편미분방정식 맛보기 연습문제

1.CLP-3 · 2.8절 · 1번대학 수준우리말 번역

$u(x,t)= e^{-t-x^2}$ 이라 하자. $u(x,t)$ 가 편미분방정식

$u_{xx}(x,t)+u(x,t) = g(x)\, u_t(x,t)$

을 만족하도록 하는 함수 $g(x)$ 를 구하세요.

영어 원문 보기

Let $u(x,t)= e^{-t-x^2}$ . Find a function $g(x)$ so that $u(x,t)$ obeys the partial differential equation

$u_{xx}(x,t)+u(x,t) = g(x)\, u_t(x,t)$

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

먼저 $u(x,t)= e^{-t-x^2}$ 일 때 $u_t(x,t)$ 와 $u_{xx}(x,t)+u(x,t)$ 를 계산한다.

$\begin{aligned} u(x,t)&= e^{-t-x^2} \\ u_t(x,t)&= -e^{-t-x^2} \\ u_x(x,t)&= -2x e^{-t-x^2} \\ u_{xx}(x,t)&= -2 e^{-t-x^2} +4x^2 e^{-t-x^2} \end{aligned}$

따라서

$\begin{aligned} u_{xx}(x,t)+u(x,t) &= \big[-2 e^{-t-x^2} +4x^2 e^{-t-x^2}\big] +e^{-t-x^2} \\ &= \big[4x^2-1]e^{-t-x^2} \end{aligned}$

이것이 $g(x)\, u_t(x,t) = -g(x)\, e^{-t-x^2}$ 와 같아지려면 $g(x) = 1-4x^2$ 이어야 한다.

원본 교재 풀이(영어)

We start by evaluating $u_t(x,t)$ and $u_{xx}(x,t)+u(x,t)$ when $u(x,t)= e^{-t-x^2}$ .

$\begin{aligned} u(x,t)&= e^{-t-x^2} \\ u_t(x,t)&= -e^{-t-x^2} \\ u_x(x,t)&= -2x e^{-t-x^2} \\ u_{xx}(x,t)&= -2 e^{-t-x^2} +4x^2 e^{-t-x^2} \end{aligned}$

So

$\begin{aligned} u_{xx}(x,t)+u(x,t) &= \big[-2 e^{-t-x^2} +4x^2 e^{-t-x^2}\big] +e^{-t-x^2} \\ &= \big[4x^2-1]e^{-t-x^2} \end{aligned}$

For this to equal $g(x)\, u_t(x,t) = -g(x)\, e^{-t-x^2}$ , we need $g(x) = 1-4x^2$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.8절 · 2번

# 편미분방정식 맛보기계산기본자동 분류

2.CLP-3 · 2.8절 · 2번대학 수준우리말 번역

(a) 편미분방정식

$u_x=0$

을 만족하는 모든 함수 $u(x,y)$ 를 구하세요. (b) $f(x)$ 를 주어진 함수라 하자. 편미분방정식

$u_x(x,y)= f(x)$

을 만족하는 모든 함수 $u(x,y)$ 를 구하세요.

영어 원문 보기

(a) Find all functions $u(x,y)$ that obey the partial differential equation

$u_x=0$ (b) Let $f(x)$ be a given function. Find all functions $u(x,y)$ that obey the partial differential equation

$u_x(x,y)= f(x)$

정답·풀이 보기

(a) 임의의 $y_0$ 을 고정하고 $v(x)=u(x,y_0)$ 라 하자. 그러면

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x}(x) =\frac{\partial u}{\partial x}(x,y_0) = 0 \end{aligned}$

이다. 따라서 각각의 고정된 $y_0$ 에 대해 $x$ 의 함수인 $v(x)=u(x,y_0)$ 는 상수이어야 한다. 이 상수는 $y_0$ 을 어떻게 택하느냐에 따라 달라질 수 있다. 따라서 $u(x,y_0) = C(y_0)$ 이며, $C(y_0)$ 은 $y_0$ 에만 의존하고 $x$ 에는 의존하지 않는다. $y_0$ 을 다시 $y$ 로 바꾸어 쓰면, $u(x,y)=C(y)$ 이고 $C(y)$ 는 변수 $y$ 하나만의 임의의 함수이다.

(b) 임의의 $y_0$ 을 고정하고 $v(x)=u(x,y_0)$ 라 하자. 그러면

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x}(x) =\frac{\partial u}{\partial x}(x,y_0) = f(x) \end{aligned}$

이다. 말로 하면, $v(x)$ 는 도함수가 $f(x)$ 이어야 하고, 즉 $f(x)$ 의 부정적분이어야 한다. 따라서 $F(x)$ 가 도함수가 $f(x)$ 인 임의의 함수, 즉 $F(x)$ 가 $f(x)$ 의 임의의 부정적분이면, 각각의 고정된 $y_0$ 에 대해 $v(x)=u(x,y_0) = F(x) +C$ 이고, 여기서 $C$ 는 상수이다. 이 상수는 $y_0$ 을 어떻게 택하느냐에 따라 달라질 수 있다. 따라서 $u(x,y_0) = F(x)+ C(y_0)$ 이며, $C(y_0)$ 은 $y_0$ 에만 의존하고 $x$ 에는 의존하지 않는다. $y_0$ 을 다시 $y$ 로 바꾸어 쓰면, $u(x,y)=F(x) + C(y)$ 이고 $F(x)$ 는 $f(x)$ 의 임의의 부정적분, $C(y)$ 는 변수 $y$ 하나만의 임의의 함수이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) Fix any $y_0$ and set $v(x)=u(x,y_0)$ . Then

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x}(x) =\frac{\partial u}{\partial x}(x,y_0) = 0 \end{aligned}$

So, for each fixed $y_0$ , $v(x)=u(x,y_0)$ , which is a function of $x$ , has to be a constant. The constant may be different for each different choice of $y_0$ . So $u(x,y_0) = C(y_0)$ with $C(y_0)$ depending only on $y_0$ , not on $x$ . Or, renaming $y_0$ back to $y$ , $u(x,y)=C(y)$ with $C(y)$ being any function of the single variable $y$ .

(b) Fix any $y_0$ and set $v(x)=u(x,y_0)$ . Then

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x}(x) =\frac{\partial u}{\partial x}(x,y_0) = f(x) \end{aligned}$

In words, $v(x)$ has to have derivative $f(x)$ , i.e. be an antiderivative of $f(x)$ . So if $F(x)$ is any function whose derivative is $f(x)$ , i.e. if $F(x)$ is any antiderivative of $f(x)$ , then, for each fixed $y_0$ , $v(x)=u(x,y_0) = F(x) +C$ , with $C$ being a constant. The constant may be different for each different choice of $y_0$ . So $u(x,y_0) = F(x)+ C(y_0)$ with $C(y_0)$ depending only on $y_0$ , not on $x$ . Or, renaming $y_0$ back to $y$ , $u(x,y)=F(x) + C(y)$ with $F(x)$ being any antiderivative of $f(x)$ and $C(y)$ being any function of the single variable $y$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.8절 · 14번

# 편미분방정식 맛보기계산기본자동 분류

3.CLP-3 · 2.8절 · 3번대학 수준우리말 번역

라플라스 방정식 $u_{xx}(x,y)+u_{yy}(x,y)=0$ 의 해를 조화함수라고 합니다. 다음 함수 중 조화함수인 것은 어느 것인지 구하세요.

(a) $x^3-3xy^2$ (b) $x^3-y^3$ (c) $\sin(x)\,\cos(y)$ (d) $e^{7x}\,\cos(7y)$ (e) $\ln(x^2+y^2)$

영어 원문 보기

Solutions of Laplace's equation $u_{xx}(x,y)+u_{yy}(x,y)=0$ are called harmonic functions. Which of the following functions are harmonic?

(a) $x^3-3xy^2$ (b) $x^3-y^3$ (c) $\sin(x)\,\cos(y)$ (d) $e^{7x}\,\cos(7y)$ (e) $\ln(x^2+y^2)$

정답·풀이 보기

(a) $u(x,y) = x^3-3xy^2$ 이면

$\begin{aligned} u_x&= 3x^2-3y^2 \qquad& u_{xx}&= 6x \\ u_y&= -6xy \qquad& u_{yy}&= -6x \end{aligned}$

이므로 $u_{xx}(x,y)+u_{yy}(x,y)=6x-6x=0$ 이고 $x^3-3xy^2$ 은 조화함수이다.

(b) $u(x,y) = x^3-y^3$ 이면

$\begin{aligned} u_x&= 3x^2 \qquad& u_{xx}&= 6x \\ u_y&= -3y^2 \qquad& u_{yy}&= -6y \end{aligned}$

이므로 $u_{xx}(x,y)+u_{yy}(x,y)=6x-6y$ 는 항등적으로 0이 아니고, $x^3-y^3$ 은 조화함수가 아니다.

(c) $u(x,y) = \sin(x)\,\cos(y)$ 이면

$\begin{aligned} u_x&= \cos(x)\,\cos(y) \qquad& u_{xx}&= -\sin(x)\,\cos(y) \\ u_y&= -\sin(x)\,\sin(y) \qquad& u_{yy}&= -\sin(x)\,\cos(y) \end{aligned}$

이므로 $u_{xx}(x,y)+u_{yy}(x,y)=-2\sin(x)\,\cos(y)$ 는 항등적으로 0이 아니고, $\sin(x)\,\cos(y)$ 는 조화함수가 아니다.

(d) $u(x,y) = e^{7x}\,\cos(7y)$ 이면

$\begin{aligned} u_x&= 7\,e^{7x}\,\cos(7y) \qquad& u_{xx}&= 49\,e^{7x}\,\cos(7y) \\ u_y&= -7\,e^{7x}\ \sin(7y) \qquad& u_{yy}&= -49\,e^{7x}\,\cos(7y) \end{aligned}$

이므로 $u_{xx}(x,y)+u_{yy}(x,y)=49\,e^{7x}\,\cos(7y)-49\,e^{7x}\,\cos(7y)=0$ 이고 $e^{7x}\,\cos(7y)$ 는 조화함수이다.

(e) $u(x,y) = \ln(x^2+y^2)$ 이면

$\begin{aligned} u_x&= \frac{2x}{x^2+y^2} \qquad& u_{xx}&= \frac{2}{x^2+y^2}- \frac{4x^2}{{(x^2+y^2)}^2}\\ u_y&= \frac{2y}{x^2+y^2} \qquad& u_{yy}&= \frac{2}{x^2+y^2}- \frac{4y^2}{{(x^2+y^2)}^2} \end{aligned}$

이므로

$\begin{aligned} u_{xx}(x,y)+u_{yy}(x,y)&=\frac{2}{x^2+y^2}- \frac{4x^2}{{(x^2+y^2)}^2} +\frac{2}{x^2+y^2}- \frac{4y^2}{{(x^2+y^2)}^2} \\ &=\frac{4}{x^2+y^2} - 4\frac{x^2+y^2}{{(x^2+y^2)}^2} \\ &=\frac{4}{x^2+y^2}-\frac{4}{x^2+y^2} \\ &=0 \end{aligned}$

이고 $\ln(x^2+y^2)$ 은 조화함수이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) If $u(x,y) = x^3-3xy^2$ , then

$\begin{aligned} u_x&= 3x^2-3y^2 \qquad& u_{xx}&= 6x \\ u_y&= -6xy \qquad& u_{yy}&= -6x \end{aligned}$

So $u_{xx}(x,y)+u_{yy}(x,y)=6x-6x=0$ and $x^3-3xy^2$ is harmonic.

(b) If $u(x,y) = x^3-y^3$ , then

$\begin{aligned} u_x&= 3x^2 \qquad& u_{xx}&= 6x \\ u_y&= -3y^2 \qquad& u_{yy}&= -6y \end{aligned}$

So $u_{xx}(x,y)+u_{yy}(x,y)=6x-6y$ is not identically zero and $x^3-y^3$ is not harmonic.

(c) If $u(x,y) = \sin(x)\,\cos(y)$ , then

$\begin{aligned} u_x&= \cos(x)\,\cos(y) \qquad& u_{xx}&= -\sin(x)\,\cos(y) \\ u_y&= -\sin(x)\,\sin(y) \qquad& u_{yy}&= -\sin(x)\,\cos(y) \end{aligned}$

So $u_{xx}(x,y)+u_{yy}(x,y)=-2\sin(x)\,\cos(y)$ is not identically zero and $\sin(x)\,\cos(y)$ is not harmonic.

(d) If $u(x,y) = e^{7x}\,\cos(7y)$ , then

$\begin{aligned} u_x&= 7\,e^{7x}\,\cos(7y) \qquad& u_{xx}&= 49\,e^{7x}\,\cos(7y) \\ u_y&= -7\,e^{7x}\ \sin(7y) \qquad& u_{yy}&= -49\,e^{7x}\,\cos(7y) \end{aligned}$

So $u_{xx}(x,y)+u_{yy}(x,y)=49\,e^{7x}\,\cos(7y)-49\,e^{7x}\,\cos(7y)=0$ and $e^{7x}\,\cos(7y)$ is harmonic.

(e) If $u(x,y) = \ln(x^2+y^2)$ , then

$\begin{aligned} u_x&= \frac{2x}{x^2+y^2} \qquad& u_{xx}&= \frac{2}{x^2+y^2}- \frac{4x^2}{{(x^2+y^2)}^2}\\ u_y&= \frac{2y}{x^2+y^2} \qquad& u_{yy}&= \frac{2}{x^2+y^2}- \frac{4y^2}{{(x^2+y^2)}^2} \end{aligned}$

So

$\begin{aligned} u_{xx}(x,y)+u_{yy}(x,y)&=\frac{2}{x^2+y^2}- \frac{4x^2}{{(x^2+y^2)}^2} +\frac{2}{x^2+y^2}- \frac{4y^2}{{(x^2+y^2)}^2} \\ &=\frac{4}{x^2+y^2} - 4\frac{x^2+y^2}{{(x^2+y^2)}^2} \\ &=\frac{4}{x^2+y^2}-\frac{4}{x^2+y^2} \\ &=0 \end{aligned}$

and $\ln(x^2+y^2)$ is harmonic.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.8절 · 13번

# 편미분방정식 맛보기계산보통자동 분류

4.CLP-3 · 2.8절 · 4번대학 수준우리말 번역

$u(x,t) = e^{t+ax} + e^{t-ax}$ 라 하자. 여기서 $a$ 는 상수이다. $5u_t = u_{xx} + u$ 를 만족시키는 $a$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let $u(x,t) = e^{t+ax} + e^{t-ax}$ where $a$ is a constant. Find $a$ such that $5u_t = u_{xx} + u$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

$u=u(x,t) = e^{t+ax} + e^{t-ax}$ 일 때, 주어진 편미분방정식의 양변을 각각 계산한다. 다음이 성립하므로

$\begin{aligned} u(x,t) &= e^{t+ax} + e^{t-ax} \\ u_t(x,t) &= e^{t+ax} + e^{t-ax} \\ u_x(x,t) &= ae^{t+ax} - ae^{t-ax}\qquad & u_{xx}(x,t) &= a^2e^{t+ax} + a^2e^{t-ax} \end{aligned}$

편미분방정식의 좌변은

$5u_t = 5e^{t+ax} + 5e^{t-ax}$

이고, 편미분방정식의 우변은

$\begin{aligned} u_{xx} + u &=\big(a^2e^{t+ax} + a^2e^{t-ax}\big)+\big(e^{t+ax} + e^{t-ax}\big) \\ &= (a^2+1)e^{t+ax} + (a^2+1)e^{t-ax} \end{aligned}$

이다. 좌변과 우변이 같을 필요충분조건은

$\begin{aligned} 5=(a^2+1) \iff a^2=4 \iff a=\pm 2 \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

We evaluate both sides of the given PDE with $u=u(x,t) = e^{t+ax} + e^{t-ax}$ . Since

$\begin{aligned} u(x,t) &= e^{t+ax} + e^{t-ax} \\ u_t(x,t) &= e^{t+ax} + e^{t-ax} \\ u_x(x,t) &= ae^{t+ax} - ae^{t-ax}\qquad & u_{xx}(x,t) &= a^2e^{t+ax} + a^2e^{t-ax} \end{aligned}$

the left hand side of the PDE is

$5u_t = 5e^{t+ax} + 5e^{t-ax}$

and the right hand side of the PDE is

$\begin{aligned} u_{xx} + u &=\big(a^2e^{t+ax} + a^2e^{t-ax}\big)+\big(e^{t+ax} + e^{t-ax}\big) \\ &= (a^2+1)e^{t+ax} + (a^2+1)e^{t-ax} \end{aligned}$

The left and right hand sides are equal if and only if

$\begin{aligned} 5=(a^2+1) \iff a^2=4 \iff a=\pm 2 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.8절 · 5번

# 편미분방정식 맛보기계산보통자동 분류

5.CLP-3 · 2.8절 · 5번대학 수준우리말 번역

$u(x,y,z) = e^{3x+4y}\sin(az)$ 라 하자. 여기서 $a$ 는 상수이다.

$u_{xx}+u_{yy}+u_{zz}=0$

이 되도록 하는 $a$ 를 모두 구하세요.

영어 원문 보기

Let $u(x,y,z) = e^{3x+4y}\sin(az)$ where $a$ is a constant. Find all $a$ 's such that

$u_{xx}+u_{yy}+u_{zz}=0$

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

$u=u(x,t) = e^{3x+4y}\sin(az)$ 일 때, $u_{xx}+u_{yy}+u_{zz}$ 를 계산한다. 다음과 같으므로

$\begin{aligned} u(x,y,z) &= e^{3x+4y}\sin(az)\\ u_x(x,y,z) &= 3\,e^{3x+4y}\sin(az)\qquad & u_{xx}(x,y,z) &= 9\,e^{3x+4y}\sin(az) \\ u_y(x,y,z) &= 4\,e^{3x+4y}\sin(az)\qquad & u_{yy}(x,y,z) &= 16\,e^{3x+4y}\sin(az) \\ u_z(x,y,z) &= a\,e^{3x+4y}\cos(az)\qquad & u_{zz}(x,y,z) &= -a^2\,e^{3x+4y}\sin(az) \end{aligned}$

다음을 얻는다.

$u_{xx}+u_{yy}+u_{zz} = \big(9+16-a^2) e^{3x+4y}\sin(az)$

이 값이 (모든 $x$ , $y$ , $z$ 에 대해) 0 일 필요충분조건은

$\begin{aligned} a^2=9+16=25 \iff a=\pm 5 \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

We evaluate $u_{xx}+u_{yy}+u_{zz}$ with $u=u(x,t) = e^{3x+4y}\sin(az)$ . Since

$\begin{aligned} u(x,y,z) &= e^{3x+4y}\sin(az)\\ u_x(x,y,z) &= 3\,e^{3x+4y}\sin(az)\qquad & u_{xx}(x,y,z) &= 9\,e^{3x+4y}\sin(az) \\ u_y(x,y,z) &= 4\,e^{3x+4y}\sin(az)\qquad & u_{yy}(x,y,z) &= 16\,e^{3x+4y}\sin(az) \\ u_z(x,y,z) &= a\,e^{3x+4y}\cos(az)\qquad & u_{zz}(x,y,z) &= -a^2\,e^{3x+4y}\sin(az) \end{aligned}$

We have

$u_{xx}+u_{yy}+u_{zz} = \big(9+16-a^2) e^{3x+4y}\sin(az)$

This is zero (for all $x$ , $y$ , $z$ ) if and only if

$\begin{aligned} a^2=9+16=25 \iff a=\pm 5 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.8절 · 6번

# 편미분방정식 맛보기계산보통자동 분류

6.CLP-3 · 2.8절 · 6번대학 수준우리말 번역

$u(x,t) = \sin(at)\,\cos(bx)$ 라 하자. 여기서 $a$ 와 $b$ 는 상수이다. $u_{tt} = u_{xx}$ 를 만족하는 $a$ 와 $b$ 를 모두 구하세요.

영어 원문 보기

Let $u(x,t) = \sin(at)\,\cos(bx)$ where $a$ and $b$ are constants. Find all $a$ 's and $b$ 's such that $u_{tt} = u_{xx}$ .

정답·풀이 보기

$u=u(x,t)=\sin(at)\,\cos(bx)$ 일 때 주어진 편미분방정식의 양변을 각각 계산한다. 다음이 성립하므로

$\begin{aligned} u(x,t) &= \sin(at)\,\cos(bx) \\ u_t(x,t) &= a\,\cos(at)\,\cos(bx) \qquad & u_{tt}(x,t) &= -a^2\,\sin(at)\,\cos(bx) \\ u_x(x,t) &= -b\,\sin(at)\,\sin(bx) \qquad & u_{xx}(x,t) &= -b^2\sin(at)\,\cos(bx) \end{aligned}$

편미분방정식의 좌변은

$u_{tt} = -a^2\,\sin(at)\,\cos(bx)$

이고, 편미분방정식의 우변은

$\begin{aligned} u_{xx} &=-b^2\,\sin(at)\,\cos(bx) \end{aligned}$

이다. 좌변과 우변이 같을 필요충분조건은

$\begin{aligned} a^2=b^2 \iff a=\pm b \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

We evaluate both sides of the given PDE with $u=u(x,t)=\sin(at)\,\cos(bx)$ . Since

$\begin{aligned} u(x,t) &= \sin(at)\,\cos(bx) \\ u_t(x,t) &= a\,\cos(at)\,\cos(bx) \qquad & u_{tt}(x,t) &= -a^2\,\sin(at)\,\cos(bx) \\ u_x(x,t) &= -b\,\sin(at)\,\sin(bx) \qquad & u_{xx}(x,t) &= -b^2\sin(at)\,\cos(bx) \end{aligned}$

the left hand side of the PDE is

$u_{tt} = -a^2\,\sin(at)\,\cos(bx)$

and the right hand side of the PDE is

$\begin{aligned} u_{xx} &=-b^2\,\sin(at)\,\cos(bx) \end{aligned}$

The left and right hand sides are equal if and only if

$\begin{aligned} a^2=b^2 \iff a=\pm b \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.8절 · 7번

# 편미분방정식 맛보기계산보통자동 분류

7.CLP-3 · 2.8절 · 7번대학 수준우리말 번역

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

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

은 반드시 성립하는지 판단하세요. 답의 근거를 반드시 제시하세요.

영어 원문 보기

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

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

necessarily satisfied? You must justify your answer.

정답·풀이 보기

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

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

이다. 따라서

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

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

원본 교재 풀이(영어)

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

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

So

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

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.8절 · 1번

# 편미분방정식 맛보기증명·논술보통자동 분류

8.CLP-3 · 2.8절 · 9번대학 수준우리말 번역

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

영어 원문 보기

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

정답·풀이 보기

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

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

따라서 보이려던 바가 성립한다.

원본 교재 풀이(영어)

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

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

as desired.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.8절 · 4번

# 편미분방정식 맛보기증명·논술보통자동 분류

9.CLP-3 · 2.8절 · 10번대학 수준우리말 번역

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

영어 원문 보기

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

정답·풀이 보기

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

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

이므로 다음을 얻는다.

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

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

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

원본 교재 풀이(영어)

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

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

we have

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

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

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.8절 · 9번

# 편미분방정식 맛보기증명·논술보통자동 분류

10.CLP-3 · 2.8절 · 11번대학 수준우리말 번역

점 $(x,y,z)$ 에서 원점 $(0,0,0)$ 까지의 거리는

$r(x,y,z) = \sqrt{x^2+y^2+z^2}$

이다. $n$ 이 실수 상수일 때, 모든 $(x,y,z)\ne (0,0,0)$ 에 대해 라플라스 방정식

$u_{xx}+u_{yy}+u_{zz}=0$

을 만족하는 함수 $u(x,y,z) = r(x,y,z)^n$ 을 모두 구하세요.

영어 원문 보기

The distance from the point $(x,y,z)$ to the origin $(0,0,0)$ is

$r(x,y,z) = \sqrt{x^2+y^2+z^2}$

Find all functions $u(x,y,z) = r(x,y,z)^n$ , with $n$ being a real constant, that obey Laplace's equation

$u_{xx}+u_{yy}+u_{zz}=0$

for all $(x,y,z)\ne (0,0,0)$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

편미분방정식에 대입하기 위해 $u_{xx}$ , $u_{yy}$ , $u_{zz}$ 를 계산한다.

$\begin{aligned} u(x,y,z) &= r(x,y,z)^n = \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2} \\ u_x(x,y,z)&= \frac{n}{2}\,\big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1}\ \frac{\partial }{\partial x}\big(x^2+y^2+z^2\big) \\ &= nx\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} \\ u_{xx}(x,y,z)&= n\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} + nx\ (n/2-1) \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-2} (2x) \\ &=n\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} +n(n-2)x^2 \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-2} \\ u_y(x,y,z)&= \frac{n}{2}\,\big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1}\ \frac{\partial }{\partial y}\big(x^2+y^2+z^2\big) \\ &= ny\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} \\ u_{yy}(x,y,z)&= n\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} + ny\ (n/2-1) \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-2} (2y) \\ &=n\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} +n(n-2)y^2 \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-2} \\ u_z(x,y,z)&= \frac{n}{2}\,\big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1}\ \frac{\partial }{\partial z}\big(x^2+y^2+z^2\big) \\ &= nz\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} \\ u_{zz}(x,y,z)&= n\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} + nz\ (n/2-1) \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-2} (2z) \\ &=n\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} +n(n-2)z^2 \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-2} \end{aligned}$

따라서

$\begin{aligned} u_{xx}+u_{yy}+u_{zz} &=3n\big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} +n(n-2)\ (x^2+y^2+z^2) \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-2} \\ &=3n\big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} +n(n-2)\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} \\ &=[3n+n^2-2n]\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} \end{aligned}$

이 값이 0이 될 필요충분조건은 다음과 같다.

$n+n^2=n(1+n)=0 \iff n=0,-1$

원본 교재 풀이(영어)

In preparation for substituting into the PDE, we compute $u_{xx}$ , $u_{yy}$ and $u_{zz}$ .

$\begin{aligned} u(x,y,z) &= r(x,y,z)^n = \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2} \\ u_x(x,y,z)&= \frac{n}{2}\,\big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1}\ \frac{\partial }{\partial x}\big(x^2+y^2+z^2\big) \\ &= nx\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} \\ u_{xx}(x,y,z)&= n\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} + nx\ (n/2-1) \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-2} (2x) \\ &=n\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} +n(n-2)x^2 \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-2} \\ u_y(x,y,z)&= \frac{n}{2}\,\big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1}\ \frac{\partial }{\partial y}\big(x^2+y^2+z^2\big) \\ &= ny\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} \\ u_{yy}(x,y,z)&= n\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} + ny\ (n/2-1) \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-2} (2y) \\ &=n\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} +n(n-2)y^2 \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-2} \\ u_z(x,y,z)&= \frac{n}{2}\,\big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1}\ \frac{\partial }{\partial z}\big(x^2+y^2+z^2\big) \\ &= nz\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} \\ u_{zz}(x,y,z)&= n\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} + nz\ (n/2-1) \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-2} (2z) \\ &=n\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} +n(n-2)z^2 \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-2} \end{aligned}$

So

$\begin{aligned} u_{xx}+u_{yy}+u_{zz} &=3n\big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} +n(n-2)\ (x^2+y^2+z^2) \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-2} \\ &=3n\big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} +n(n-2)\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} \\ &=[3n+n^2-2n]\ \big(x^2+y^2+z^2\big)^{n/2-1} \end{aligned}$

This is zero if and only if

$n+n^2=n(1+n)=0 \iff n=0,-1$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.8절 · 10번

# 편미분방정식 맛보기계산도전자동 분류

11.CLP-3 · 2.8절 · 13번대학 수준우리말 번역

$u(x,y)$ 가 편미분방정식

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

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

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

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

영어 원문 보기

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

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

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

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

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

정답·풀이 보기

연쇄 법칙에 의해

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

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

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

이므로

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

이다.

원본 교재 풀이(영어)

By the chain rule,

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

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

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

so

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.8절 · 11번

# 편미분방정식 맛보기증명·논술도전자동 분류

12.CLP-3 · 2.8절 · 14번대학 수준우리말 번역

(a) $u(x,y)$ 가 편미분방정식 $3u_x(x,y) + 6u_y(x,y)=u(x,y)$ 를 만족한다고 하자. $v(X,Y) = u(X, Y+2X)$ 로 정의할 때, $v$ 가 만족하는 편미분방정식을 구하세요. (b) $u(x,y)$ 가 편미분방정식 $xu_x(x,y) + yu_y(x,y)=u(x,y)$ 를 만족한다고 하자. $v(X,Y) = u(X, Xe^Y)$ 로 정의할 때, $v$ 가 만족하는 편미분방정식을 구하세요.

영어 원문 보기

(a) Suppose that $u(x,y)$ obeys the PDE $3u_x(x,y) + 6u_y(x,y)=u(x,y)$ . Define $v(X,Y) = u(X, Y+2X)$ . Find a PDE that $v$ obeys. (b) Suppose that $u(x,y)$ obeys the PDE $xu_x(x,y) + yu_y(x,y)=u(x,y)$ . Define $v(X,Y) = u(X, Xe^Y)$ . Find a PDE that $v$ obeys.

정답·풀이 보기

(a) $u(x,y)$ 가 편미분방정식

$3u_x(x,y) + 6u_y(x,y)=u(x,y)$

을 만족한다고 하자.

$v(X,Y) = u(X, Y+2X)$ 로 정의하자. 그러면 연쇄 법칙에 의해

$\begin{aligned} v_X(X,Y)&=\frac{\partial }{\partial X}\big[ u(X, Y+2X)\big] \\ &=u_x(X, Y+2X) +2u_y(X, Y+2X) \\ &=\frac{1}{3}\big\{3u_x(X, Y+2X) + 6u_y(X, Y+2X)\big\} \\ &=\frac{1}{3} u(X, Y+2X) \\ &=\frac{1}{3} v(X,Y) \end{aligned}$

이다.

(b) $v(X,Y) = u(X, Xe^Y)$ 로 정의하자. 그러면 연쇄 법칙에 의해

$\begin{aligned} v_X(X,Y)&=\frac{\partial }{\partial X}\big[ u(X, Xe^Y)\big] \\ &=u_x(X, Xe^Y) +e^Yu_y(X, Xe^Y) \end{aligned}$

이다.

이제 $xu_x(x,y) + yu_y(x,y)=u(x,y)$ 이면, $x=X$ , $y=Xe^Y$ 에서의 값을 생각할 때

$Xu_x(X, Xe^Y) + Xe^Yu_y(X, Xe^Y)=u(X, Xe^Y)$

임에 주목하자.

따라서

$\begin{aligned} v_X(X,Y) &=\frac{1}{X}\big\{X u_x(X, Xe^Y) +X e^Y u_y(X, Xe^Y) \big\} \\ &=\frac{1}{X} u(X, Xe^Y) \\ &=\frac{1}{X} v(X,Y) \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

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

$3u_x(x,y) + 6u_y(x,y)=u(x,y)$

Define $v(X,Y) = u(X, Y+2X)$ . Then, by the chain rule,

$\begin{aligned} v_X(X,Y)&=\frac{\partial }{\partial X}\big[ u(X, Y+2X)\big] \\ &=u_x(X, Y+2X) +2u_y(X, Y+2X) \\ &=\frac{1}{3}\big\{3u_x(X, Y+2X) + 6u_y(X, Y+2X)\big\} \\ &=\frac{1}{3} u(X, Y+2X) \\ &=\frac{1}{3} v(X,Y) \end{aligned}$

(b) Define $v(X,Y) = u(X, Xe^Y)$ . Then, by the chain rule,

$\begin{aligned} v_X(X,Y)&=\frac{\partial }{\partial X}\big[ u(X, Xe^Y)\big] \\ &=u_x(X, Xe^Y) +e^Yu_y(X, Xe^Y) \end{aligned}$

Now notice that if $xu_x(x,y) + yu_y(x,y)=u(x,y)$ , then, evaluating at $x=X$ and $y=Xe^Y$ gives

$Xu_x(X, Xe^Y) + Xe^Yu_y(X, Xe^Y)=u(X, Xe^Y)$

So

$\begin{aligned} v_X(X,Y) &=\frac{1}{X}\big\{X u_x(X, Xe^Y) +X e^Y u_y(X, Xe^Y) \big\} \\ &=\frac{1}{X} u(X, Xe^Y) \\ &=\frac{1}{X} v(X,Y) \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-3 · 2.8절 · 3번

# 편미분방정식 맛보기계산도전자동 분류