin{cases}\frac{x^2y}{x^2+y^2}& \text{$(x,y)\ne (0,0)$ 이면} \\ 0 & \text{$(x,y)=(0,0)$ 이면} \end{cases}$

이라고 하자. 정의로부터 직접 다음을 계산하세요.

(a) $\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)$ (b) $\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)$ (c) $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} f(t,t)\Big|_{t=0}$

영어 원문 보기

Let

$f(x,y)=\begin{cases}\frac{x^2y}{x^2+y^2}& \text{if $(x,y)\ne (0,0)$} \\ 0 & \text{if $(x,y)=(0,0)$} \end{cases}$

Compute, directly from the definitions,

(a) $\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)$ (b) $\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)$ (c) $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} f(t,t)\Big|_{t=0}$

답 쓰고 채점

(a)

(b)

(c)

정답·풀이 보기

(a) 정의에 의해

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

(b) 정의에 의해

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

(c) 정의에 의해

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

원본 교재 풀이(영어)

(a) By definition

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

(b) By definition

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

(c) By definition

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.2절 · 6번

# 편도함수계산기본자동 분류

599.CLP-3 · 2.2절 · 4번대학 수준우리말 번역

다음 함수의 모든 1계 편도함수를 구하고, 주어진 점에서의 값을 구하세요.

(a) $f(x,y,z)=x^3y^4z^5\qquad (0,-1,-1)$ (b) $w(x,y,z)=\ln\left(1+e^{xyz}\right)\qquad (2,0,-1)$ (c) $f(x,y)=\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\qquad (-3,4)$

영어 원문 보기

Find all first partial derivatives of the following functions and evaluate them at the given point.

(a) $f(x,y,z)=x^3y^4z^5\qquad (0,-1,-1)$ (b) $w(x,y,z)=\ln\left(1+e^{xyz}\right)\qquad (2,0,-1)$ (c) $f(x,y)=\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\qquad (-3,4)$

정답·풀이 보기

(a)

$\begin{aligned} f_x(x,y,z)&=3x^2y^4z^5 & f_x(0,-1,-1)&=0\\ f_y(x,y,z)&=4x^3y^3z^5 & f_y(0,-1,-1)&=0\\ f_z(x,y,z)&=5x^3y^4z^4 & f_z(0,-1,-1)&=0 \end{aligned}$

(b)

$\begin{aligned} w_x(x,y,z)&=\frac{yz e^{xyz}}{1+e^{xyz}} & w_x(2,0,-1)&=0\\ w_y(x,y,z)&=\frac{xz e^{xyz}}{1+e^{xyz}} & w_y(2,0,-1)&=-1\\ w_z(x,y,z)&=\frac{xy e^{xyz}}{1+e^{xyz}} & w_z(2,0,-1)&=0 \end{aligned}$

(c)

$\begin{aligned} f_x(x,y)&=-\frac{x}{(x^2+y^2)^{3/2}} & f_x(-3,4)&=\frac{3}{125}\\ f_y(x,y)&=-\frac{y}{(x^2+y^2)^{3/2}} & f_y(-3,4)&=-\frac{4}{125} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

(a)

$\begin{aligned} f_x(x,y,z)&=3x^2y^4z^5 & f_x(0,-1,-1)&=0\\ f_y(x,y,z)&=4x^3y^3z^5 & f_y(0,-1,-1)&=0\\ f_z(x,y,z)&=5x^3y^4z^4 & f_z(0,-1,-1)&=0 \end{aligned}$

(b)

$\begin{aligned} w_x(x,y,z)&=\frac{yz e^{xyz}}{1+e^{xyz}} & w_x(2,0,-1)&=0\\ w_y(x,y,z)&=\frac{xz e^{xyz}}{1+e^{xyz}} & w_y(2,0,-1)&=-1\\ w_z(x,y,z)&=\frac{xy e^{xyz}}{1+e^{xyz}} & w_z(2,0,-1)&=0 \end{aligned}$

(c)

$\begin{aligned} f_x(x,y)&=-\frac{x}{(x^2+y^2)^{3/2}} & f_x(-3,4)&=\frac{3}{125}\\ f_y(x,y)&=-\frac{y}{(x^2+y^2)^{3/2}} & f_y(-3,4)&=-\frac{4}{125} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.2절 · 5번

# 편도함수계산보통자동 분류

600.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

다변수 미분 전체 문제