다변수 미분 전체 연습문제

701.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

702.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

703.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

704.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

705.CLP-3 · 2.8절 · 7번대학 수준우리말 번역

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

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

은 반드시 성립하는지 판단하세요. 답의 근거를 반드시 제시하세요.

영어 원문 보기

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

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

necessarily satisfied? You must justify your answer.

정답·풀이 보기

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

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

이다. 따라서

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

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

원본 교재 풀이(영어)

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

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

So

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

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.8절 · 1번

# 편미분방정식 맛보기증명·논술보통자동 분류

706.CLP-3 · 2.8절 · 9번대학 수준우리말 번역

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

영어 원문 보기

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

정답·풀이 보기

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

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

따라서 보이려던 바가 성립한다.

원본 교재 풀이(영어)

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

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

as desired.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.8절 · 4번

# 편미분방정식 맛보기증명·논술보통자동 분류

707.CLP-3 · 2.8절 · 10번대학 수준우리말 번역

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

영어 원문 보기

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

정답·풀이 보기

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

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

이므로 다음을 얻는다.

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

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

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

원본 교재 풀이(영어)

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

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

we have

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

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

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.8절 · 9번

# 편미분방정식 맛보기증명·논술보통자동 분류

708.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

709.CLP-3 · 2.8절 · 13번대학 수준우리말 번역

$u(x,y)$ 가 편미분방정식

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

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

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

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

영어 원문 보기

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

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

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

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

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

정답·풀이 보기

연쇄 법칙에 의해

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

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

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

이므로

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

이다.

원본 교재 풀이(영어)

By the chain rule,

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

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

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

so

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.8절 · 11번

# 편미분방정식 맛보기증명·논술도전자동 분류

710.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

711.CLP-3 · 2.9절 · 1번대학 수준우리말 번역

(a) 함수 $f(x,y)$ 의 등위곡선 몇 개가 아래 $xy$ –평면에 그려져 있다.

아래 네 가지 진술 각각에 대해, 그 상황이 적용되는 점을 그림에서 모두 찾아 그 글자에 동그라미를 치세요. 예를 들어 진술이 "이 점들은 $y$ –축 위에 있다"라면 $P$ 와 $U$ 에 동그라미를 치고 나머지 글자에는 치지 않는다. 점 $T$ 에서 극댓값이 생긴다고 가정해도 됩니다.

$\begin{aligned} \text{(i) }& { \boldsymbol{\nabla} } f\text{ 가 영벡터이다} & &\text{P Q R S T U} \\ \text{(ii) }& \text{ $f$ 가 안장점을 갖는다} & &\text{P Q R S T U} \\ \text{(iii) }& \text{ 편도함수 $f_y$ 가 양수이다} & &\text{P Q R S T U} \\ \text{(iv) }& \text{ $f$ 의 방향 $\left< 0,-1\right>$ 으로의 방향도함수가} & &\text{P Q R S T U} \\[-0.07in] & \text{ 음수이다} & & \end{aligned}$ (b) 아래 그림은 $xz$ –축 위에 그린 그래프 $z=F(x,y)$ 의 세 개의 " $y$ 단면"을 보여 준다. (곧, 곡면 $z=F(x,y)$ 와 세 평면 ( $y=1.9$ , $y=2$ , $y=2.1$ )의 교선이다.) 각 진술에 대해 알맞은 말에 동그라미를 치세요.

$\begin{aligned} \text{(i) }& \text{ 1계 편도함수 $F_x(1,2)$ 는} & &\text{양수/음수/0 (하나에 동그라미)} \\ \text{(ii) }& \text{ $F$ 는 $(2,2)$ 에서 임계점을 갖는다 } & &\text{참/거짓 (하나에 동그라미)} \\ \text{(iii) }& \text{ 2계 편도함수 $F_{xy}(1,2)$ 는} & &\text{양수/음수/0 (하나에 동그라미)} \end{aligned}$

영어 원문 보기

(a) Some level curves of a function $f(x,y)$ are plotted in the $xy$ –plane below.

For each of the four statements below, circle the letters of all points in the diagram where the situation applies. For example, if the statement were “These points are on the $y$ –axis”, you would circle both $P$ and $U$ , but none of the other letters. You may assume that a local maximum occurs at point $T$ .

$\begin{aligned} \text{(i) }& { \boldsymbol{\nabla} } f\text{ is zero} & &\text{P Q R S T U} \\ \text{(ii) }& \text{ $f$ has a saddle point} & &\text{P Q R S T U} \\ \text{(iii) }& \text{ the partial derivative $f_y$ is positive} & &\text{P Q R S T U} \\ \text{(iv) }& \text{ the directional derivative of $f$ in the direction $\left< 0,-1\right>$ is} & &\text{P Q R S T U} \\[-0.07in] & \text{ negative} & & \end{aligned}$ (b) The diagram below shows three “ $y$ traces” of a graph $z=F(x,y)$ plotted on $xz$ –axes. (Namely the intersections of the surface $z=F(x,y)$ with the three planes ( $y=1.9$ , $y=2$ , $y=2.1$ ). For each statement below, circle the correct word.

$\begin{aligned} \text{(i) }& \text{ the first order partial derivative $F_x(1,2)$ is} & &\text{positive/negative/zero (circle one)} \\ \text{(ii) }& \text{ $F$ has a critical point at $(2,2)$ } & &\text{true/false (circle one)} \\ \text{(iii) }& \text{ the second order partial derivative $F_{xy}(1,2)$ is} & &\text{positive/negative/zero (circle one)} \end{aligned}$

정답·풀이 보기

a) (ⅰ) 임계점에서 ${ \boldsymbol{\nabla} } f$ 는 영벡터이다. 점 $T$ 는 극댓값을 갖는 점이고 점 $U$ 는 안장점이다. 나머지 점 $P$ , $R$ , $S$ 는 임계점이 아니다.

(a) (ⅱ) 안장점은 $U$ 뿐이다.

(a) (ⅲ) $(x,y)$ 에서 수직 위쪽으로 움직일 때 $f$ 가 증가하면 $f_y(x,y)>0$ 이다. 그림을 보면 다음과 같다.

$\begin{aligned} f_y(P) <0\qquad f_y(Q) <0\qquad f_y(R) =0\qquad f_y(S) >0\qquad f_y(T) =0\qquad f_y(U) =0 \end{aligned}$

따라서 조건에 맞는 점은 $S$ 뿐이다.

(a) (ⅳ) $f$ 의 방향 $\left< 0,-1\right>$ 으로의 방향도함수는 ${ \boldsymbol{\nabla} } f\cdot \left< 0,-1\right> =-f_y$ 이다. 이 값이 음수일 필요충분조건은 $f_y>0$ 이다. 따라서 이번에도 조건에 맞는 점은 $S$ 뿐이다.

(b) (ⅰ) 그림에서 $y=2.0$ 의 그래프는 $x=1$ 에서 기울기가 양수이므로, 함수 $z=F(x,2)$ 는 $x=1$ 에서 증가한다. 따라서 $F_x(1,2)>0$ 이다.

(b) (ⅱ) 그림에서 $y=2.0$ 의 그래프는 $x=2$ 에서 기울기가 양수이므로, 함수 $z=F(x,2)$ 는 $x=2$ 에서도 (천천히이지만) 증가한다. 따라서 $F_x(2,2)>0$ 이다. 그러므로 $F$ 는 $(2,2)$ 에서 임계점을 갖지 않는다.

(b) (ⅲ) 그림으로 보아 $F_x(1,1.9) > F_x(1,2.0) > F_x(1,2.1)$ 인 것으로 보인다. 곧, $x=1$ 에서 $y=1.9$ 그래프의 기울기가 $x=1$ 에서 $y=2.0$ 그래프의 기울기보다 크고, 이 기울기는 다시 $x=1$ 에서 $y=2.1$ 그래프의 기울기보다 큰 것으로 보인다. 따라서 $y$ 가 $y=2$ 를 지나며 증가할 때 $F_x(1,y)$ 는 감소하는 것으로 보이고, 그러므로 $F_{xy}(1,2)<0$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

a) (i) ${ \boldsymbol{\nabla} } f$ is zero at critical points. The point $T$ is a local maximum and the point $U$ is a saddle point. The remaining points $P$ , $R$ , $S$ , are not critical points.

(a) (ii) Only $U$ is a saddle point.

(a) (iii) We have $f_y(x,y)>0$ if $f$ increases as you move vertically upward through $(x,y)$ . Looking at the diagram, we see

$\begin{aligned} f_y(P) <0\qquad f_y(Q) <0\qquad f_y(R) =0\qquad f_y(S) >0\qquad f_y(T) =0\qquad f_y(U) =0 \end{aligned}$

So only $S$ works.

(a) (iv) The directional derivative of $f$ in the direction $\left< 0,-1\right>$ is ${ \boldsymbol{\nabla} } f\cdot \left< 0,-1\right> =-f_y$ . It is negative if and only if $f_y>0$ . So, again, only $S$ works.

(b) (i) The function $z=F(x,2)$ is increasing at $x=1$ , because the $y=2.0$ graph in the diagram has positive slope at $x=1$ . So $F_x(1,2)>0$ .

(b) (ii) The function $z=F(x,2)$ is also increasing (though slowly) at $x=2$ , because the $y=2.0$ graph in the diagram has positive slope at $x=2$ . So $F_x(2,2)>0$ . So $F$ does not have a critical point at $(2,2)$ .

(b) (iii) From the diagram the looks like $F_x(1,1.9) > F_x(1,2.0) > F_x(1,2.1)$ . That is, it looks like the slope of the $y=1.9$ graph at $x=1$ is larger than the slope of the $y=2.0$ graph at $x=1$ , which in turn is larger than the slope of the $y=2.1$ graph at $x=1$ . So it looks like $F_x(1,y)$ decreases as $y$ increases through $y=2$ , and consequently $F_{xy}(1,2)<0$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.9절 · 3번

# 극값과 안장점그래프·표 해석기본자동 분류

712.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

713.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

714.CLP-3 · 2.9절 · 5번대학 수준우리말 번역

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

영어 원문 보기

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

정답·풀이 보기

$f(x,y) = x^2 +cxy +y^2$ 이라 하자. 그러면

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

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

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

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

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

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

원본 교재 풀이(영어)

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

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

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

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

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

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

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기APEX · 12.8절 · 5번

# 극값과 안장점활용보통자동 분류

715.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

716.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

717.CLP-3 · 2.9절 · 13번대학 수준우리말 번역

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

영어 원문 보기

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

정답·풀이 보기

주어진 온도 함수와 그 1계 편도함수는 다음과 같다.

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

먼저 임계점을 구한다.

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

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

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

종합하면 최댓값과 최솟값의 후보는 다음과 같다.

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

이 표에서 $T$ 의 가장 큰 값과 가장 작은 값은

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

이다.

원본 교재 풀이(영어)

The specified temperature and its first order derivatives are

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

First, we find the critical points.

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

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

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

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

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

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

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

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

# 극값과 안장점활용보통자동 분류

718.CLP-3 · 2.9절 · 14번대학 수준우리말 번역

아래 그림들은 목록에 있는 함수들의 등위집합 $f (x, y) = c$ 를 높이 $c = 0, 0.1, 0.2, \ldots , 1.9, 2$ 에서 나타낸 것입니다. 각 그림에 해당하는 함수를 짝지어 쓰고, 각 그림에 임계점을 표시하세요. (경우에 따라 임계점이 그림에 이미 그려져 있지 않을 수도 있습니다. 그런 경우에는 직접 그림에 추가하세요.)

(ⅰ) $f(x, y) = (x^2 + y^2 - 1)(x - y) + 1$ (ⅱ) $f(x, y) = \sqrt{x^2 + y^2}$ (ⅲ) $f(x, y) = y(x + y)(x - y) + 1$ (ⅳ) $f(x, y) = x^2 + y^2$

영어 원문 보기

The images below depict level sets $f (x, y) = c$ of the functions in the list at heights $c = 0, 0.1, 0.2, \ldots , 1.9, 2$ . Label the pictures with the corresponding function and mark the critical points in each picture. (Note that in some cases, the critical points might not be drawn on the images already. In those cases you should add them to the picture.)

(i) $f(x, y) = (x^2 + y^2 - 1)(x - y) + 1$ (ii) $f(x, y) = \sqrt{x^2 + y^2}$ (iii) $f(x, y) = y(x + y)(x - y) + 1$ (iv) $f(x, y) = x^2 + y^2$

정답·풀이 보기

두 함수 $f(x, y) = \sqrt{x^2 + y^2}$ (즉 (ⅱ))와 $f(x, y) = x^2 + y^2$ (즉 (ⅳ))은 모두 $(0,0)$ 을 중심으로 한 회전에 대해 변하지 않는다. 따라서 이 함수들의 등위선은 원점을 중심으로 하는 원이다. 극좌표에서 $\sqrt{x^2 + y^2}$ 은 $r$ 이다. 그러므로 (ⅱ)의 함수에 대해 그려진 등위선은 $r = 0, 0.1, 0.2, \ldots , 1.9, 2$ 이다. 이들은 간격이 일정하다. 따라서 이 시점에서 세 번째 그림은 (ⅳ)에, 네 번째 그림은 (ⅱ)에 해당함을 알 수 있다.

직선 $x=y$ , $x=-y$ , $y=0$ 은 모두 함수 $f(x, y) = y(x + y)(x - y) + 1$ (즉 (ⅲ))의 $f=1$ 인 등위선임에 주목하자. 따라서 첫 번째 그림은 (ⅲ)에 해당한다. 그러면 두 번째 그림은 (ⅰ)에 해당한다.

다음은 임계점을 표시한 그림들이다. 등위선이 서로 교차하는 곳에는 안장점이 있고, “과녁 모양”의 중심에는 극대점 또는 극소점이 있다.

(ⅰ)

(ⅱ)

(ⅲ)

(ⅳ)

원본 교재 풀이(영어)

Both of the functions $f(x, y) = \sqrt{x^2 + y^2}$ (i.e. (ii)) and $f(x, y) = x^2 + y^2$ (i.e. (iv)) are invariant under rotations around the $(0,0)$ . So their level curves are circles centred on the origin. In polar coordinates $\sqrt{x^2 + y^2}$ is $r$ . So the sketched level curves of the function in (ii) are $r = 0, 0.1, 0.2, \ldots , 1.9, 2$ . They are equally spaced. So at this point, we know that the third picture goes with (iv) and the fourth picture goes with (ii).

Notice that the lines $x=y$ , $x=-y$ and $y=0$ are all level curves of the function $f(x, y) = y(x + y)(x - y) + 1$ (i.e. of (iii)) with $f=1$ . So the first picture goes with (iii). And the second picture goes with (i).

Here are the pictures with critical points marked on them. There are saddle points where level curves cross and there are local max's or min's at “bull's eyes”.

(i)

(ii)

(iii)

(iv)

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.9절 · 25번

# 극값과 안장점그래프·표 해석보통자동 분류

719.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

720.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

다변수 미분 전체 문제