극값과 안장점 연습문제 | 빌드라인 스쿨

1.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

2.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

3.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

4.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

5.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

6.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

7.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

8.CLP-3 · 2.9절 · 21번대학 수준우리말 번역

함수

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

를 생각하세요.

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

영어 원문 보기

Consider the function

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

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

정답·풀이 보기

(a)

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

이므로 임계점은 다음 식의 해이다.

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

따라서 임계점은 $(1,1),\ (2,4)$ 의 두 개이다.

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

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

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

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

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

원본 교재 풀이(영어)

(a) Since

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

the critical points are the solutions of

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

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

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

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

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

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

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.9절 · 27번

# 극값과 안장점계산보통자동 분류

9.CLP-3 · 2.9절 · 22번대학 수준우리말 번역

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

영어 원문 보기

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

정답·풀이 보기

다음과 같다.

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

임계점에서는

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

세 임계점 각각의 분류를 나타낸 표는 다음과 같다.

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

원본 교재 풀이(영어)

We have

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

At a critical point

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

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

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.9절 · 18번

# 극값과 안장점계산보통자동 분류

10.CLP-3 · 2.9절 · 23번대학 수준우리말 번역

다음과 같이 두자.

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

(a) $f(x,y)$ 의 모든 임계점을 구하고, 각각을 분류하세요. (b) $D$ 를 쌍곡선 $xy=4$ 와 직선 $x+2y-6=0$ 사이에 있는 평면 영역이라 하자. $D$ 에서 $f(x,y)$ 의 최댓값과 최솟값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let

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

(a) Find every critical point of $f(x,y)$ and classify each one. (b) Let $D$ be the region in the plane between the hyperbola $xy=4$ and the line $x+2y-6=0$ . Find the maximum and minimum values of $f(x,y)$ on $D$ .

정답·풀이 보기

(a) 다음을 얻는다.

$\begin{aligned} f(x,y)&=xy(x+2y-6)\quad & f_x(x,y)&=2xy+2y^2-6y\quad & f_{xx}(x,y)&=2y \\ & & f_y(x,y)&=x^2+4xy-6x & f_{yy}(x,y)&=4x\\ & & & &f_{xy}(x,y)&=2x+4y-6 \end{aligned}$

임계점에서

$\begin{aligned} f_x(x,y)=f_y(x,y)=0 &\iff 2y(x+y-3)=0\text{ 그리고 }x(x+4y-6)=0 \\ &\iff \{y=0\text{ 또는 }x+y=3\}\text{ 그리고 }\{x=0\text{ 또는 }x+4y=6\}\\ &\iff \{x=y=0\}\text{ 또는 }\{y=0,\ x+4y=6\}\\ &\text{ 또는 }\{x+y=3,\ x=0\} \text{ 또는 }\{x+y=3,\ x+4y=6\}\\ &\iff (x,y)=(0,0)\text{ 또는 }(6,0)\text{ 또는 }(0,3)\text{ 또는 }(2,1) \end{aligned}$

네 임계점 각각의 분류는 다음 표와 같다.

$\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline \genfrac{}{}{0pt}{}{\text{임계}}{\text{점}} & f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^2 & f_{xx} & \text{종류} \\ \hline (0,0) & 0\times 0-(-6)^2<0 & & \text{안장점} \\ \hline (6,0) & 0\times 24-6^2<0 & & \text{안장점} \\ \hline (0,3) & 6\times 0-6^2<0 & & \text{안장점} \\ \hline (2,1) & 2\times 8-2^2>0 & \text{2} & \text{극소점} \\ \hline \end{array}$

(b) $xy=4$ 와 $x+2y=6$ 은 $x=6-2y$ 이고

$\begin{aligned} (6-2y)y=4 &\iff 2y^2-6y+4=0 \iff 2(y-1)(y-2)=0 \\ &\iff (x,y) = (4,1)\text{ 또는 }(2,2) \end{aligned}$

일 때 만난다.

아래 그림에서 색칠한 영역이 $D$ 이다.

임계점은 어느 것도 $D$ 에 속하지 않는다. 따라서 최댓값과 최솟값은 $(2,2)$ 또는 $(4,1)$ 에서 나타나거나, $xy=4$ , $2<x<4$ 위에서 나타난다(이 경우 $F(x)=f\big(x,\frac{4}{x}\big)=4\big(x+\frac{8}{x}-6)$ 은 $F'(x)=4-\frac{32}{x^2}=0\iff x=\pm2\sqrt{2}$ 를 만족한다). 또는 $x+2y=6$ , $2<x<4$ 위에서 나타난다(이 경우 $f(x,y)$ 는 항등적으로 영이다). 그러므로 최솟값과 최댓값은 다음 중 한 점에서 나타난다.

$\begin{array}{|c|c|}\hline (x,y) & f(x,y) \\ \hline (2,2) & 2\times 2(2+2\times2-6)=0 \\ \hline (4,1) & 4\times 1(4+2\times 1-6)=0 \\ \hline (2\sqrt{2},\sqrt{2}) & 4(2\sqrt{2}+2\sqrt{2}-6)<0 \\ \hline \end{array}$

최댓값은 $0$ 이고 최솟값은 $4(4\sqrt{2}-6) \approx -1.37$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) We have

$\begin{aligned} f(x,y)&=xy(x+2y-6)\quad & f_x(x,y)&=2xy+2y^2-6y\quad & f_{xx}(x,y)&=2y \\ & & f_y(x,y)&=x^2+4xy-6x & f_{yy}(x,y)&=4x\\ & & & &f_{xy}(x,y)&=2x+4y-6 \end{aligned}$

At a critical point

$\begin{aligned} f_x(x,y)=f_y(x,y)=0 &\iff 2y(x+y-3)=0\text{ and }x(x+4y-6)=0 \\ &\iff \{y=0\text{ or }x+y=3\}\text{ and }\{x=0\text{ or }x+4y=6\}\\ &\iff \{x=y=0\}\text{ or }\{y=0,\ x+4y=6\}\\ &\text{ or }\{x+y=3,\ x=0\} \text{ or }\{x+y=3,\ x+4y=6\}\\ &\iff (x,y)=(0,0)\text{ or }(6,0)\text{ or }(0,3)\text{ or }(2,1) \end{aligned}$

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

$\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline \genfrac{}{}{0pt}{}{\text{critical}}{\text{point}} & f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^2 & f_{xx} & \text{type} \\ \hline (0,0) & 0\times 0-(-6)^2<0 & & \text{saddle point} \\ \hline (6,0) & 0\times 24-6^2<0 & & \text{saddle point} \\ \hline (0,3) & 6\times 0-6^2<0 & & \text{saddle point} \\ \hline (2,1) & 2\times 8-2^2>0 & \text{2} & \text{local min} \\ \hline \end{array}$

(b) Observe that $xy=4$ and $x+2y=6$ intersect when $x=6-2y$ and

$\begin{aligned} (6-2y)y=4 &\iff 2y^2-6y+4=0 \iff 2(y-1)(y-2)=0 \\ &\iff (x,y) = (4,1)\text{ or }(2,2) \end{aligned}$

The shaded region in the sketch below is $D$ .

None of the critical points are in $D$ . So the max and min must occur at either $(2,2)$ or $(4,1)$ or on $xy=4$ , $2<x<4$ (in which case $F(x)=f\big(x,\frac{4}{x}\big)=4\big(x+\frac{8}{x}-6)$ obeys $F'(x)=4-\frac{32}{x^2}=0\iff x=\pm2\sqrt{2}$ ) or on $x+2y=6$ , $2<x<4$ (in which case $f(x,y)$ is identically zero). So the min and max must occur at one of

$\begin{array}{|c|c|}\hline (x,y) & f(x,y) \\ \hline (2,2) & 2\times 2(2+2\times2-6)=0 \\ \hline (4,1) & 4\times 1(4+2\times 1-6)=0 \\ \hline (2\sqrt{2},\sqrt{2}) & 4(2\sqrt{2}+2\sqrt{2}-6)<0 \\ \hline \end{array}$

The maximum value is $0$ and the minimum value is $4(4\sqrt{2}-6) \approx -1.37$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.9절 · 34번

# 극값과 안장점계산보통자동 분류

11.CLP-3 · 2.9절 · 24번대학 수준우리말 번역

함수

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

의 모든 임계점을 $xy$ 평면에서 구하세요. 각 임계점이 극솟값, 극댓값, 안장점 중 무엇인지 분류하세요.

영어 원문 보기

Find all the critical points of the function

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

defined in the $xy$ -plane. Classify each critical point as a local minimum, maximum or saddle point.

정답·풀이 보기

다음과 같다.

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

임계점에서

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

세 임계점 각각의 분류를 나타낸 표는 다음과 같다.

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

원본 교재 풀이(영어)

We have

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

At a critical point

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

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

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.9절 · 12번

# 극값과 안장점계산보통자동 분류

12.CLP-3 · 2.9절 · 25번대학 수준우리말 번역

금속판이 $x$ 축과 $x^2+y^2=4$ 의 위쪽 절반으로 둘러싸인 반원 모양의 원판이다. 점 $(x,y)$ 에서의 온도는 $T(x,y)=\ln\big(1+x^2+y^2\big)-y$ 로 주어진다. 판 위에서 가장 차가운 점을 구하되, 풀이 과정을 자세히 설명하세요. (참고: $\ln 2\approx 0.693$ , $\ln 5\approx 1.609$ )

영어 원문 보기

A metal plate is in the form of a semi-circular disc bounded by the $x$ -axis and the upper half of $x^2+y^2=4$ . The temperature at the point $(x,y)$ is given by $T(x,y)=\ln\big(1+x^2+y^2\big)-y$ . Find the coldest point on the plate, explaining your steps carefully. (Note: $\ln 2\approx 0.693$ , $\ln 5\approx 1.609$ )

정답·풀이 보기

가장 차가운 점은 판의 경계 위에 있거나 판의 내부에 있어야 한다.

경계 중 반원 부분에서는 $0\le y\le 2$ 이고 $x^2+y^2=4$ 이므로 $T=\ln\big(1+x^2+y^2\big)-y=\ln 5-y$ 이다. $\ln 5-y$ 의 최솟값은 $y$ 가 가능한 한 클 때, 즉 $y=2$ 일 때 나타나며 그 값은 $\ln 5 -2\approx -0.391$ 이다.
경계 중 평평한 부분에서는 $y=0$ 이고 $-2\le x\le 2$ 이므로 $T=\ln\big(1+x^2+y^2\big)-y=\ln\big(1+x^2\big)$ 이다. $\ln\big(1+x^2\big)$ 의 최솟값은 $x$ 가 가능한 한 작을 때, 즉 $x=0$ 일 때 나타나며 그 값은 $0$ 이다.
가장 차가운 점이 판의 내부에 있다면 그 점은 $T(x,y)$ 의 임계점이어야 한다.

$\begin{aligned} T_x(x,y)=\frac{2x}{1+x^2+y^2}\qquad T_y(x,y)=\frac{2y}{1+x^2+y^2}-1 \end{aligned}$

이므로 임계점에서는 $x=0$ 이고 $\frac{2y}{1+x^2+y^2}-1=0$ 이어야 한다. 이는 $x=0$ 이고 $2y-1-y^2=0$ 일 때, 그리고 그때에만 성립한다. 따라서 유일한 임계점은 $x=0,\ y=1$ 이며, 이때 $T=\ln 2-1\approx -0.307$ 이다.

$-0.391<-0.307<0$ 이므로 가장 낮은 온도는 $-0.391$ 이고 가장 차가운 점은 $(0,2)$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

The coldest point must be either on the boundary of the plate or in the interior of the plate.

On the semi–circular part of the boundary $0\le y\le 2$ and $x^2+y^2=4$ so that $T=\ln\big(1+x^2+y^2\big)-y=\ln 5-y$ . The smallest value of $\ln 5-y$ is taken when $y$ is as large as possible, i.e. when $y=2$ , and is $\ln 5 -2\approx -0.391$ .
On the flat part of the boundary, $y=0$ and $-2\le x\le 2$ so that $T=\ln\big(1+x^2+y^2\big)-y=\ln\big(1+x^2\big)$ . The smallest value of $\ln\big(1+x^2\big)$ is taken when $x$ is as small as possible, i.e. when $x=0$ , and is $0$ .
If the coldest point is in the interior of the plate, it must be at a critical point of $T(x,y)$ . Since

$\begin{aligned} T_x(x,y)=\frac{2x}{1+x^2+y^2}\qquad T_y(x,y)=\frac{2y}{1+x^2+y^2}-1 \end{aligned}$

a critical point must have $x=0$ and $\frac{2y}{1+x^2+y^2}-1=0$ , which is the case if and only if $x=0$ and $2y-1-y^2=0$ . So the only critical point is $x=0,\ y=1$ , where $T=\ln 2-1\approx -0.307$ .

Since $-0.391<-0.307<0$ , the coldest temperture is $-0.391$ and the coldest point is $(0,2)$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.9절 · 24번

# 극값과 안장점활용보통자동 분류

13.CLP-3 · 2.9절 · 26번대학 수준우리말 번역

$xy$ 평면에서 정의된 함수

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

의 임계점을 모두 구하세요. 각 임계점이 극소, 극대, 안장점 중 어느 것인지 분류하세요. 그 이유를 설명하세요.

영어 원문 보기

Find all the critical points of the function

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

defined in the $xy$ -plane. Classify each critical point as a local minimum, maximum or saddle point. Explain your reasoning.

정답·풀이 보기

다음을 얻는다.

$\begin{aligned} f(x,y)&=x^3+xy^2-x\qquad & f_x(x,y)&=3x^2+y^2-1\qquad & f_{xx}(x,y)&=6x \\ & & f_y(x,y)&=2xy & f_{yy}(x,y)&=2x \\ & & & & f_{xy}(x,y)&=2y \end{aligned}$

임계점에서는

$\begin{aligned} f_x(x,y)=f_y(x,y)=0 &\iff xy=0\text{ 그리고 }3x^2+y^2=1 \\ &\iff \{x=0\text{ 또는 }y=0\}\text{ 그리고 }3x^2+y^2=1 \\ &\iff (x,y)=(0,1)\text{ 또는 }(0,-1)\text{ 또는 }\left(\frac{1}{\sqrt{3}},0\right) \text{ 또는 }\left(-\frac{1}{\sqrt{3}},0\right) \end{aligned}$

이다. 다음 표는 네 임계점 각각의 분류를 나타낸 것이다.

$\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline \genfrac{}{}{0pt}{}{\text{임계}}{\text{점}} & f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^2 & f_{xx} & \text{유형} \\ \hline (0,1) & 0\times 0-2^2<0 & & \text{안장점} \\ \hline (0,-1) & 0\times 0-(-2)^2<0 & & \text{안장점} \\ \hline \big(\frac{1}{\sqrt{3}},0\big) & 2\sqrt{3}\times\frac{2}{\sqrt{3}}-0^2>0 & 2\sqrt{3} & \text{극소} \\ \hline \big(-\frac{1}{\sqrt{3}},0\big) & -2\sqrt{3}\times \big(-\frac{2}{\sqrt{3}}\big)-0^2>0 & -2\sqrt{3} & \text{극대} \\ \hline \end{array}$

원본 교재 풀이(영어)

We have

$\begin{aligned} f(x,y)&=x^3+xy^2-x\qquad & f_x(x,y)&=3x^2+y^2-1\qquad & f_{xx}(x,y)&=6x \\ & & f_y(x,y)&=2xy & f_{yy}(x,y)&=2x \\ & & & & f_{xy}(x,y)&=2y \end{aligned}$

At a critical point

$\begin{aligned} f_x(x,y)=f_y(x,y)=0 &\iff xy=0\text{ and }3x^2+y^2=1 \\ &\iff \{x=0\text{ or }y=0\}\text{ and }3x^2+y^2=1 \\ &\iff (x,y)=(0,1)\text{ or }(0,-1)\text{ or }\left(\frac{1}{\sqrt{3}},0\right) \text{ or }\left(-\frac{1}{\sqrt{3}},0\right) \end{aligned}$

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

$\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline \genfrac{}{}{0pt}{}{\text{critical}}{\text{point}} & f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^2 & f_{xx} & \text{type} \\ \hline (0,1) & 0\times 0-2^2<0 & & \text{saddle point} \\ \hline (0,-1) & 0\times 0-(-2)^2<0 & & \text{saddle point} \\ \hline \big(\frac{1}{\sqrt{3}},0\big) & 2\sqrt{3}\times\frac{2}{\sqrt{3}}-0^2>0 & 2\sqrt{3} & \text{local min} \\ \hline \big(-\frac{1}{\sqrt{3}},0\big) & -2\sqrt{3}\times \big(-\frac{2}{\sqrt{3}}\big)-0^2>0 & -2\sqrt{3} & \text{local max} \\ \hline \end{array}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.9절 · 14번

# 극값과 안장점계산보통자동 분류

14.CLP-3 · 2.9절 · 27번대학 수준우리말 번역

함수 $g(x,y)=x^2-10y-y^2$ 을 생각하세요.

(a) $g$ 의 모든 임계점을 구하고 분류하세요. (b) 다음으로 주어진 유계인 영역에서 $g$ 의 절대 극값을 구하세요.

$x^2+4y^2\le 16,\ y\le 0$

영어 원문 보기

Consider the function $g(x,y)=x^2-10y-y^2 .$

(a) Find and classify all critical points of $g$ . (b) Find the absolute extrema of $g$ on the bounded region given by

$x^2+4y^2\le 16,\ y\le 0$

정답·풀이 보기

(a) 다음과 같다.

$\begin{aligned} g(x,y)&=x^2-10y-y^2 \qquad& g_x(x,y)&=2x \qquad& g_{xx}(x,y)&=2\\ & & g_y(x,y)&=-10-2y\qquad & g_{yy}(x,y)&=-2 \\ & & & &g_{xy}(x,y)&=0 \end{aligned}$

임계점에서

$\begin{aligned} g_x(x,y)=g_y(x,y)=0 \iff 2x=0\text{ 이고 }-10-2y=0 \iff (x,y)=(0,-5) \end{aligned}$

$g_{xx}(0,-5)g_{yy}(0,-5)-g_{xy}(0,-5)^2=2\times(-2)-0^2<0$ 이므로 이 임계점은 안장점이다.

(b) 극값은 영역의 경계 위에 있거나 영역의 내부에 있어야 한다.

경계 중 반타원 부분에서는 $-2\le y\le 0$ 이고 $x^2+4y^2=16$ 이므로 $g=x^2-10y-y^2=16-10y-5y^2=21-5(y+1)^2$ 이다. 이 값은 최솟값 16 ( $y=0,-2$ 일 때)과 최댓값 21 ( $y=-1$ 일 때)을 가진다. $16-10y-5y^2$ 의 임계점(즉 $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}(16-10y-5y^2)=0$ 을 푼 값)을 확인하고 허용된 구간의 양 끝점(곧 $y=0$ 과 $y=-2$ )을 확인해도 같은 결론에 이를 수 있다.
경계 중 평평한 부분에서는 $y=0$ 이고 $-4\le x\le 4$ 이므로 $g=x^2$ 이다. 최솟값은 $x=0$ 일 때 $0$ 이고 최댓값은 $x=\pm 4$ 일 때 $16$ 이다.
극값이 판의 내부에 있다면 그 점은 $g(x,y)$ 의 임계점이어야 한다. 유일한 임계점은 주어진 영역 안에 있지 않다.

다음은 극값의 모든 후보를 나타낸 표이다.

$\begin{array}{|c|c|}\hline (x,y) & g(x,y) \\ \hline (0,-2) & 16 \\ \hline (\pm 4,0) & 16 \\ \hline (\pm \sqrt{12},-1) & 21 \\ \hline (0,0) & 0 \\ \hline \end{array}$

표에서 $g$ 의 최솟값은 $(0,0)$ 에서 $0$ 이고 최댓값은 $(\pm 2\sqrt{3},-1)$ 에서 $21$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) We have

$\begin{aligned} g(x,y)&=x^2-10y-y^2 \qquad& g_x(x,y)&=2x \qquad& g_{xx}(x,y)&=2\\ & & g_y(x,y)&=-10-2y\qquad & g_{yy}(x,y)&=-2 \\ & & & &g_{xy}(x,y)&=0 \end{aligned}$

At a critical point

$\begin{aligned} g_x(x,y)=g_y(x,y)=0 \iff 2x=0\text{ and }-10-2y=0 \iff (x,y)=(0,-5) \end{aligned}$

Since $g_{xx}(0,-5)g_{yy}(0,-5)-g_{xy}(0,-5)^2=2\times(-2)-0^2<0$ , the critical point is a saddle point.

(b) The extrema must be either on the boundary of the region or in the interior of the region.

On the semi-elliptical part of the boundary $-2\le y\le 0$ and $x^2+4y^2=16$ so that $g=x^2-10y-y^2=16-10y-5y^2=21-5(y+1)^2$ . This has a minimum value of 16 (at $y=0,-2$ ) and a maximum value of 21 (at $y=-1$ ). You could also come to this conclusion by checking the critical point of $16-10y-5y^2$ (i.e. solving $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}(16-10y-5y^2)=0$ ) and checking the end points of the allowed interval (namely $y=0$ and $y=-2$ ).
On the flat part of the boundary $y=0$ and $-4\le x\le 4$ so that $g=x^2$ . The smallest value is taken when $x=0$ and is $0$ and the largest value is taken when $x=\pm 4$ and is $16$ .
If an extremum is in the interior of the plate, it must be at a critical point of $g(x,y)$ . The only critical point is not in the prescribed region.

Here is a table giving all candidates for extrema:

$\begin{array}{|c|c|}\hline (x,y) & g(x,y) \\ \hline (0,-2) & 16 \\ \hline (\pm 4,0) & 16 \\ \hline (\pm \sqrt{12},-1) & 21 \\ \hline (0,0) & 0 \\ \hline \end{array}$

From the table the smallest value of $g$ is $0$ at $(0,0)$ and the largest value is $21$ at $(\pm 2\sqrt{3},-1)$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.9절 · 17번

# 극값과 안장점계산보통자동 분류

15.CLP-3 · 2.9절 · 28번대학 수준우리말 번역

다음 함수의 임계점을 모두 구하고 분류하세요. $f(x,y)=x^3-3xy^2-3x^2-3y^2$

영어 원문 보기

Find and classify all critical points of $f(x,y)=x^3-3xy^2-3x^2-3y^2$

정답·풀이 보기

다음과 같다.

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

임계점에서

$\begin{aligned} f_x(x,y)=f_y(x,y)=0 &\iff 3(x^2-y^2-2x)=0\text{ 그리고 }-6y(x+1)=0 \\ &\iff \{x=-1\text{ 또는 }y=0\}\text{ 그리고 }x^2-y^2-2x=0 \\ &\iff (x,y)=(-1,\sqrt{3})\text{ 또는 }(-1,-\sqrt{3})\text{ 또는 }(0,0) \text{ 또는 }(2,0) \end{aligned}$

네 임계점 각각의 분류를 나타낸 표는 다음과 같다.

$\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline \genfrac{}{}{0pt}{}{\text{임계}}{\text{점}} & f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^2 & f_{xx} & \text{종류} \\ \hline (0,0) & (-6)\times(-6)-0^2>0 & -6 & \text{극대} \\ \hline (2,0) & 6\times(-18)-0^2<0 & & \text{안장점} \\ \hline (-1,\sqrt{3}) & (-12)\times0-(-6\sqrt{3})^2<0 & & \text{안장점} \\ \hline (-1,-\sqrt{3}) & (-12)\times 0-(6\sqrt{3})^2<0 & & \text{안장점} \\ \hline \end{array}$

원본 교재 풀이(영어)

We have

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

At a critical point

$\begin{aligned} f_x(x,y)=f_y(x,y)=0 &\iff 3(x^2-y^2-2x)=0\text{ and }-6y(x+1)=0 \\ &\iff \{x=-1\text{ or }y=0\}\text{ and }x^2-y^2-2x=0 \\ &\iff (x,y)=(-1,\sqrt{3})\text{ or }(-1,-\sqrt{3})\text{ or }(0,0) \text{ or }(2,0) \end{aligned}$

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

$\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline \genfrac{}{}{0pt}{}{\text{critical}}{\text{point}} & f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^2 & f_{xx} & \text{type} \\ \hline (0,0) & (-6)\times(-6)-0^2>0 & -6 & \text{local max} \\ \hline (2,0) & 6\times(-18)-0^2<0 & & \text{saddle point} \\ \hline (-1,\sqrt{3}) & (-12)\times0-(-6\sqrt{3})^2<0 & & \text{saddle point} \\ \hline (-1,-\sqrt{3}) & (-12)\times 0-(6\sqrt{3})^2<0 & & \text{saddle point} \\ \hline \end{array}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.9절 · 30번

# 극값과 안장점계산보통자동 분류

16.CLP-3 · 2.9절 · 29번대학 수준우리말 번역

사분원 $D = \big\{ \ (x, y)\ \big|\ x^2 + y^2 \le 4,\ x\ge0,\ y\ge 0\ \big\}$ 에서

$f(x, y) = xye^{-(x^2 + y^2) / 2}$

의 최댓값을 구하세요.

영어 원문 보기

Find the maximum value of

$f(x, y) = xye^{-(x^2 + y^2) / 2}$

on the quarter-circle $D = \big\{ \ (x, y)\ \big|\ x^2 + y^2 \le 4,\ x\ge0,\ y\ge 0\ \big\}$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

최댓값은 $D$ 의 경계 위에 있거나 $D$ 의 내부에 있어야 한다.

경계 중 원호 부분 $r=2$ 에서는 (극좌표에서) $0\le\theta\le\frac{\pi}{2}$ 이므로 $f=r^2\cos\theta\sin\theta e^{-r^2/2}=2\sin(2\theta)e^{-2}$ 이다. 이 함수는 $\theta=\frac{\pi}{4}$ 즉 $x=y=\sqrt{2}$ 에서 최댓값 $2e^{-2}$ 을 갖는다.
경계의 평평한 두 부분에서는 $x=0$ 또는 $y=0$ 이므로 $f=0$ 이다.
최댓값이 $D$ 의 내부에 있다면 그 점은 $f(x,y)$ 의 임계점이어야 한다.

$\begin{aligned} f_x(x,y)=e^{-(x^2 + y^2) / 2}\big[y-x^2y\big]\qquad f_y(x,y)=e^{-(x^2 + y^2) / 2}\big[x-xy^2\big] \end{aligned}$

이므로, $(x,y)$ 가 임계점일 필요충분조건은

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

이다. $x,y\ge 0$ 인 임계점은 $(0,0)$ 과 $(1,1)$ 의 두 개이다. 이 중 앞의 것은 $D$ 의 경계 위에 있고 뒤의 것은 $D$ 의 내부에 있다.

다음은 최댓값의 모든 후보를 나타낸 표이다.

$\begin{array}{|c|c|}\hline (x,y) & g(x,y) \\ \hline (\sqrt{2},\sqrt{2}) & 2e^{-2}\approx0.271 \\ \hline (x,0) & 0 \\ \hline (0,y) & 0 \\ \hline (1,1) & e^{-1}\approx0.368 \\ \hline \end{array}$

$e>2$ 이므로 $2e^{-2}=e^{-1}\frac{2}{e}<e^{-1}$ 이고, 따라서 가장 큰 값은 $e^{-1}$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

The maximum must be either on the boundary of $D$ or in the interior of $D$ .

On the circular part of the boundary $r=2$ , $0\le\theta\le\frac{\pi}{2}$ (in polar coordinates) so that $f=r^2\cos\theta\sin\theta e^{-r^2/2}=2\sin(2\theta)e^{-2}$ . This has a maximum value of $2e^{-2}$ at $\theta=\frac{\pi}{4}$ or $x=y=\sqrt{2}$ .
On the two flat parts of the boundary $x=0$ or $y=0$ so that $f=0$ .
If the maximum is in the interior of $D$ , it must be at a critical point of $f(x,y)$ . Since

$\begin{aligned} f_x(x,y)=e^{-(x^2 + y^2) / 2}\big[y-x^2y\big]\qquad f_y(x,y)=e^{-(x^2 + y^2) / 2}\big[x-xy^2\big] \end{aligned}$

$(x,y)$ is a critical point if and only if

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

There are two critical points with $x,y\ge 0$ , namely $(0,0)$ and $(1,1)$ . The first of these is on the boundary of $D$ and the second is in the interior of $D$ .

Here is a table giving all candidates for the maximum:

$\begin{array}{|c|c|}\hline (x,y) & g(x,y) \\ \hline (\sqrt{2},\sqrt{2}) & 2e^{-2}\approx0.271 \\ \hline (x,0) & 0 \\ \hline (0,y) & 0 \\ \hline (1,1) & e^{-1}\approx0.368 \\ \hline \end{array}$

Since $e>2$ , we have that $2e^{-2}=e^{-1}\frac{2}{e}<e^{-1}$ and the largest value is $e^{-1}$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.9절 · 28번

# 극값과 안장점계산보통자동 분류

17.CLP-3 · 2.9절 · 30번대학 수준우리말 번역

길이가 100 미터인 울타리의 양 끝에서 같은 거리만큼 떨어진 두 곳을 같은 각도로 꺾어서, 이렇게 만들어진 세 선분짜리 울타리를 기존의 벽을 따라 놓아 사다리꼴 모양의 우리를 만들려고 합니다. 이러한 우리의 넓이가 가질 수 있는 최댓값을 구하세요.

영어 원문 보기

Equal angle bends are made at equal distances from the two ends of a 100 metre long fence, so that the resulting three segment fence can be placed along an existing wall to make an enclosure of trapezoidal shape. What is the largest possible area for such an enclosure?

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

울타리의 양 끝에서 거리 $x$ 만큼 떨어진 곳을 꺾고, 꺾은 각이 $\theta$ 라고 하자. 우리의 개략도는 다음과 같다.

이 우리는 두 변의 길이가 $100-2x$ 와 $x\sin\theta$ 인 직사각형과, 높이가 $x\sin\theta$ 이고 밑변의 길이가 $x\cos\theta$ 인 두 삼각형으로 이루어진다. 따라서 우리의 넓이는 다음과 같다.

$\begin{aligned} A(x,\theta)&=(100-2x)x\sin\theta+2\cdot\tfrac{1}{2}\cdot x\sin\theta\cdot x\cos\theta\\ &=(100x-2x^2)\sin\theta+\tfrac{1}{2} x^2\sin(2\theta) \end{aligned}$

넓이를 최대로 하려면 다음을 풀어야 한다.

$\begin{aligned} 0=A_x&=(100-4x)\sin\theta+x\sin(2\theta) & &\implies & (100-4x)+2x\cos\theta&=0\\ 0=A_\theta&=(100x-2x^2)\cos\theta+x^2\cos(2\theta)\quad & &\implies\quad & (100-2x)\cos\theta+x\cos(2\theta)&=0 \end{aligned}$

여기서 넓이가 최대인 울타리는 $\sin\theta=0$ 또는 $x=0$ 일 수 없음을 이용했는데, 이 두 경우 중 어느 쪽이든 둘러싼 넓이가 0이 되기 때문이다. 첫 번째 식에서 $\cos\theta=-\frac{100-4x}{2x}$ 이고, 따라서 $\cos(2\theta)=2\cos^2\theta-1=\frac{(100-4x)^2}{2x^2}-1$ 이다. 이를 두 번째 식에 대입하면 다음을 얻는다.

$\begin{aligned} & & -(100-2x)\frac{100-4x}{2x}+x\Big[\frac{(100-4x)^2}{2x^2}-1\Big]&=0 \\ &\implies & -(100-2x)(100-4x)+(100-4x)^2-2x^2&=0 \\ &\implies & 6x^2-200x&=0 \\ &\implies & x=\frac{100}{3} \quad\cos\theta=-\frac{-100/3}{200/3}=\frac{1}{2}\quad \theta&=60^\circ\\ & & A= \left(100\frac{100}{3}-2\frac{100^2}{3^2}\right) \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2} \frac{100^2}{3^2}\frac{\sqrt{3}}{2} &=\frac{2500}{\sqrt{3}} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

Suppose that the bends are made a distance $x$ from the ends of the fence and that the bends are through an angle $\theta$ . Here is a sketch of the enclosure.

It consists of a rectangle, with side lengths $100-2x$ and $x\sin\theta$ , together with two triangles, each of height $x\sin\theta$ and base length $x\cos\theta$ . So the enclosure has area

$\begin{aligned} A(x,\theta)&=(100-2x)x\sin\theta+2\cdot\tfrac{1}{2}\cdot x\sin\theta\cdot x\cos\theta\\ &=(100x-2x^2)\sin\theta+\tfrac{1}{2} x^2\sin(2\theta) \end{aligned}$

The maximize the area, we need to solve

$\begin{aligned} 0=A_x&=(100-4x)\sin\theta+x\sin(2\theta) & &\implies & (100-4x)+2x\cos\theta&=0\\ 0=A_\theta&=(100x-2x^2)\cos\theta+x^2\cos(2\theta)\quad & &\implies\quad & (100-2x)\cos\theta+x\cos(2\theta)&=0 \end{aligned}$

Here we have used that the fence of maximum area cannot have $\sin\theta=0$ or $x=0$ , because in either of these two cases, the area enclosed will be zero. The first equation forces $\cos\theta=-\frac{100-4x}{2x}$ and hence $\cos(2\theta)=2\cos^2\theta-1=\frac{(100-4x)^2}{2x^2}-1$ . Substituting these into the second equation gives

$\begin{aligned} & & -(100-2x)\frac{100-4x}{2x}+x\Big[\frac{(100-4x)^2}{2x^2}-1\Big]&=0 \\ &\implies & -(100-2x)(100-4x)+(100-4x)^2-2x^2&=0 \\ &\implies & 6x^2-200x&=0 \\ &\implies & x=\frac{100}{3} \quad\cos\theta=-\frac{-100/3}{200/3}=\frac{1}{2}\quad \theta&=60^\circ\\ & & A= \left(100\frac{100}{3}-2\frac{100^2}{3^2}\right) \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2} \frac{100^2}{3^2}\frac{\sqrt{3}}{2} &=\frac{2500}{\sqrt{3}} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.9절 · 31번

# 극값과 안장점계산보통자동 분류

18.CLP-3 · 2.9절 · 31번대학 수준우리말 번역

부피가 $V$ 로 고정되어 있고 뚜껑이 없는 직육면체 상자 중에서 가장 경제적인 모양을 구하세요.

영어 원문 보기

Find the most economical shape of a rectangular box that has a fixed volume $V$ and that has no top.

정답·풀이 보기

상자의 각 모서리의 길이를 $x$ , $y$ , $z$ 라고 하자. 그림은 다음과 같다.

상자의 부피가 $V$ 이어야 하므로 $V=xyz$ 이어야 한다. 옆면 네 개와 밑면의 넓이 $A=xy+2yz+2xz$ 를 최소로 만들려고 한다. $z=\frac{V}{xy}$ 를 대입하면

$\begin{aligned} A&=xy+2\frac{V}{x}+2\frac{V}{y}\\ A_x&=y-2\frac{V}{x^2}\\ A_y&=x-2\frac{V}{y^2} \end{aligned}$

최소가 되려면 $A_x=A_y=0$ 이어야 하며, 이는 $yx^2=2V,\ xy^2=2V$ 일 때이다. 따라서 $yx^2=xy^2$ 이다. $V=xyz$ 가 0이 아니므로 $x$ 와 $y$ 는 어느 쪽도 0이 될 수 없다. 그러므로 $x=y=(2V)^{1/3}$ , $z=2^{-2/3}V^{1/3}$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

Suppose that the box has side lengths $x$ , $y$ and $z$ . Here is a sketch.

Because the box has to have volume $V$ we need that $V=xyz$ . We wish to minimize the area $A=xy+2yz+2xz$ of the four sides and bottom. Substituting in $z=\frac{V}{xy}$ ,

$\begin{aligned} A&=xy+2\frac{V}{x}+2\frac{V}{y}\\ A_x&=y-2\frac{V}{x^2}\\ A_y&=x-2\frac{V}{y^2} \end{aligned}$

To minimize, we want $A_x=A_y=0$ , which is the case when $yx^2=2V,\ xy^2=2V$ . This forces $yx^2=xy^2$ . Since $V=xyz$ is nonzero, neither $x$ nor $y$ may be zero. So $x=y=(2V)^{1/3}$ , $z=2^{-2/3}V^{1/3}$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.9절 · 32번

# 극값과 안장점계산보통자동 분류