방향도함수와 기울기벡터 연습문제

1.OpenStax 3권 · 4.6절 · 50번대학 수준우리말 번역

2차원에서 이상 유체의 운동은 속도 퍼텐셜 $\varphi$ 로 결정된다. 유체의 속도 성분인 $x$ 방향의 $u$ 와 y 방향의 $v$ 는 $\langle u,v\rangle =\nabla \varphi$ 로 주어진다. 속도 퍼텐셜 $\varphi (x,y)=\sin \,\pi x\,\sin \,2\pi y$ 에 대응하는 속도 성분을 구하세요.

영어 원문 보기

In two dimensions, the motion of an ideal fluid is governed by a velocity potential $\varphi .$ The velocity components of the fluid $u$ in the *x-*direction and $v$ in the y-direction, are given by $\langle u,v\rangle =\nabla \varphi .$ Find the velocity components associated with the velocity potential $\varphi (x,y)=\sin \,\pi x\,\sin \,2\pi y.$

정답·풀이 보기

$\langle u,v\rangle =\langle \pi \,\cos (\pi x)\sin (2\pi y),2\pi \,\sin (\pi x)\cos (2\pi y)\rangle$

원본 교재 풀이(영어)

$\langle u,v\rangle =\langle \pi \,\cos (\pi x)\sin (2\pi y),2\pi \,\sin (\pi x)\cos (2\pi y)\rangle$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 4.6절 · 32번

# 방향도함수와 기울기벡터활용자동 분류

2.CLP-3 · 2.7절 · 11번대학 수준우리말 번역

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

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

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

영어 원문 보기

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

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

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

정답·풀이 보기

$(2,1,3)$ 에서의 기온의 기울기 벡터(그레이디언트)는

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

이다.

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

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

이다.

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

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

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

원본 교재 풀이(영어)

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

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

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

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

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

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

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.7절 · 12번

# 방향도함수와 기울기벡터활용보통자동 분류

3.CLP-3 · 2.7절 · 13번대학 수준우리말 번역

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

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

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

영어 원문 보기

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

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

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

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

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

$(1,1)$ 에서 온도의 그래디언트(기울기 벡터)는

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

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

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

이다.

원본 교재 풀이(영어)

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

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

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

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

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.7절 · 3번

# 방향도함수와 기울기벡터활용보통자동 분류

4.CLP-3 · 2.7절 · 14번대학 수준우리말 번역

함수 $T=F(x,y,z)=3+xy-y^2+z^2-x$ 가 공간의 점 $(x,y,z)$ 에서의 온도를 나타낸다고 하자. 이때 $F(3,2,1)=3$ 이다.

(a) $(3, 2, 1)$ 에서 점 $(0,1,2)$ 방향으로의 $T$ 의 방향미분계수를 구하세요. (b) 점 $(3, 2, 1)$ 에서 온도가 가장 빠르게 감소하는 방향은 어느 방향인지 구하세요. (c) 곡선 $x=3e^t$ , $y = 2 \cos t$ , $z= \sqrt{1 + t}$ 를 따라 움직일 때, $t = 0$ 에서 $t$ 에 대한 온도의 변화율 $\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}t}$ 를 구하세요. (d) $\hat{\boldsymbol{\imath}}+5\hat{\boldsymbol{\jmath}}+a\hat{\mathbf{k}}$ 가 $(3, 2, 1)$ 에서 온도 등위면 $T(x, y, z) = 3$ 에 접하는 벡터라고 하자. $a$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Suppose the function $T=F(x,y,z)=3+xy-y^2+z^2-x$ describes the temperature at a point $(x,y,z)$ in space, with $F(3,2,1)=3$ .

(a) Find the directional derivative of $T$ at $(3, 2, 1)$ , in the direction of the point $(0,1,2)$ . (b) At the point $(3, 2, 1)$ , in what direction does the temperature decrease most rapidly? (c) Moving along the curve given by $x=3e^t$ , $y = 2 \cos t$ , $z= \sqrt{1 + t}$ , find $\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}t}$ , the rate of change of temperature with respect to $t$ , at $t = 0$ . (d) Suppose $\hat{\boldsymbol{\imath}}+5\hat{\boldsymbol{\jmath}}+a\hat{\mathbf{k}}$ is a vector that is tangent to the temperature level surface $T(x, y, z) = 3$ at $(3, 2, 1)$ . What is $a$ ?

정답·풀이 보기

(a) 이 방향으로의 방향미분계수를 구한다. 방향은 다음과 같다.

$\left< 0-3\,,\,1-2\,,\,2-1\right> = \left< -3\,,\,-1\,,\,1\right>$

$F$ 의 기울기벡터는

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } F(x,y,z) = \left< y-1\,,\,x-2y\,,\,2z \right> \end{aligned}$

이므로 방향미분계수는

$\begin{aligned} D_{\frac{\left< -3\,,\,-1\,,\,1\right>}{|\left< -3\,,\,-1\,,\,1\right>|}}F(3,2,1) &={ \boldsymbol{\nabla} } F(3,2,1)\cdot \frac{\left< -3\,,\,-1\,,\,1\right>}{|\left< -3\,,\,-1\,,\,1\right>|} \\ &= \left< 2-1\,,\,3-2(2)\,,\,2(1) \right> \cdot \frac{\left< -3\,,\,-1\,,\,1\right>}{|\left< -3\,,\,-1\,,\,1\right>|} =\left< 1\,,\,-1\,,\,2\right> \cdot \frac{\left< -3\,,\,-1\,,\,1\right>}{\sqrt{11}}\\ &=0 \end{aligned}$

(b) 온도는 기울기벡터와 반대 방향으로 가장 빠르게 감소한다. 그 방향의 단위벡터는

$\begin{aligned} -\frac{{ \boldsymbol{\nabla} } F(3,2,1)}{|{ \boldsymbol{\nabla} } F(3,2,1)|} = -\frac{\left< 1\,,\,-1\,,\,2 \right>}{|\left< 1\,,\,-1\,,\,2 \right>|} = \frac{1}{\sqrt{6}}\left< -1\,,\,1\,,\,-2 \right> \end{aligned}$

이다.

(c) 시각 $0$ 에서의 속도 벡터는

$\begin{aligned} \mathbf{v}=\left< x'(0)\,,\,y'(0)\,,\,z'(0)\right> =\left< 3e^t\,,\,-2\sin t\,,\,\frac{1}{2\sqrt{1+t}}\right>\Big|_{t=0} =\left< 3\,,\,0\,,\,\frac{1}{2}\right> \end{aligned}$

이다. 따라서 $t=0$ 에서 $t$ 에 대한 온도의 변화율은

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

이다.

(d) $\hat{\boldsymbol{\imath}}+5\hat{\boldsymbol{\jmath}}+a\hat{\mathbf{k}}$ 가 $(3, 2, 1)$ 에서 등위면 $F(x, y, z) = 3$ 에 접하려면 $\hat{\boldsymbol{\imath}}+5\hat{\boldsymbol{\jmath}}+a\hat{\mathbf{k}}$ 가 ${ \boldsymbol{\nabla} } F(3,2,1)$ 에 수직이어야 한다. 따라서

$\begin{aligned} 0=\left< 1\,,\,5\,,\,a \right> \cdot \left< 1\,,\,-1\,,\,2 \right> = -4+2a \end{aligned}$

이므로 $a=2$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) We are to find the directional derivative in the direction

$\left< 0-3\,,\,1-2\,,\,2-1\right> = \left< -3\,,\,-1\,,\,1\right>$

As the gradient of $F$ is

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } F(x,y,z) = \left< y-1\,,\,x-2y\,,\,2z \right> \end{aligned}$

the directional derivative is

$\begin{aligned} D_{\frac{\left< -3\,,\,-1\,,\,1\right>}{|\left< -3\,,\,-1\,,\,1\right>|}}F(3,2,1) &={ \boldsymbol{\nabla} } F(3,2,1)\cdot \frac{\left< -3\,,\,-1\,,\,1\right>}{|\left< -3\,,\,-1\,,\,1\right>|} \\ &= \left< 2-1\,,\,3-2(2)\,,\,2(1) \right> \cdot \frac{\left< -3\,,\,-1\,,\,1\right>}{|\left< -3\,,\,-1\,,\,1\right>|} =\left< 1\,,\,-1\,,\,2\right> \cdot \frac{\left< -3\,,\,-1\,,\,1\right>}{\sqrt{11}}\\ &=0 \end{aligned}$

(b) The temperature decreases most rapidly in the direction opposite the gradient. A unit vector in that direction is

$\begin{aligned} -\frac{{ \boldsymbol{\nabla} } F(3,2,1)}{|{ \boldsymbol{\nabla} } F(3,2,1)|} = -\frac{\left< 1\,,\,-1\,,\,2 \right>}{|\left< 1\,,\,-1\,,\,2 \right>|} = \frac{1}{\sqrt{6}}\left< -1\,,\,1\,,\,-2 \right> \end{aligned}$

(c) The velocity vector at time $0$ is

$\begin{aligned} \mathbf{v}=\left< x'(0)\,,\,y'(0)\,,\,z'(0)\right> =\left< 3e^t\,,\,-2\sin t\,,\,\frac{1}{2\sqrt{1+t}}\right>\Big|_{t=0} =\left< 3\,,\,0\,,\,\frac{1}{2}\right> \end{aligned}$

So the rate of change of temperature with respect to $t$ at $t=0$ is

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

(d) For $\hat{\boldsymbol{\imath}}+5\hat{\boldsymbol{\jmath}}+a\hat{\mathbf{k}}$ to be tangent to the level surface $F(x, y, z) = 3$ at $(3, 2, 1)$ , $\hat{\boldsymbol{\imath}}+5\hat{\boldsymbol{\jmath}}+a\hat{\mathbf{k}}$ must be perpendicular to ${ \boldsymbol{\nabla} } F(3,2,1)$ . So

$\begin{aligned} 0=\left< 1\,,\,5\,,\,a \right> \cdot \left< 1\,,\,-1\,,\,2 \right> = -4+2a \end{aligned}$

So $a=2$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.7절 · 2번

# 방향도함수와 기울기벡터활용보통자동 분류

5.CLP-3 · 2.7절 · 15번대학 수준우리말 번역

$\begin{aligned} f(x, y, z) &= (2x + y)e^{-(x^2 +y^2 +z^2)} \\ g(x, y, z) &= xz + y^2 + yz + z^2 \end{aligned}$

라 하자.

(a) $(0,1,-1)$ 에서 $f$ 와 $g$ 의 그래디언트를 구하세요. (b) $(0,1,-1)$ 에 있는 새가 $f(x, y, z)$ 가 가장 빠르게 증가하는 방향으로 속력 $6$ 으로 날아간다. 새가 $(0,1,-1)$ 을 지날 때, 새가 보기에 $g(x, y, z)$ 는 얼마나 빠르게 변하는 것으로 보이는지 구하세요. (c) $(0,1,-1)$ 에 있는 박쥐가 $f (x, y, z)$ 와 $g(x, y, z)$ 가 변하지 않는 방향으로, 그러나 $z$ 가 증가하도록 날아간다. 이 방향의 벡터를 하나 구하세요.

영어 원문 보기

Let

$\begin{aligned} f(x, y, z) &= (2x + y)e^{-(x^2 +y^2 +z^2)} \\ g(x, y, z) &= xz + y^2 + yz + z^2 \end{aligned}$

(a) Find the gradients of $f$ and $g$ at $(0,1,-1)$ . (b) A bird at $(0,1,-1)$ flies at speed $6$ in the direction in which $f(x, y, z)$ increases most rapidly. As it passes through $(0,1,-1)$ , how quickly does $g(x, y, z)$ appear (to the bird) to be changing? (c) A bat at $(0,1,-1)$ flies in the direction in which $f (x, y, z)$ and $g(x, y, z)$ do not change, but $z$ increases. Find a vector in this direction.

정답·풀이 보기

(a) $f$ 와 $g$ 의 1계 편도함수는 다음과 같다.

$\begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial x}(x,y,z)&= 2e^{-(x^2 +y^2 +z^2)} -2x(2x + y)e^{-(x^2 +y^2 +z^2)} &\quad\implies \frac{\partial f}{\partial x}(0,1,-1)&=2e^{-2} \\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y,z)&= e^{-(x^2 +y^2 +z^2)} -2y(2x + y)e^{-(x^2 +y^2 +z^2)} &\quad\implies \frac{\partial f}{\partial y}(0,1,-1)&=-e^{-2} \\ \frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)&= -2z(2x + y)e^{-(x^2 +y^2 +z^2)} &\quad\implies \frac{\partial f}{\partial z}(0,1,-1)&=2e^{-2} \\ \frac{\partial g}{\partial x}(x,y,z)&= z &\quad\implies \frac{\partial g}{\partial x}(0,1,-1)&=-1 \\ \frac{\partial g}{\partial y}(x,y,z)&= 2y+z &\quad\implies \frac{\partial g}{\partial y}(0,1,-1)&= 1 \\ \frac{\partial g}{\partial z}(x,y,z)&= x+y+2z &\quad\implies \frac{\partial g}{\partial z}(0,1,-1)&=-1 \end{aligned}$

따라서 그래디언트는 다음과 같다.

${ \boldsymbol{\nabla} } f(0,1,-1) =e^{-2}\left< 2,-1,2\right>\qquad { \boldsymbol{\nabla} } g(0,1,-1) =\left< -1,1,-1\right>$

(b) 새의 속도는 ${ \boldsymbol{\nabla} } f(0,1,-1)$ 방향의 길이가 $6$ 인 벡터이므로

$\mathbf{v}= 6\frac{\left< 2,-1,2\right>}{|\left< 2,-1,2\right>|} =\left< 4,-2,4\right>$

이다. 새가 보는 $g$ 의 (단위 시간당) 변화율은

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } g(0,1,-1) \cdot \mathbf{v} =\left< -1,1,-1\right> \cdot \left< 4,-2,4\right> = -10 \end{aligned}$

이다.

(c) 박쥐가 날아가는 방향은 ${ \boldsymbol{\nabla} } f(0,1,-1) =e^{-2}\left< 2,-1,2\right>$ 과 ${ \boldsymbol{\nabla} } g(0,1,-1) =\left< -1,1,-1\right>$ 모두에 수직이어야 한다. 0 이 아닌 상수에

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

을 곱한 벡터는 ${ \boldsymbol{\nabla} } f(0,1,-1)$ 과 ${ \boldsymbol{\nabla} } g(0,1,-1)$ 모두에 수직이다. 또한 박쥐가 날아가는 방향은 $z$ 성분이 양수이어야 한다. 따라서 (엄밀하게) 양의 상수에 $\left< -1 \,,\, 0 \,,\, 1 \right>$ 을 곱한 벡터이면 어떤 것이든 좋다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) The first order partial derivatives of $f$ and $g$ are

$\begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial x}(x,y,z)&= 2e^{-(x^2 +y^2 +z^2)} -2x(2x + y)e^{-(x^2 +y^2 +z^2)} &\quad\implies \frac{\partial f}{\partial x}(0,1,-1)&=2e^{-2} \\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y,z)&= e^{-(x^2 +y^2 +z^2)} -2y(2x + y)e^{-(x^2 +y^2 +z^2)} &\quad\implies \frac{\partial f}{\partial y}(0,1,-1)&=-e^{-2} \\ \frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)&= -2z(2x + y)e^{-(x^2 +y^2 +z^2)} &\quad\implies \frac{\partial f}{\partial z}(0,1,-1)&=2e^{-2} \\ \frac{\partial g}{\partial x}(x,y,z)&= z &\quad\implies \frac{\partial g}{\partial x}(0,1,-1)&=-1 \\ \frac{\partial g}{\partial y}(x,y,z)&= 2y+z &\quad\implies \frac{\partial g}{\partial y}(0,1,-1)&= 1 \\ \frac{\partial g}{\partial z}(x,y,z)&= x+y+2z &\quad\implies \frac{\partial g}{\partial z}(0,1,-1)&=-1 \end{aligned}$

so that gradients are

${ \boldsymbol{\nabla} } f(0,1,-1) =e^{-2}\left< 2,-1,2\right>\qquad { \boldsymbol{\nabla} } g(0,1,-1) =\left< -1,1,-1\right>$

(b) The bird's velocity is the vector of length $6$ in the direction of ${ \boldsymbol{\nabla} } f(0,1,-1)$ , which is

$\mathbf{v}= 6\frac{\left< 2,-1,2\right>}{|\left< 2,-1,2\right>|} =\left< 4,-2,4\right>$

The rate of change of $g$ (per unit time) seen by the bird is

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } g(0,1,-1) \cdot \mathbf{v} =\left< -1,1,-1\right> \cdot \left< 4,-2,4\right> = -10 \end{aligned}$

(c) The direction of flight for the bat has to be perpendicular to both ${ \boldsymbol{\nabla} } f(0,1,-1) =e^{-2}\left< 2,-1,2\right>$ and ${ \boldsymbol{\nabla} } g(0,1,-1) =\left< -1,1,-1\right>$ . Any vector which is a non zero constant times

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

is perpendicular to both ${ \boldsymbol{\nabla} } f(0,1,-1)$ and ${ \boldsymbol{\nabla} } g(0,1,-1)$ . In addition, the direction of flight for the bat must have a positive $z$ –component. So any vector which is a (strictly) positive constant times $\left< -1 \,,\, 0 \,,\, 1 \right>$ is fine.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.7절 · 1번

# 방향도함수와 기울기벡터활용보통자동 분류

6.CLP-3 · 2.7절 · 16번대학 수준우리말 번역

벌 한 마리가 곡면 $3z + x^2 + y^2 = 2$ 와 $z = x^2 - y^2$ 의 교선을 따라 $z$ 가 증가하는 방향으로 날고 있다. 시각 $t = 2$ 에서 벌은 점 $(1, 1, 0)$ 을 속력 $6$ 으로 지난다.

(a) 시각 $t = 2$ 에서 벌의 속도(벡터)를 구하세요. (b) 위치 $(x, y, z)$ , 시각 $t$ 에서의 온도 $T$ 가 $T = xy - 3x+2yt+z$ 로 주어진다. 시각 $t = 2$ 에서 벌이 느끼는 온도의 변화율을 구하세요.

영어 원문 보기

A bee is flying along the curve of intersection of the surfaces $3z + x^2 + y^2 = 2$ and $z = x^2 - y^2$ in the direction for which $z$ is increasing. At time $t = 2$ , the bee passes through the point $(1, 1, 0)$ at speed $6$ .

(a) Find the velocity (vector) of the bee at time $t = 2$ . (b) The temperature $T$ at position $(x, y, z)$ at time $t$ is given by $T = xy - 3x+2yt+z$ . Find the rate of change of temperature experienced by the bee at time $t = 2$ .

정답·풀이 보기

(a) $\mathbf{v}$ 로 시각 $t=2$ 에서 벌의 속도 벡터를 나타내자.

벌의 운동 방향은 곡선의 접선 방향이다. 이 접선은 $(1,1,0)$ 에서 $3z + x^2 + y^2 = 2$ 의 법선벡터

$\left< 2x\,,\,2y\,,\,3\right>\Big|_{(x,y,z)=(1,1,0)} = \left< 2\,,\,2\,,\,3\right>$

와 $(1,1,0)$ 에서 $z = x^2 - y^2$ 의 법선벡터

$\left< 2x\,,\,-2y\,,\,-1\right>\Big|_{(x,y,z)=(1,1,0)} = \left< 2\,,\,-2\,,\,-1\right>$

모두에 수직이다.

따라서 $\mathbf{v}$ 는 다음 벡터의 어떤 상수배이다.

$\begin{aligned} \left< 2\,,\,2\,,\,3\right> \times \left< 2\,,\,-2\,,\,-1\right> =\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ 2 & 2 & 3 \\ 2 & -2 & -1 \end{matrix}\right] =\left< 4 \,,\, 8 \,,\, -8 \right> \end{aligned}$

즉, $\left< 1 \,,\, 2 \,,\, -2 \right>$ 의 어떤 상수배이다.

$\mathbf{v}$ 의 $z$ 성분이 양수여야 하므로, $\mathbf{v}$ 는 $\left< -1 \,,\, -2 \,,\, 2 \right>$ 의 양의 상수배이다.
속력이 $6$ 이어야 하므로 $\mathbf{v}$ 의 길이는 $6$ 이어야 한다.

$|\left< -1 \,,\, -2 \,,\, 2 \right>|=3$ 이므로

$\mathbf{v} = 2\left< -1 \,,\, -2 \,,\, 2 \right> =\left< -2 \,,\, -4 \,,\, 4 \right>$

(b) 풀이 1: 시각 $t$ 에서 벌의 위치가 $\big(x(t),y(t),z(t)\big)$ 라 하자. 그러면 시각 $t$ 에서 벌이 느끼는 온도는

$\begin{aligned} T\big(x(t),y(t),z(t),t\big) = x(t) y(t) -3x(t) +2y(t) t +z(t) \end{aligned}$

이다. 따라서 시각 $t=2$ 에서 벌이 느끼는 (단위 시간당) 온도의 변화율은

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}T\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\Big|_{t=2} &=x'(2)y(2) + x(2)y'(2) -3x'(2) +2y'(2)2+2y(2) +z'(2) \\ \end{aligned}$

이다. 시각 $t=2$ 에서 벌이 $(1,1,0)$ 에 있고 속도가 $\left< -2 \,,\, -4 \,,\, 4 \right>$ 임을 이용하면

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}T\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\Big|_{t=2} &=(-2)(1) + (1)(-4) -3(-2) +2(-4)2+2(1) +4 \\ &=-10 \end{aligned}$

(b) 풀이 2: 시각 $t$ 에서 벌의 위치가 $\big(x(t),y(t),z(t)\big)$ 라 하자. 그러면 시각 $t$ 에서 벌이 느끼는 온도는

$\begin{aligned} T\big(x(t),y(t),z(t),t\big) \end{aligned}$

이다. 연쇄 법칙에 의해, 시각 $t=2$ 에서 벌이 느끼는 (단위 시간당) 온도의 변화율은

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}T\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\Big|_{t=2} &=\bigg[\frac{\partial T}{\partial x}\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\,x'(t) +\frac{\partial T}{\partial y}\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\,y'(t) \\& +\frac{\partial T}{\partial z}\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\,z'(t) +\frac{\partial T}{\partial t}\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\bigg]_{t=2} \end{aligned}$

이다. $T = xy - 3x+2yt+z$ 이므로

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}T\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\Big|_{t=2} &=[y(2)-3]x'(2) + [x(2)+2\times 2]y'(2) +z'(2) +2y(2) \end{aligned}$

이다. 마찬가지로 시각 $t=2$ 에서 벌이 $(1,1,0)$ 에 있고 속도가 $\left< -2 \,,\, -4 \,,\, 4 \right>$ 임을 이용하면

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}T\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\Big|_{t=2} &=[-2](-2) + [5](-4) +4 +2 \\ &=-10 \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

(a) Let's use $\mathbf{v}$ to denote the bee's velocity vector at time $t=2$ .

The bee's direction of motion is tangent to the curve. That tangent is perpendicular to both the normal vector to $3z + x^2 + y^2 = 2$ at $(1,1,0)$ , which is

$\left< 2x\,,\,2y\,,\,3\right>\Big|_{(x,y,z)=(1,1,0)} = \left< 2\,,\,2\,,\,3\right>$

and the normal vector to $z = x^2 - y^2$ at $(1,1,0)$ , which is

$\left< 2x\,,\,-2y\,,\,-1\right>\Big|_{(x,y,z)=(1,1,0)} = \left< 2\,,\,-2\,,\,-1\right>$

So $\mathbf{v}$ has to be some constant times

$\begin{aligned} \left< 2\,,\,2\,,\,3\right> \times \left< 2\,,\,-2\,,\,-1\right> =\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ 2 & 2 & 3 \\ 2 & -2 & -1 \end{matrix}\right] =\left< 4 \,,\, 8 \,,\, -8 \right> \end{aligned}$

or, equivalently, some constant times $\left< 1 \,,\, 2 \,,\, -2 \right>$ .

Since the $z$ –component of $\mathbf{v}$ has to be positive, $\mathbf{v}$ has to be a positive constant times $\left< -1 \,,\, -2 \,,\, 2 \right>$ .
Since the speed has to be $6$ , $\mathbf{v}$ has to have length $6$ .

As $|\left< -1 \,,\, -2 \,,\, 2 \right>|=3$

$\mathbf{v} = 2\left< -1 \,,\, -2 \,,\, 2 \right> =\left< -2 \,,\, -4 \,,\, 4 \right>$

(b) Solution 1: Suppose that the bee is at $\big(x(t),y(t),z(t)\big)$ at time $t$ . Then the temperature that the bee feels at time $t$ is

$\begin{aligned} T\big(x(t),y(t),z(t),t\big) = x(t) y(t) -3x(t) +2y(t) t +z(t) \end{aligned}$

Then the rate of change of temperature (per unit time) felt by the bee at time $t=2$ is

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}T\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\Big|_{t=2} &=x'(2)y(2) + x(2)y'(2) -3x'(2) +2y'(2)2+2y(2) +z'(2) \\ \end{aligned}$

Recalling that, at time $t=2$ , the bee is at $(1,1,0)$ and has velocity $\left< -2 \,,\, -4 \,,\, 4 \right>$

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}T\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\Big|_{t=2} &=(-2)(1) + (1)(-4) -3(-2) +2(-4)2+2(1) +4 \\ &=-10 \end{aligned}$

(b) Solution 2: Suppose that the bee is at $\big(x(t),y(t),z(t)\big)$ at time $t$ . Then the temperature that the bee feels at time $t$ is

$\begin{aligned} T\big(x(t),y(t),z(t),t\big) \end{aligned}$

By the chain rule, the rate of change of temperature (per unit time) felt by the bee at time $t=2$ is

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}T\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\Big|_{t=2} &=\bigg[\frac{\partial T}{\partial x}\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\,x'(t) +\frac{\partial T}{\partial y}\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\,y'(t) \\& +\frac{\partial T}{\partial z}\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\,z'(t) +\frac{\partial T}{\partial t}\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\bigg]_{t=2} \end{aligned}$

Recalling that $T = xy - 3x+2yt+z$ , we have

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}T\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\Big|_{t=2} &=[y(2)-3]x'(2) + [x(2)+2\times 2]y'(2) +z'(2) +2y(2) \end{aligned}$

Also recalling that, at time $t=2$ , the bee is at $(1,1,0)$ and has velocity $\left< -2 \,,\, -4 \,,\, 4 \right>$

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}T\big(x(t),y(t),z(t),t\big)\Big|_{t=2} &=[-2](-2) + [5](-4) +4 +2 \\ &=-10 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.7절 · 17번

# 방향도함수와 기울기벡터활용보통자동 분류

7.CLP-3 · 2.7절 · 17번대학 수준우리말 번역

점 $(x, y, z)$ 에서의 온도가 다음과 같이 주어져 있다. $T(x, y, z) = 5e^{-2x^2-y^2-3z^2}$ , 여기서 $T$ 는 섭씨 온도로, $x$ , $y$ , $z$ 는 미터 단위로 측정한다.

(a) 점 $P(1, 2, -1)$ 에서 점 $(1, 1, 0)$ 을 향하는 방향으로의 온도의 변화율을 구하세요. (b) 온도가 가장 빠르게 감소하는 방향은 어느 방향인지 구하세요. (c) $P$ 에서 온도의 최대 감소율을 구하세요.

영어 원문 보기

The temperature at a point $(x, y, z)$ is given by $T(x, y, z) = 5e^{-2x^2-y^2-3z^2}$ , where $T$ is measured in centigrade and $x$ , $y$ , $z$ in meters.

(a) Find the rate of change of temperature at the point $P(1, 2, -1)$ in the direction toward the point $(1, 1, 0)$ . (b) In which direction does the temperature decrease most rapidly? (c) Find the maximum rate of decrease at $P$ .

정답·풀이 보기

(a) $(1, 2, -1)$ 에서 방향 $\left< 1, 1, 0\right> - \left< 1, 2, -1\right> = \left< 0,-1,1 \right>$ 으로의 $T(x,y,z)$ 의 변화율을 구하는 것이다. 이 변화율(단위 거리당)은 방향미분계수

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

이다.

$\begin{aligned} \frac{\partial T}{\partial x}(x,y,z)&= -20 x\,e^{-2x^2-y^2-3z^2} & \frac{\partial T}{\partial x}(1,2,-1)&= -20\, e^{-9} \\ \frac{\partial T}{\partial y}(x,y,z)&= -10 y\,e^{-2x^2-y^2-3z^2} & \frac{\partial T}{\partial y}(1,2,-1)&= -20\, e^{-9} \\ \frac{\partial T}{\partial z}(x,y,z)&= -30 z\,e^{-2x^2-y^2-3z^2} & \frac{\partial T}{\partial z}(1,2,-1)&= 30\, e^{-9} \end{aligned}$

이므로 방향미분계수는

$\begin{aligned} D_{\frac{\left< 0,-1,1 \right>}{\sqrt{2}}} T(1,2,-1) =e^{-9}\left< -20,-20,30\right>\cdot \frac{\left< 0,-1,1 \right>}{\sqrt{2}} =\frac{50}{\sqrt{2}}e^{-9} =25\,\sqrt{2}\,e^{-9} \end{aligned}$

이다.

(b) 최대 감소율의 방향은 $-{ \boldsymbol{\nabla} } T(1,2,-1)$ 이다. 이 방향의 단위벡터는 $\frac{\left< 2,2,-3\right>}{\sqrt{17}}$ 이다.

(c) $P$ 에서의 최대 감소율은 $-|{ \boldsymbol{\nabla} } T(1,2,-1)|=-10 e^{-9} |\left< -2,-2,3\right>| = -10\sqrt{17} e^{-9}$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) We are to find the rate of change of $T(x,y,z)$ at $(1, 2, -1)$ in the direction $\left< 1, 1, 0\right> - \left< 1, 2, -1\right> = \left< 0,-1,1 \right>$ . That rate of change (per unit distance) is the directional derivative

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

As

$\begin{aligned} \frac{\partial T}{\partial x}(x,y,z)&= -20 x\,e^{-2x^2-y^2-3z^2} & \frac{\partial T}{\partial x}(1,2,-1)&= -20\, e^{-9} \\ \frac{\partial T}{\partial y}(x,y,z)&= -10 y\,e^{-2x^2-y^2-3z^2} & \frac{\partial T}{\partial y}(1,2,-1)&= -20\, e^{-9} \\ \frac{\partial T}{\partial z}(x,y,z)&= -30 z\,e^{-2x^2-y^2-3z^2} & \frac{\partial T}{\partial z}(1,2,-1)&= 30\, e^{-9} \end{aligned}$

the directional derivative

$\begin{aligned} D_{\frac{\left< 0,-1,1 \right>}{\sqrt{2}}} T(1,2,-1) =e^{-9}\left< -20,-20,30\right>\cdot \frac{\left< 0,-1,1 \right>}{\sqrt{2}} =\frac{50}{\sqrt{2}}e^{-9} =25\,\sqrt{2}\,e^{-9} \end{aligned}$

(b) The direction of maximum rate of decrease is $-{ \boldsymbol{\nabla} } T(1,2,-1)$ . A unit vector in that direction is $\frac{\left< 2,2,-3\right>}{\sqrt{17}}$ .

(c) The maximum rate of decrease at $P$ is $-|{ \boldsymbol{\nabla} } T(1,2,-1)|=-10 e^{-9} |\left< -2,-2,3\right>| = -10\sqrt{17} e^{-9}$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.7절 · 7번

# 방향도함수와 기울기벡터활용보통자동 분류

8.CLP-3 · 2.7절 · 21번대학 수준우리말 번역

점 $(x, y, z)$ 에서의 압력 $P$ 와 온도 $T$ 가 다음과 같다고 하자.

$P(x,y,z) = \frac{x^2+2y^2}{1+z^2},\qquad T(x,y,z) = 5 + xy - z^2$

(a) 시각 $t$ 에서 비행기의 위치가

$(x(t), y(t), z(t)) = (2t, t^2 - 1, \cos t)$

일 때, 비행기에서 관측한 시각 $t = 0$ 에서의 $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} (PT)^2$ 의 값을 구하세요. (b) 점 $(0,-1,1)$ 에 있는 새가 $P$ 와 $T$ 를 모두 일정하게 유지하려면 어느 방향으로 날아야 하는지 구하세요. (가능한 방향 벡터를 하나 쓰세요. 단위벡터일 필요는 없습니다.) (c) 개미가 곡면 $z^3 + zx + y^2 = 2$ 위를 기어가고 있다. 개미가 점 $(0,-1,1)$ 에 있을 때, 온도 $T = 5 + xy - z^2$ 이 가장 크게 증가하려면 어느 방향으로 가야 하는지 구하세요. 답은 벡터 $\left< a, b, c\right>$ 로 쓰세요. 단위벡터일 필요는 없습니다. (개미는 그래디언트 방향으로 기어갈 수 없다는 점에 주의하세요. 그 방향은 곡면에서 벗어나기 때문입니다. 방향 벡터 $\left< a, b, c\right>$ 는 곡면의 접평면 위에 있어야 합니다.)

영어 원문 보기

Let the pressure $P$ and temperature $T$ at a point $(x, y, z)$ be

$P(x,y,z) = \frac{x^2+2y^2}{1+z^2},\qquad T(x,y,z) = 5 + xy - z^2$

(a) If the position of an airplane at time $t$ is

$(x(t), y(t), z(t)) = (2t, t^2 - 1, \cos t)$

find $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} (PT)^2$ at time $t = 0$ as observed from the airplane. (b) In which direction should a bird at the point $(0,-1,1)$ fly if it wants to keep both $P$ and $T$ constant. (Give one possible direction vector. It does not need to be a unit vector.) (c) An ant crawls on the surface $z^3 + zx + y^2 = 2$ . When the ant is at the point $(0,-1,1)$ , in which direction should it go for maximum increase of the temperature $T = 5 + xy - z^2$ ? Your answer should be a vector $\left< a, b, c\right>$ , not necessarily of unit length. (Note that the ant cannot crawl in the direction of the gradient because that leads off the surface. The direction vector $\left< a, b, c\right>$ has to be on the tangent plane to the surface.)

정답·풀이 보기

문제 전체를 읽어 보면 다음이 필요함을 알 수 있다.

(a)에서는 $(2t, t^2 - 1, \cos t)\Big|_{t=0} =(0,-1,1)$ 에서의 $PT$ 의 그래디언트
(b)에서는 $(0,-1,1)$ 에서의 $P$ 와 $T$ 의 그래디언트
(c)에서는 $(0,-1,1)$ 에서의 $T$ 의 그래디언트와, $(0,-1,1)$ 에서의 $S=z^3+xz+y^2$ 의 그래디언트(그 점에서 곡면의 법선 벡터를 얻기 위해)

따라서 준비 단계로 이 그래디언트들을 모두 계산하자.

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } P(x,y,z) &= \frac{2x}{1+z^2}\hat{\boldsymbol{\imath}} + \frac{4y}{1+z^2}\hat{\boldsymbol{\jmath}} -\frac{(x^2+2y^2)2z}{{(1+z^2)}^2}\hat{\mathbf{k}} & { \boldsymbol{\nabla} } P(0,-1,1) &= -2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} - \hat{\mathbf{k}} \\ { \boldsymbol{\nabla} } T(x,y,z) &= y\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + x\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -2z\,\hat{\mathbf{k}} & { \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1) &= -\hat{\boldsymbol{\imath}} - 2\hat{\mathbf{k}} \\ { \boldsymbol{\nabla} } S(x,y,z) &= z\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 2y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +(x+3z^2)\,\hat{\mathbf{k}} & { \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1) &= \hat{\boldsymbol{\imath}} - 2\hat{\boldsymbol{\jmath}} +3\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

$PT$ 의 그래디언트를 구하기 위해 곱의 미분법을 쓰면

${ \boldsymbol{\nabla} }(PT)(x,y,z) =T(x,y,z)\,{ \boldsymbol{\nabla} } P(x,y,z) +P(x,y,z)\,{ \boldsymbol{\nabla} } T(x,y,z)$

이므로

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }(PT)(0,-1,1) &=T(0,-1,1)\,{ \boldsymbol{\nabla} } P(0,-1,1) +P(0,-1,1)\,{ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1) \\ &=(5+0-1) \big(-2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} - \hat{\mathbf{k}}\big) + \frac{0+2}{1+1}\big(-\hat{\boldsymbol{\imath}} - 2\hat{\mathbf{k}}\big) \\ &= -\hat{\boldsymbol{\imath}} -8\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -6\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

(a) $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(PT)^2 = 2(PT)\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(PT)$ 이고, 시각 $0$ 에서 비행기의 속도 벡터는

$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left< 2t, t^2 - 1, \cos t\right>\Big|_{t=0} =\left< 2, 2t, -\sin t\right>\Big|_{t=0} =\left< 2,0,0\right>$

이므로

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(PT)^2\Big|_{t=0} &= 2\,P(0,-1,1)\,T(0,-1,1)\ { \boldsymbol{\nabla} }(PT)(0,-1,1)\cdot \left< 2,0,0\right> \\ &= 2\ \frac{0+2}{1+1}\ (5+0-1)\left< -1,-8,-6\right> \cdot \left< 2,0,0\right> \\ &= -16 \end{aligned}$

이다.

(b) 방향은 ( $P$ 를 일정하게 유지하려면) ${ \boldsymbol{\nabla} } P(0,-1,1)$ 에 수직이어야 하고, ( $T$ 를 일정하게 유지하려면) ${ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1)$ 에도 수직이어야 한다. 따라서 0이 아닌 상수에

$\begin{aligned} \pm { \boldsymbol{\nabla} } P(0,-1,1) \times { \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1) &=\pm \left< 0 \,,\, -2 \,,\, -1\right> \times \left< -1\,,\,0 \,,\,- 2\right> =\pm \det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ 0 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 2 \end{matrix}\right] \\ &=\pm \left< 4\,,\, 1 \,,\, -2\right> \end{aligned}$

을 곱한 것이 모두 가능한 방향이다.

(c) 방향이 곡면에 접하면서도, 즉 법선 벡터 ${ \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1)=\left< 1 \,,\, -2 \,,\, 3\right>$ 에 수직이면서도, ${ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1) =\left< -1 \,,\, 0 \,,\, -2\right>$ 에 최대한 가까워야 한다. 이 최적의 방향은 ${ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1)$ 에서 ${ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1)$ 을 법선 벡터에 정사영한 벡터를 빼면 얻는다.

${ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1)$ 을 법선 벡터 ${ \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1)$ 에 정사영한 벡터는

$\begin{aligned} \text{proj}_{{ \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1)}{ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1) &=\frac{{ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1)\cdot { \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1)} {|{ \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1)|^2}{ \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1) \\ &=\frac{\left< -1\,,\,0 \,,\,- 2\right>\cdot \left< 1\,,\, -2 \,,\,3\right>} {|\left< 1\,,\, -2 \,,\,3\right>|^2}\left< 1\,,\, -2 \,,\,3\right> \\ &=\frac{-7}{14}\left< 1\,,\, -2 \,,\,3\right> \end{aligned}$

이다. 따라서 최적의 방향은

$\begin{aligned} \mathbf{d}&={ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1) - \text{proj}_{{ \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1)}{ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1) \\ &=\left< -1\,,\,0 \,,\,- 2\right> -\frac{-7}{14}\left< 1\,,\, -2 \,,\,3\right> \\ &= \left< -\frac{1}{2}\,,\,-1 \,,\,- \frac{1}{2}\right> \end{aligned}$

이다. 그러므로 $-\left< 1\,,\, 2\,,\,1\right>$ 의 0이 아닌 양의 배수이면 모두 답이다. 검산으로, $-\left< 1\,,\, 2\,,\,1\right>$ 과 ${ \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1)=\left< 1 \,,\, -2 \,,\, 3\right>$ 의 내적이 0임, 즉 두 벡터가 수직임을 확인할 수 있다.

원본 교재 풀이(영어)

Reading through the question as a whole we see that we will need

for part (a), the gradient of $PT$ at $(2t, t^2 - 1, \cos t)\Big|_{t=0} =(0,-1,1)$
for part (b), the gradients of both $P$ and $T$ at $(0,-1,1)$ and
for part (c), the gradient of $T$ at $(0,-1,1)$ and the gradient of $S=z^3+xz+y^2$ at $(0,-1,1)$ (to get the normal vector to the surface at that point).

So, by way of preparation, let's compute all of these gradients.

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } P(x,y,z) &= \frac{2x}{1+z^2}\hat{\boldsymbol{\imath}} + \frac{4y}{1+z^2}\hat{\boldsymbol{\jmath}} -\frac{(x^2+2y^2)2z}{{(1+z^2)}^2}\hat{\mathbf{k}} & { \boldsymbol{\nabla} } P(0,-1,1) &= -2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} - \hat{\mathbf{k}} \\ { \boldsymbol{\nabla} } T(x,y,z) &= y\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + x\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -2z\,\hat{\mathbf{k}} & { \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1) &= -\hat{\boldsymbol{\imath}} - 2\hat{\mathbf{k}} \\ { \boldsymbol{\nabla} } S(x,y,z) &= z\,\hat{\boldsymbol{\imath}} + 2y\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} +(x+3z^2)\,\hat{\mathbf{k}} & { \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1) &= \hat{\boldsymbol{\imath}} - 2\hat{\boldsymbol{\jmath}} +3\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

To get the gradient of $PT$ we use the product rule

${ \boldsymbol{\nabla} }(PT)(x,y,z) =T(x,y,z)\,{ \boldsymbol{\nabla} } P(x,y,z) +P(x,y,z)\,{ \boldsymbol{\nabla} } T(x,y,z)$

so that

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} }(PT)(0,-1,1) &=T(0,-1,1)\,{ \boldsymbol{\nabla} } P(0,-1,1) +P(0,-1,1)\,{ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1) \\ &=(5+0-1) \big(-2\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} - \hat{\mathbf{k}}\big) + \frac{0+2}{1+1}\big(-\hat{\boldsymbol{\imath}} - 2\hat{\mathbf{k}}\big) \\ &= -\hat{\boldsymbol{\imath}} -8\,\hat{\boldsymbol{\jmath}} -6\,\hat{\mathbf{k}} \end{aligned}$

(a) Since $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(PT)^2 = 2(PT)\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(PT)$ , and the velocity vector of the plane at time $0$ is

$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left< 2t, t^2 - 1, \cos t\right>\Big|_{t=0} =\left< 2, 2t, -\sin t\right>\Big|_{t=0} =\left< 2,0,0\right>$

we have

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(PT)^2\Big|_{t=0} &= 2\,P(0,-1,1)\,T(0,-1,1)\ { \boldsymbol{\nabla} }(PT)(0,-1,1)\cdot \left< 2,0,0\right> \\ &= 2\ \frac{0+2}{1+1}\ (5+0-1)\left< -1,-8,-6\right> \cdot \left< 2,0,0\right> \\ &= -16 \end{aligned}$

(b) The direction should be perpendicular to ${ \boldsymbol{\nabla} } P(0,-1,1)$ (to keep $P$ constant) and should also be perpendicular to ${ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1)$ (to keep $T$ constant). So any nonzero constant times

$\begin{aligned} \pm { \boldsymbol{\nabla} } P(0,-1,1) \times { \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1) &=\pm \left< 0 \,,\, -2 \,,\, -1\right> \times \left< -1\,,\,0 \,,\,- 2\right> =\pm \det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ 0 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 2 \end{matrix}\right] \\ &=\pm \left< 4\,,\, 1 \,,\, -2\right> \end{aligned}$

are allowed directions.

(c) We want the direction to be as close as possible to ${ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1) =\left< -1 \,,\, 0 \,,\, -2\right>$ while still being tangent to the surface, i.e. being perpendicular to the normal vector ${ \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1)=\left< 1 \,,\, -2 \,,\, 3\right>$ . We can get that optimal direction by subtracting from ${ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1)$ the projection of ${ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1)$ onto the normal vector.

The projection of ${ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1)$ onto the normal vector ${ \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1)$ is

$\begin{aligned} \text{proj}_{{ \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1)}{ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1) &=\frac{{ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1)\cdot { \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1)} {|{ \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1)|^2}{ \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1) \\ &=\frac{\left< -1\,,\,0 \,,\,- 2\right>\cdot \left< 1\,,\, -2 \,,\,3\right>} {|\left< 1\,,\, -2 \,,\,3\right>|^2}\left< 1\,,\, -2 \,,\,3\right> \\ &=\frac{-7}{14}\left< 1\,,\, -2 \,,\,3\right> \end{aligned}$

So the optimal direction is

$\begin{aligned} \mathbf{d}&={ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1) - \text{proj}_{{ \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1)}{ \boldsymbol{\nabla} } T(0,-1,1) \\ &=\left< -1\,,\,0 \,,\,- 2\right> -\frac{-7}{14}\left< 1\,,\, -2 \,,\,3\right> \\ &= \left< -\frac{1}{2}\,,\,-1 \,,\,- \frac{1}{2}\right> \end{aligned}$

So any positive non zero multiple of $-\left< 1\,,\, 2\,,\,1\right>$ will do. Note, as a check, that $-\left< 1\,,\, 2\,,\,1\right>$ has dot product zero, i.e. is perpendicular to, ${ \boldsymbol{\nabla} } S(0,-1,1)=\left< 1 \,,\, -2 \,,\, 3\right>$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기APEX · 12.6절 · 4번

# 방향도함수와 기울기벡터활용보통자동 분류

9.CLP-3 · 2.7절 · 23번대학 수준우리말 번역

언덕의 높이가 방정식 $f(x,y)=x^2y^2e^{-x-y}$ 으로 주어져 있다. 개미 한 마리가 점 $(1,1,e^{-2})$ 에 앉아 있다.

(a) 다음 값을 최대로 하는 단위벡터 $\mathbf{u}=\left< u_1,u_2\right>$ 를 구하세요.

$\lim_{t\rightarrow 0}\frac{f\big((1,1)+t\mathbf{u}\big)-f(1,1)}{t}$ (b) 개미가 같은 높이 $e^{-2}$ 를 유지하기 위해 갈 수 있는 경로의 방향을 가리키는 벡터 $\mathbf{v}=\left< v_1,v_2,v_3\right>$ 를 구하세요. (c) 개미가 순간 높이 증가율을 최대로 하기 위해 가야 하는 경로의 방향을 가리키는 벡터 $\mathbf{v}=\left< v_1,v_2,v_3\right>$ 를 구하세요.

영어 원문 보기

The elevation of a hill is given by the equation $f(x,y)=x^2y^2e^{-x-y}$ . An ant sits at the point $(1,1,e^{-2})$ .

(a) Find the unit vector $\mathbf{u}=\left< u_1,u_2\right>$ that maximizes

$\lim_{t\rightarrow 0}\frac{f\big((1,1)+t\mathbf{u}\big)-f(1,1)}{t}$ (b) Find a vector $\mathbf{v}=\left< v_1,v_2,v_3\right>$ pointing in the direction of the path that the ant could take in order to stay on the same elevation level $e^{-2}$ . (c) Find a vector $\mathbf{v}=\left< v_1,v_2,v_3\right>$ pointing in the direction of the path that the ant should take in order to maximize its instantaneous rate of level increase.

정답·풀이 보기

(a) 식 $\lim_{t\rightarrow 0}\frac{f((1,1)+t\mathbf{u})-f(1,1)}{t}$ 은 $\mathbf{u}$ 방향으로의 $(1,1)$ 에서 $f$ 의 방향미분계수이며, 이는 $D_\mathbf{u} f(1,1)={ \boldsymbol{\nabla} } f(1,1)\cdot\mathbf{u}$ 이다. 이 값은 $\mathbf{u}$ 가 ${ \boldsymbol{\nabla} } f(1,1)$ 과 평행할 때 최대가 된다.

$f_x(x,y)=2xy^2e^{-x-y}-x^2y^2e^{-x-y}\qquad f_y(x,y)=2x^2ye^{-x-y}-x^2y^2e^{-x-y}$

이므로

${ \boldsymbol{\nabla} } f(1,1)=e^{-2}\left< 1,1\right>$

이고, 따라서 구하는 단위벡터 $\mathbf{u}$ 는 $\frac{1}{\sqrt{2}}\left< 1,1\right>$ 이다.

(b) 높이 $e^{-2}$ 를 유지하려면 개미는 $D_\mathbf{u} f(1,1)=0$ 이 되도록 움직여야 한다. 이는 $\mathbf{u}\perp{ \boldsymbol{\nabla} } f(1,1)$ 일 때 성립한다. 예를 들어 $\mathbf{u}=\left< 1,-1\right>$ 로 잡을 수 있다. 개미가 언덕의 표면 위에 머물면서 이 방향으로 움직이면 속도의 수직 성분은 0이다. 따라서 0이 아닌 임의의 상수 $c$ 에 대해 $\mathbf{v}=c\left< 1,-1,0\right>$ 이다.

(c) 순간 높이 증가율을 최대로 하려면 개미는 속도 벡터의 $x$ 좌표와 $y$ 좌표를 ${ \boldsymbol{\nabla} } f(1,1)$ 과 같은 방향으로 택해야 한다. 즉 $c>0$ 인 임의의 $c$ 에 대해 $\mathbf{u}=c\left< 1,1\right>$ 이다. $\mathbf{u}$ 를 단위벡터로 만들기 위해 $c=\frac{1}{\sqrt{2}}$ 로 택한다. 속도 벡터의 $z$ 좌표의 값은 수평으로 이동한 단위 거리당 $f$ 의 변화율이며, 이는 방향미분계수

$D_\mathbf{u} f(1,1)={ \boldsymbol{\nabla} } f(1,1)\cdot\mathbf{u}=e^{-2}\left< 1,1\right> \cdot\left< c,c\right> =2ce^{-2}$

이다.

따라서 $\mathbf{v}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left< 1,1,2e^{-2}\right>$ 이다. 이 벡터의 양의 배수는 모두 정답이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) The expression $\lim_{t\rightarrow 0}\frac{f((1,1)+t\mathbf{u})-f(1,1)}{t}$ is the directional derivative of $f$ at $(1,1)$ in the direction $\mathbf{u}$ , which is $D_\mathbf{u} f(1,1)={ \boldsymbol{\nabla} } f(1,1)\cdot\mathbf{u}$ . This is mazimized when $\mathbf{u}$ is parallel to ${ \boldsymbol{\nabla} } f(1,1)$ . Since

$f_x(x,y)=2xy^2e^{-x-y}-x^2y^2e^{-x-y}\qquad f_y(x,y)=2x^2ye^{-x-y}-x^2y^2e^{-x-y}$

we have

${ \boldsymbol{\nabla} } f(1,1)=e^{-2}\left< 1,1\right>$

so that the desired unit vector $\mathbf{u}$ is $\frac{1}{\sqrt{2}}\left< 1,1\right>$ .

(b) In order to remain at elevation $e^{-2}$ , the ant must move so that $D_\mathbf{u} f(1,1)=0$ . This is the case if $\mathbf{u}\perp{ \boldsymbol{\nabla} } f(1,1)$ . For example, we can take $\mathbf{u}=\left< 1,-1\right>$ . When the ant moves in this direction, while remaining on the surface of the hill, its vertical component of velocity is zero. So $\mathbf{v}=c\left< 1,-1,0\right>$ for any nonzero constant $c$ .

(c) In order to maximize its instantaneous rate of level increase, the ant must choose the $x$ and $y$ coordinates of its velocity vector in the same direction as ${ \boldsymbol{\nabla} } f(1,1)$ . Namely $\mathbf{u}=c\left< 1,1\right>$ for any $c>0$ . To make $\mathbf{u}$ a unit vector, we choose $c=\frac{1}{\sqrt{2}}$ . The corresponding value of the $z$ coordinate of its velocity vector is the rate of change of $f$ per unit horizontal distance travelled, which is the directional derivative

$D_\mathbf{u} f(1,1)={ \boldsymbol{\nabla} } f(1,1)\cdot\mathbf{u}=e^{-2}\left< 1,1\right> \cdot\left< c,c\right> =2ce^{-2}$

So $\mathbf{v}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left< 1,1,2e^{-2}\right>$ . Any positive multiple of this vector is also a correct answer.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기APEX · 12.6절 · 1번

# 방향도함수와 기울기벡터활용보통자동 분류

10.CLP-3 · 2.7절 · 24번대학 수준우리말 번역

공간의 어떤 영역의 온도가 $T(x,y,z)=3x^2+\tfrac{1}{2} y^2+2z^2$ 도로 주어졌다고 하자.

(a) 참새 한 마리가 곡선 $\mathbf{r}(s)=\big(\frac{1}{3}s^3,2s,s^2\big)$ 을 따라 일정한 속력 $3{\rm ms}^{-1}$ 로 날고 있다. $s=1$ 일 때 참새의 속도를 구하세요. (b) $s=1$ 인 점 $A\big(\frac{1}{3},2,1\big)$ 에서 참새가 느끼는 온도의 변화율을 구하세요. (c) 점 $A\big(\frac{1}{3},2,1\big)$ 에서 온도가 최대 변화율로 감소하는 방향을 구하세요. (d) 독수리 한 마리가 점 $A\big(\frac{1}{3},2,1\big)$ 에서 참새의 경로와 교차하며, 참새의 경로와 수직인 방향으로 움직이고, 동시에 온도가 일정하게 유지되는 방향으로 움직이고 있다. 독수리가 점 $A$ 를 지나갈 때 날아갈 수 있는 방향을 모두 구하세요.

영어 원문 보기

Let the temperature in a region of space be given by $T(x,y,z)=3x^2+\tfrac{1}{2} y^2+2z^2$ degrees.

(a) A sparrow is flying along the curve $\mathbf{r}(s)=\big(\frac{1}{3}s^3,2s,s^2\big)$ at a constant speed of $3{\rm ms}^{-1}$ . What is the velocity of the sparrow when $s=1$ ? (b) At what rate does the sparrow feel the temperature is changing at the point $A\big(\frac{1}{3},2,1\big)$ for which $s=1$ . (c) At the point $A\big(\frac{1}{3},2,1\big)$ in what direction will the temperature be decreasing at maximum rate? (d) An eagle crosses the path of the sparrow at $A\big(\frac{1}{3},2,1\big)$ , is moving at right angles to the path of the sparrow, and is also moving in a direction in which the temperature remains constant. In what directions could the eagle be flying as it passes through the point $A$ ?

정답·풀이 보기

(a) $s=1$ 에서 운동 방향은 접선벡터

$\mathbf{r}'(s)=\left< s^2,2,2s\right>\big|_{s=1}=\left< 1,2,2\right>$

로 주어진다. 속도벡터의 크기가 $3$ 이어야 하므로

$\text{속도}=\mathbf{v}=3\frac{\left< 1,2,2\right>}{|\left< 1,2,2\right>|}=\left< 1,2,2\right>$

이다.

(b) $s=1$ 에서 참새가 느끼는 단위 거리당 온도 변화율은 ${ \boldsymbol{\nabla} } T\big(\frac{1}{3},2,1\big)\cdot\frac{\mathbf{v}}{|\mathbf{v}|}$ 이다. 따라서 $s=1$ 에서 참새가 느끼는 단위 시간당 온도 변화율은

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } T\left(\frac{1}{3},2,1\right)\cdot\frac{\mathbf{v}}{|\mathbf{v}|}\ |\mathbf{v}| &={ \boldsymbol{\nabla} } T\left(\frac{1}{3},2,1\right)\cdot\mathbf{v} =\mathbf{v}\cdot\left< 6x,y,4z\right>\Big|_{({1\over3},2,1\big)} \\ &=\left< 1,2,2\right>\cdot\left< 2,2,4\right>=14^\circ/{\rm s} \end{aligned}$

이다.

(c) 온도는 온도의 기울기벡터와 반대 방향, 즉 (임의의 양의 상수배의) $-\left< 2,2,4\right>$ 방향으로 최대 변화율로 감소한다.

(d) 독수리는 참새의 운동 방향인 $\left< 1,2,2\right>$ 와 수직인 방향으로 움직인다. 또한 독수리는 온도가 일정하게 유지되는 방향으로 움직이므로, 온도의 기울기벡터 $\left< 2,2,4\right>$ 와도 수직인 방향으로 움직여야 한다. 따라서 독수리의 방향은 (양의 상수배의) 다음 중 하나이다.

$\begin{aligned} \pm\left< 1,2,2\right> \times\left< 2,2,4\right> =\pm\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ 1 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 4 \end{matrix}\right] =\pm\left< 4,0,-2\right> \end{aligned}$

이는 임의의 양의 상수배의 $\pm\left< 2,0,-1\right>$ 와 같다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) The direction of motion at $s=1$ is given by the tangent vector

$\mathbf{r}'(s)=\left< s^2,2,2s\right>\big|_{s=1}=\left< 1,2,2\right>$

Since the length of the velocity vector must be $3$ ,

$\text{velocity}=\mathbf{v}=3\frac{\left< 1,2,2\right>}{|\left< 1,2,2\right>|}=\left< 1,2,2\right>$

(b) The rate of change of temperature per unit distance felt by the sparrow at $s=1$ is ${ \boldsymbol{\nabla} } T\big(\frac{1}{3},2,1\big)\cdot\frac{\mathbf{v}}{|\mathbf{v}|}$ . The rate of change of temperature per unit time felt by the sparrow at $s=1$ is

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } T\left(\frac{1}{3},2,1\right)\cdot\frac{\mathbf{v}}{|\mathbf{v}|}\ |\mathbf{v}| &={ \boldsymbol{\nabla} } T\left(\frac{1}{3},2,1\right)\cdot\mathbf{v} =\mathbf{v}\cdot\left< 6x,y,4z\right>\Big|_{({1\over3},2,1\big)} \\ &=\left< 1,2,2\right>\cdot\left< 2,2,4\right>=14^\circ/{\rm s} \end{aligned}$

(c) The temperature decreases at maximum rate in the direction opposite the temperature gradient, which is (any positive constant times) $-\left< 2,2,4\right>$ .

(d) The eagle is moving at right angles to the direction of motion of the sparrow, which is $\left< 1,2,2\right>$ . As the eagle is also moving in a direction for which the temperature remains constant, it must be moving perpendicularly to the temperature gradient, $\left< 2,2,4\right>$ . So the direction of the eagle must be (a posiitve constant times) one of

$\begin{aligned} \pm\left< 1,2,2\right> \times\left< 2,2,4\right> =\pm\det\left[\begin{matrix} \hat{\boldsymbol{\imath}} & \hat{\boldsymbol{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ 1 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 4 \end{matrix}\right] =\pm\left< 4,0,-2\right> \end{aligned}$

or equivalently, any positive constant times $\pm\left< 2,0,-1\right>$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기APEX · 12.6절 · 3번

# 방향도함수와 기울기벡터활용보통자동 분류

11.CLP-3 · 2.7절 · 25번대학 수준우리말 번역

불꽃이 원점에 있고, 그 근처의 점 $(x,y,z)$ 에서의 온도 $T$ 가 다음과 같이 주어진다고 가정하세요.

$T(x,y,z)=\frac{200}{1+x^2+y^2+z^2}$

여기서 좌표의 단위는 미터이고 온도의 단위는 섭씨 도입니다. 어느 순간 나방이 점 $(3,4,0)$ 에 있고, 온도가 최대로 증가하는 방향으로 $1 {\rm m/s}$ 의 일정한 속력으로 날고 있다고 하세요.

(a) 이 순간 나방의 속도 벡터 $\mathbf{v}$ 를 구하세요. (b) 이 순간 나방이 느끼는 온도의 변화율은 얼마인지 구하세요.

영어 원문 보기

Assume that the temperature $T$ at a point $(x,y,z)$ near a flame at the origin is given by

$T(x,y,z)=\frac{200}{1+x^2+y^2+z^2}$

where the coordinates are given in meters and the temperature is in degrees Celsius. Suppose that at some moment in time, a moth is at the point $(3,4,0)$ and is flying at a constant speed of $1 {\rm m/s}$ in the direction of maximum increase of temperature.

(a) Find the velocity vector $\mathbf{v}$ of the moth at this moment. (b) What rate of change of temperature does the moth feel at that moment?

정답·풀이 보기

(a) 나방은 $(3,4,0)$ 에서 온도의 기울기 벡터 방향으로 움직이고 있으며, 그 기울기 벡터는 다음과 같다.

${ \boldsymbol{\nabla} } T(3,4,0) =-200\frac{2x\hat{\boldsymbol{\imath}}+2y\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2z\hat{\mathbf{k}}}{{(1+x^2+y^2+z^2)}^2}\bigg|_{(3,4,0)} =-400\frac{3\hat{\boldsymbol{\imath}}+4\hat{\boldsymbol{\jmath}}}{26^2}$

나방의 속력이 $1 {\rm m/s}$ 이므로 나방의 속도 벡터는 방향이 $-\frac{400}{26^2}\left< 3,4,0\right>$ 와 같고 길이가 1인 벡터이다. 따라서 $\mathbf{v}=-\frac{\left< 3,4,0\right>}{|\left< 3,4,0\right>|} =-\left<\frac{3}{5},\frac{4}{5},0\right>$ 이다.

(b) 그 순간 나방이 느끼는 (단위 시간당) 온도의 변화율은 다음과 같다.

${ \boldsymbol{\nabla} } T(3,4,0)\cdot\mathbf{v} =\frac{400}{26^2}\left< 3,4,0\right>\cdot \left<\frac{3}{5},\frac{4}{5},0\right> =\frac{400\times25}{26^2\times 5} =\frac{500}{169}\approx 2.96^\circ/{\rm s}$

원본 교재 풀이(영어)

(a) The moth is moving the direction of the temperature gradient at $(3,4,0)$ , which is

${ \boldsymbol{\nabla} } T(3,4,0) =-200\frac{2x\hat{\boldsymbol{\imath}}+2y\hat{\boldsymbol{\jmath}}+2z\hat{\mathbf{k}}}{{(1+x^2+y^2+z^2)}^2}\bigg|_{(3,4,0)} =-400\frac{3\hat{\boldsymbol{\imath}}+4\hat{\boldsymbol{\jmath}}}{26^2}$

Since the speed of the moth is $1 {\rm m/s}$ its velocity vector is a vector of length one in direction $-\frac{400}{26^2}\left< 3,4,0\right>$ and hence is $\mathbf{v}=-\frac{\left< 3,4,0\right>}{|\left< 3,4,0\right>|} =-\left<\frac{3}{5},\frac{4}{5},0\right>$ .

(b) The rate of change of temperature (per unit time) the moth feels at that time is

${ \boldsymbol{\nabla} } T(3,4,0)\cdot\mathbf{v} =\frac{400}{26^2}\left< 3,4,0\right>\cdot \left<\frac{3}{5},\frac{4}{5},0\right> =\frac{400\times25}{26^2\times 5} =\frac{500}{169}\approx 2.96^\circ/{\rm s}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.7절 · 24번

# 방향도함수와 기울기벡터활용보통자동 분류

12.CLP-3 · 2.7절 · 33번대학 수준우리말 번역

당신은 지수 사막 한가운데에 있는 외딴 야자나무 옆에 서 있습니다. 주변 모래언덕의 높이는 미터 단위로 다음과 같이 주어집니다. $h(x,y)=100 e^{-(x^2+2y^2)}$ 여기서 $x$ 는 야자나무에서 동쪽으로 떨어진 거리(미터)를 나타내며 $x$ 가 음수이면 서쪽을 뜻하고, $y$ 는 야자나무에서 북쪽으로 떨어진 거리(미터)를 나타내며 $y$ 가 음수이면 남쪽을 뜻합니다.

(a) 동쪽으로 $3$ 미터, 북쪽으로 2 미터 걸어갔다고 하자. 새 위치 $(3,2)$ 에서 모래언덕이 가장 가파르게 내려가는 방향은 어느 방향인지 구하세요. (b) (a)에서 구한 위치에서 북쪽으로 걸어가면 모래언덕 높이의 순간변화율은 얼마인지 구하세요. (c) $(3,2)$ 에 서 있을 때, 같은 높이를 유지하려면 어느 방향으로 걸어야 하는지 구하세요. (d) 곡선 위의 각 점에서 항상 가장 가파르게 내려가는 방향을 향하도록 따라 움직여야 할 곡선 중 $(3,2)$ 를 지나는 곡선의 방정식을 구하세요.

영어 원문 보기

You are standing at a lone palm tree in the middle of the Exponential Desert. The height of the sand dunes around you is given in meters by $h(x,y)=100 e^{-(x^2+2y^2)}$ where $x$ represents the number of meters east of the palm tree (west if $x$ is negative) and $y$ represents the number of meters north of the palm tree (south if $y$ is negative).

(a) Suppose that you walk $3$ meters east and 2 meters north. At your new location, $(3,2)$ , in what direction is the sand dune sloping most steeply downward? (b) If you walk north from the location described in part (a), what is the instantaneous rate of change of height of the sand dune? (c) If you are standing at $(3,2)$ in what direction should you walk to ensure that you remain at the same height? (d) Find the equation of the curve through $(3,2)$ that you should move along in order that you are always pointing in a steepest descent direction at each point of this curve.

정답·풀이 보기

다음을 얻는다.

${ \boldsymbol{\nabla} } h(x,y)= -200 e^{-(x^2+2y^2)}\left< x,2y\right>\text{ 이고, 특히 } { \boldsymbol{\nabla} } h(3,2)= -200 e^{-17}\left< 3,4\right>$

(a) $(3,2)$ 에서 모래언덕이 가장 가파르게 내려가는 방향은 ${ \boldsymbol{\nabla} } h(3,2)$ 와 반대 방향, 즉 $\left< 3,4\right>$ 의 (임의의 양의 배수) 방향이다.

(b) 변화율은 $D_{\hat{\boldsymbol{\jmath}}} h(3,2)={ \boldsymbol{\nabla} } h(3,2)\cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}}=-800 e^{-17}$ 이다.

(c) 같은 높이를 유지하려면 ${ \boldsymbol{\nabla} } h(3,2)$ 에 수직인 방향으로 걸어야 한다. 따라서 $\pm\big(\frac{4}{5},-\frac{3}{5}\big)$ 중 한 방향으로 걸어야 한다.

(d) 가장 가파르게 내려가는 곡선을 따라 걷고 있다고 하자. 그러면 $(x,y)$ 에서 $(x+\mathrm{d}x, y+\mathrm{d}y)$ 로 향하는 방향(단, $(\mathrm{d}x,\mathrm{d}y)$ 는 무한소)은 ${ \boldsymbol{\nabla} } h(x,y)= -200 e^{-(x^2+2y^2)}(x,2y)$ 와 반대여야 한다. 따라서 $(\mathrm{d}x,\mathrm{d}y)$ 는 $(x,2y)$ 와 평행해야 하므로 기울기는

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{2y}{x} \implies \frac{\mathrm{d}y}{y}=2\frac{\mathrm{d}x}{x} \implies \ln y=2\ln x+C \end{aligned}$

점 $(3,2)$ 를 지나려면 $\ln 2=2\ln 3+C$ 를 만족하도록 $C$ 를 택해야 한다. 따라서 $C=\ln\frac{2}{9}$ 이고 곡선은 $\ln y=2\ln x+\ln\frac{2}{9}$ 즉 $y=\frac{2}{9}x^2$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

We have

${ \boldsymbol{\nabla} } h(x,y)= -200 e^{-(x^2+2y^2)}\left< x,2y\right>\text{ and, in particular, } { \boldsymbol{\nabla} } h(3,2)= -200 e^{-17}\left< 3,4\right>$

(a) At $(3,2)$ the dune slopes downward the most steeply in the direction opposite ${ \boldsymbol{\nabla} } h(3,2)$ , which is (any positive multiple of) $\left< 3,4\right>$ .

(b) The rate is $D_{\hat{\boldsymbol{\jmath}}} h(3,2)={ \boldsymbol{\nabla} } h(3,2)\cdot\hat{\boldsymbol{\jmath}}=-800 e^{-17}$ .

(c) To remain at the same height, you should walk perpendicular to ${ \boldsymbol{\nabla} } h(3,2)$ . So you should walk in one of the directions $\pm\big(\frac{4}{5},-\frac{3}{5}\big)$ .

(d) Suppose that you are walking along a steepest descent curve. Then the direction from $(x,y)$ to $(x+\mathrm{d}x, y+\mathrm{d}y)$ , with $(\mathrm{d}x,\mathrm{d}y)$ infinitesmal, must be opposite to ${ \boldsymbol{\nabla} } h(x,y)= -200 e^{-(x^2+2y^2)}(x,2y)$ . Thus $(\mathrm{d}x,\mathrm{d}y)$ must be parallel to $(x,2y)$ so that the slope

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{2y}{x} \implies \frac{\mathrm{d}y}{y}=2\frac{\mathrm{d}x}{x} \implies \ln y=2\ln x+C \end{aligned}$

We must choose $C$ to obey $\ln 2=2\ln 3+C$ in order to pass through the point $(3,2)$ . Thus $C=\ln\frac{2}{9}$ and the curve is $\ln y=2\ln x+\ln\frac{2}{9}$ or $y=\frac{2}{9}x^2$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.7절 · 30번

# 방향도함수와 기울기벡터활용도전자동 분류