극값과 안장점 연습문제 | 빌드라인 스쿨

81.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

82.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

83.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

84.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

85.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

86.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

87.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

88.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

89.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

90.CLP-3 · 2.9절 · 32번대학 수준우리말 번역

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

$T(x,y) = 20 - 4x^2 - y^2$

(a) $x^2 + y^2 \le 4$ 로 정의된 원판 $D$ 에서 $T(x,y)$ 의 최댓값과 최솟값을 구하세요. (b) 개미가 원판 $D$ 위에 산다고 하자. 개미가 처음에 점 $(1, 1)$ 에 있다면, 온도를 가능한 한 빠르게 높이려면 어느 방향으로 움직여야 하는지 구하세요. (c) 개미가 속도 $\mathbf{v} = \left< -2, -1\right>$ 로 움직인다고 하자. 개미가 $(1, 1)$ 을 지날 때 온도의 증가율을 구하세요. (d) 개미가 곡선 $y = 2 - x^2$ 위에만 머물러야 한다고 하자. 개미가 가능한 한 따뜻하기를 원한다면 어디로 가야 하는지 구하세요.

영어 원문 보기

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

$T(x,y) = 20 - 4x^2 - y^2$

(a) Find the maximum and minimum values of $T(x,y)$ on the disk $D$ defined by $x^2 + y^2 \le 4$ . (b) Suppose an ant lives on the disk $D$ . If the ant is initially at point $(1, 1)$ , in which direction should it move so as to increase its temperature as quickly as possible? (c) Suppose that the ant moves at a velocity $\mathbf{v} = \left< -2, -1\right>$ . What is its rate of increase of temperature as it passes through $(1, 1)$ ? (d) Suppose the ant is constrained to stay on the curve $y = 2 - x^2$ . Where should the ant go if it wants to be as warm as possible?

정답·풀이 보기

(a) 최댓값과 최솟값은 원판의 내부 또는 원판의 경계에서 나타날 수 있다. 원판의 경계는 원 $x^2+y^2=4$ 이다.

원판 내부에서의 절대 최댓값 또는 절대 최솟값은 반드시 극댓값 또는 극솟값이기도 하고, 특이점이 없으므로 $h$ 의 임계점이기도 하다. $T_x=-8x$ , $T_y=-2y$ 이므로 유일한 임계점은 $(x,y)=(0,0)$ 이고, 이때 $T=20$ 이다. $4x^2+y^2\ge 0$ 이므로 $T(x,y)=20-4x^2-y^2\le 20$ 이다. 따라서 $T$ 의 최댓값은 ( $\mathbb{R}^2$ 전체에서도) $20$ 이다.
$x^2+y^2=4$ 위의 각 점에서 $T(x,y)=20-4x^2-y^2=20 -4x^2-(4-x^2)=16-3x^2$ 이고 $-2\le x\le 2$ 이다. 따라서 $x^2$ 이 최대일 때 $T$ 는 최소이다. 그러므로 원판에서 $T$ 의 최솟값은 $16-3(\pm 2)^2=4$ 이다.

따라서 종합하면, $x^2+y^2\le 4$ 에서 $T(x,y)$ 의 최댓값과 최솟값은 각각 $20$ (점 $(0,0)$ 에서), $4$ (점 $(\pm 2,0)$ 에서)이다.

(b) 온도를 가능한 한 빠르게 높이려면 개미는 온도의 기울기 벡터 방향으로 움직여야 한다. ${ \boldsymbol{\nabla} } T(1,1)=\left< -8x,-2y\right>\Big|_{(x,y)=(1,1)}=\left< -8,-2\right>$ . 이 방향의 단위벡터는 $\frac{1}{\sqrt{17}}\left< -4,-1\right>$ 이다.

(c) 개미의 (단위 시간당) 온도 증가율은 다음과 같다.

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } T(1,1)\cdot\left< -2,-1\right> =\left< -8,-2\right>\cdot\left< -2,-1\right> =18 \end{aligned}$

(d) 다음을 최대로 하는 $(x,y)=(x,2-x^2)$ 을 구하는 문제이다.

$\begin{aligned} T\big(x,2-x^2\big) =20 -4x^2-\big(2-x^2\big)^2 = 16-x^4 \end{aligned}$

$16-x^4$ 의 최댓값은 $x=0$ 일 때 $16$ 임이 분명하다. 따라서 개미는 $\big(0,2-0^2\big)=(0,2)$ 로 가야 한다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) The maximum and minimum can occur either in the interior of the disk or on the boundary of the disk. The boundary of the disk is the circle $x^2+y^2=4$ .

Any absolute max or min in the interior of the disk must also be a local max or min and, since there are no singular points, must also be a critical point of $h$ . Since $T_x=-8x$ and $T_y=-2y$ , the only critical point is $(x,y)=(0,0)$ , where $T=20$ . Since $4x^2+y^2\ge 0$ , we have $T(x,y)=20-4x^2-y^2\le 20$ . So the maximum value of $T$ (even in $\mathbb{R}^2$ ) is $20$ .
At each point of $x^2+y^2=4$ we have $T(x,y)=20-4x^2-y^2=20 -4x^2-(4-x^2)=16-3x^2$ with $-2\le x\le 2$ . So $T$ is a minimum when $x^2$ is a maximum. Thus the minimum value of $T$ on the disk is $16-3(\pm 2)^2=4$ .

So all together, the maximum and minimum values of $T(x,y)$ in $x^2+y^2\le 4$ are $20$ (at $(0,0)$ ) and $4$ (at $(\pm 2,0)$ ), respectively.

(b) To increase its temperature as quickly as possible, the ant should move in the direction of the temperature gradient ${ \boldsymbol{\nabla} } T(1,1)=\left< -8x,-2y\right>\Big|_{(x,y)=(1,1)}=\left< -8,-2\right>$ . A unit vector in that direction is $\frac{1}{\sqrt{17}}\left< -4,-1\right>$ .

(c) The ant's rate f increase of temperature (per unit time) is

$\begin{aligned} { \boldsymbol{\nabla} } T(1,1)\cdot\left< -2,-1\right> =\left< -8,-2\right>\cdot\left< -2,-1\right> =18 \end{aligned}$

(d) We are being asked to find the $(x,y)=(x,2-x^2)$ which maximizes

$\begin{aligned} T\big(x,2-x^2\big) =20 -4x^2-\big(2-x^2\big)^2 = 16-x^4 \end{aligned}$

The maximum of $16-x^4$ is obviously $16$ at $x=0$ . So the ant should go to $\big(0,2-0^2\big)=(0,2)$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 3권 · 4.7절 · 8번

# 극값과 안장점활용도전자동 분류

91.CLP-3 · 2.9절 · 34번대학 수준우리말 번역

(a) 함수 $f(x,y)=2x+4y+\frac{1}{xy}$ 가 제1사분면 $x>0$ , $y>0$ 에서 임계점을 정확히 하나만 가짐을 보이고, 그 점에서의 함숫값을 구하세요. (b) 이차 도함수 판정법을 이용하여 (a)에서 구한 임계점의 종류를 판별하세요. (c) 이로부터 부등식 $2x+4y+\frac{1}{xy}\ge 6$ 이 모든 양의 실수 $x$ , $y$ 에 대해 성립하는 이유를 설명하세요.

영어 원문 보기

(a) Show that the function $f(x,y)=2x+4y+\frac{1}{xy}$ has exactly one critical point in the first quadrant $x>0$ , $y>0$ , and find its value at that point. (b) Use the second derivative test to classify the critical point in part (a). (c) Hence explain why the inequality $2x+4y+\frac{1}{xy}\ge 6$ is valid for all positive real numbers $x$ and $y$ .

정답·풀이 보기

(a) $x,y>0$ 에서

$\begin{aligned} f_x&=2-\frac{1}{x^2y}=0\iff y=\frac{1}{2x^2}\\ f_y&=4-\frac{1}{xy^2}=0 \end{aligned}$

첫째 식에서 얻은 $y=\frac{1}{2x^2}$ 을 둘째 식에 대입하면 $4-4x^3=0$ 이고, 이로부터 $x=1$ , $y=\tfrac{1}{2}$ 이다. $x=1$ , $y=\tfrac{1}{2}$ 일 때,

$f\big(1,\tfrac{1}{2}\big)=2+2+2=6$

(b) 이차 도함수는

$f_{xx}(x,y)=\frac{2}{x^3y}\qquad f_{xy}(x,y)=\frac{1}{x^2y^2}\qquad f_{yy}(x,y)=\frac{2}{xy^3}$

특히

$f_{xx}\big(1,\tfrac{1}{2}\big)=4\qquad f_{xy}\big(1,\tfrac{1}{2}\big)=4\qquad f_{yy}\big(1,\tfrac{1}{2}\big)=16$

$f_{xx}\big(1,\tfrac{1}{2}\big)f_{yy}\big(1,\tfrac{1}{2}\big)- f_{xy}\big(1,\tfrac{1}{2}\big)^2=4\times 16-4^2=48>0$ 이고 $f_{xx}\big(1,\tfrac{1}{2}\big)=4>0$ 이므로 점 $\big(1,\tfrac{1}{2}\big)$ 은 극소이다.

(c) $x$ 또는 $y$ 가 무한대로 갈 때(다른 변수는 0 이상일 때), $2x+4y$ 는 $+\infty$ 로 발산한다. $(x,y)$ 가 $x$ 축과 $y$ 축 중 제1사분면에 속하는 부분의 어떤 점으로 가까워져도 $\frac{1}{xy}$ 는 $+\infty$ 로 발산한다. 따라서 $x$ 또는 $y$ 가 제1사분면의 경계(무한대도 경계에 포함한다)로 가까워지면 $f(x,y)$ 는 $+\infty$ 로 발산한다. 그러므로 $\big(1,\tfrac{1}{2}\big)$ 은 제1사분면에서 $f$ 의 극솟값일 뿐만 아니라 최솟값을 갖는 점이다. 따라서 모든 $x,y>0$ 에 대해 $f(x,y)\ge f\big(1,\tfrac{1}{2}\big)=6$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) For $x,y>0$ ,

$\begin{aligned} f_x&=2-\frac{1}{x^2y}=0\iff y=\frac{1}{2x^2}\\ f_y&=4-\frac{1}{xy^2}=0 \end{aligned}$

Substituting $y=\frac{1}{2x^2}$ , from the first equation, into the second gives $4-4x^3=0$ which forces $x=1$ , $y=\tfrac{1}{2}$ . At $x=1$ , $y=\tfrac{1}{2}$ ,

$f\big(1,\tfrac{1}{2}\big)=2+2+2=6$

(b) The second derivatives are

$f_{xx}(x,y)=\frac{2}{x^3y}\qquad f_{xy}(x,y)=\frac{1}{x^2y^2}\qquad f_{yy}(x,y)=\frac{2}{xy^3}$

In particular

$f_{xx}\big(1,\tfrac{1}{2}\big)=4\qquad f_{xy}\big(1,\tfrac{1}{2}\big)=4\qquad f_{yy}\big(1,\tfrac{1}{2}\big)=16$

Since $f_{xx}\big(1,\tfrac{1}{2}\big)f_{yy}\big(1,\tfrac{1}{2}\big)- f_{xy}\big(1,\tfrac{1}{2}\big)^2=4\times 16-4^2=48>0$ and $f_{xx}\big(1,\tfrac{1}{2}\big)=4>0$ , the point $\big(1,\tfrac{1}{2}\big)$ is a local minimum.

(c) As $x$ or $y$ tends to infinity (with the other at least zero), $2x+4y$ tends to $+\infty$ . As $(x,y)$ tends to any point on the first quadrant part of the $x$ - and $y$ –axes, $\frac{1}{xy}$ tends to $+\infty$ . Hence as $x$ or $y$ tends to the boundary of the first quadrant (counting infinity as part of the boundary), $f(x,y)$ tends to $+\infty$ . As a result $\big(1,\tfrac{1}{2}\big)$ is a global (and not just local) minimum for $f$ in the first quadrant. Hence $f(x,y)\ge f\big(1,\tfrac{1}{2}\big)=6$ for all $x,y>0$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.9절 · 22번

# 극값과 안장점증명·논술도전자동 분류