접평면과 선형근사

임계점은 두 개이다. $(0,-1)$ 에서 $f_{xx} = 2$ 이고 $D = -12$ 이므로 이 점은 안장점에 해당한다.

$(0,1)$ 에서 $f_{xx} = 2$ 이고 $D = 12$ 이므로 이 점은 극솟값에 해당한다.

임계점은 4개이다.

$(-1,-2)$ 극대, $(1,-2)$ 안장점,

$(-1,2)$ 안장점, $(1,2)$ 극소.

여기서 $f_{xx} = 2x$ 이고 $D = 4xy$ 이다.

$x=0$ 또는 $y=0$ 일 때마다 임계점이 되므로 임계점은 무수히 많다. $D = -12x^2y^2$ 이므로 각 임계점에서 $D = 0$ 이고 판정할 수 없다. (간단히 생각해 보면 각 임계점이 모두 최솟값임을 알 수 있다.)

임계점은 6개이다: $x=-1,0$ 그리고 1일 때 $f_x = 0$이고, $y = -3,3$일 때 $f_y = 0$이다. 이를 합하면 다음 점들을 얻는다:

$(-1,-3)$ 안장점; $(-1,3)$ 극솟값

$(0,-3)$ 극댓값; $(0,3)$ 안장점

$(1,-3)$ 안장점; $(1,3)$ 극솟값

여기서 $f_{xx} = 12x^2-4$ 이고 $D = 24y(3x^2-1)$ 이다.

임계점은 1개이다: $x=3$일 때 $f_x = 0$이고, $y = 0$일 때 $f_y = 0$이므로 임계점은 $(3,0)$ 하나이며, 이 점은 극댓값이다. 여기서 $f_{xx} = \frac{y^2-16}{(16-(x-3)^2-y^2)^{3/2}}$ 이고 $D = \frac{16}{(16-(x-3)^2-y^2)^{2}}$ 이다.

원 $(x-3)^2+y^2=16$ 위의 모든 점에서 $f_x$ 와 $f_y$ 는 모두 정의되지 않는다. 이 곡선 위의 어느 점에서든 $f(x,y)=0$ 이며, 이는 이 함수의 최솟값이다.

임계점은 1개이다: $x=0$일 때 $f_x = 0$이고, $y = 0$일 때 $f_y = 0$이므로 임계점은 $(0,0)$ 하나이다 (다만 $(0,0)$ 에서는 $f_x$ 와 $f_y$ 가 모두 정의되지 않음에 유의해야 한다). $(0,0)$ 에서 $D=0$ 이므로 2계 도함수 판정법은 적용되지 않는다. 그래프나 간단한 계산으로 $(0,0)$ 이 $f$ 의 최솟값임을 알 수 있다.

이 삼각형은 직선 $y=-1$, $y=2x+1$, $y=-2x+1$ 로 둘러싸여 있다.

$y=-1$ 위에서는 $(0,-1)$ 에 임계점이 있다.

$y=2x+1$ 위에서는 $(-3/5,-1/5)$ 에 임계점이 있다.

$y=-2x+1$ 위에서는 $(3/5,-1/5)$ 에 임계점이 있다.

함수 $f$ 는 제약 조건과 관계없이 $(0,-1/2)$ 에 임계점이 하나 있다.

이 네 점과 삼각형의 세 꼭짓점에서 $f$ 의 값을 확인하면, 최댓값은 $(0,1,3)$ 에서, 최솟값은 $(0,-1/2,3/4)$ 에서 얻는다.

이 영역에는 $(1,1)$ 과 $(-1,1)$ 에 두 개의 "꼭짓점"이 있다.

$y=1$ 을 따라서는 임계점이 없다.

$y=x^2$ 을 따라서는 $(5/14,25/196)\approx (0.357,0.128)$ 에 임계점이 있다.

함수 $f$ 자체는 임계점이 없다. 꼭짓점 $(1,1)$, $(-1,1)$ 과 임계점 $(5/14,25/196)$ 에서 $f$ 의 값을 확인하면, 최댓값은 $(5/14,25/196,25/28) \approx (0.357,0.128,0.893)$ 에서 나타나고 최솟값은 $(-1,1,-12)$ 에서 나타난다.

이 영역에는 "꼭짓점"이 없고, 매끄러운 경계만 있다.

원 $x^2+y^2=4$ 를 따라 임계점을 찾기 위해 $y^2$ 에 대해 풀면 $y^2=4-x^2$ 이다. 더 나아가 $y=\pm\sqrt{4-x^2}$ 로 쓸 수 있다.

$f$ 를 $f(x)=x^2+2x + (4-x^2) + 2\sqrt{4-x^2} = 2x+4+2\sqrt{4-x^2}$ 로 다시 쓸 수 있다. ($-\sqrt{4-x^2}$ 는 나중에 다시 다룬다.) $f\,'(x)=0$ 을 풀면 $x=\sqrt{2} \Rightarrow y=\sqrt{2}$ 이다. 또한 $f\,'(x)$ 는 $x=\pm 2$ 에서 정의되지 않으며, 이때 $y=0$ 이다.

$y=-\sqrt{4-x^2}$ 을 이용하면 $f(x,y)$ 를 $f(x) = 2x+4-2\sqrt{4-x^2}$ 로 다시 쓸 수 있다. $f\,'(x) =0$ 을 풀면 $x=-\sqrt{2},\ y=-\sqrt{2}$ 이다. 이 경우에도 $f\,'(x)$ 는 $x=\pm 2$ 에서 정의되지 않는다.

함수 $z=f(x,y)$ 자체는 $(-1,-1)$ 에 임계점을 갖는다.

$(-1,-1)$, $(\sqrt{2},\sqrt{2})$, $(-\sqrt{2},-\sqrt{2})$, $(2,0)$, $(-2,0)$ 에서 $f$ 의 값을 확인하면, 최댓값은 $(\sqrt2,\sqrt2,4+4\sqrt2)$ 에서 나타나고 최솟값은 $(-1,-1,-2)$ 에서 나타난다.

이 영역에는 $(-1,-1)$ 과 $(1,1)$ 에 두 개의 “꼭짓점”이 있다.

직선 $y=x$ 위에서 $f(x,y)$ 는 $f(x) = 3x-2x^2$ 이 된다. 이 직선 위에서 임계점은 $(3/4,3/4)$ 이다.

곡선 $y=x^2+x-1$ 위에서 $f(x,y)$ 는 $f(x) =x^2+3x-3$ 이 된다. 이 곡선 위의 임계점은 $(-3/2, -1/4)$ 이다. $x=-3/2$ 는 유계인 이 영역 밖에 있으므로 이 임계점은 무시한다.

함수 $f$ 자체에는 임계점이 없다.

$(-1,-1)$, $(1,1)$, $(3/4,3/4)$ 에서 $f$ 의 값을 확인하면, 최댓값은 $(3/4,3/4,9/8)$ 에서, 최솟값은 $(-1,-1,-5)$ 에서 나타난다.

$F(x,y,z) = x^2+y^2+(z-1)^2-1$, $G(x,y,z) = x^2+y^2+(z+1)^2-1$ 이라 하자. 곡면 $F(x,y,z)=0$ 을 $S_1$, 곡면 $G(x,y,z)=0$ 을 $S_2$ 라 하자. 먼저 $F(0,0,0)=G(0,0,0)=0$ 이므로 점 $(0,0,0)$ 은 $S_1$ 과 $S_2$ 위에 모두 있다. $F$ 와 $G$ 의 그래디언트는 다음과 같다.

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

특히,

$${ \boldsymbol{\nabla} } F(0,0,0)=\left< 0,0,-2\right>\qquad { \boldsymbol{\nabla} } G(0,0,0)=\left< 0,0,2\right>$$

이므로 벡터 $\hat{\mathbf{k}}=-\frac{1}{2}{ \boldsymbol{\nabla} } F(0,0,0) =\frac{1}{2}{ \boldsymbol{\nabla} } G(0,0,0)$ 은 $(0,0,0)$ 에서 두 곡면에 모두 수직이다. 따라서 $(0,0,0)$ 에서 $S_1$ 과 $S_2$ 의 접평면은 모두

$$\hat{\mathbf{k}}\cdot\left< x-0,y-0,z-0\right>=0\qquad\text{또는}\qquad z=0$$

이다.

평면 $z=0$ 을 $P$ 라 하자. 그러면 $S_1$ 은 $(0,0,0)$ 에서 $P$ 에 접하고, $P$ 는 $(0,0,0)$ 에서 $S_2$ 에 접한다. 따라서 $S_1$ 과 $S_2$ 가 $(0,0,0)$ 에서 접한다고 말하는 것은 타당하다.

곡면 $G(x,y,z)=0$ 을 $S$ 라 하고, 매개변수로 나타낸 곡선 $\mathbf{r}(t)=\big(x(t),y(t),z(t)\big)$ 를 $C$ 라 하자. 먼저 $\mathbf{r}_0$ 에서 $S$ 의 접평면과 $\mathbf{r}_0$ 에서 $C$ 의 접선을 구한다.

• $\mathbf{r}_0$ 에서 $C$ 의 접선벡터는 $\left< x'(t_0)\,,\,y'(t_0)\,,\,z'(t_0) \right>$ 이므로, $\mathbf{r}_0$ 에서 $C$ 의 접선의 매개변수 방정식은

$$x-x_0 = t x'(t_0)\qquad y-y_0 = t y'(t_0)\qquad z-z_0 = t z'(t_0) \tag{$E_1$}$$

• 기울기 벡터 $\left<\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\right>$ 는 $(x_0,y_0,z_0)$ 에서 곡면 $S$ 의 법선벡터이다. 따라서 $(x_0,y_0,z_0)$ 에서 곡면 $S$ 의 접평면은

$$\left<\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\right> \cdot \left< x-x_0\,,\, y-y_0\,,\,z-z_0\right> = 0$$

곧

$$\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ (x-x_0) +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ (y-y_0) +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ (z-z_0) = 0 \tag{$E_2$}$$

이다.

다음으로, $\mathbf{r}_0$ 에서 $C$ 의 접선벡터 $\left< x'(t_0)\,,\,y'(t_0)\,,\,z'(t_0) \right>$ 와 $\mathbf{r}_0$ 에서 $S$ 의 법선벡터 $\left<\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\,,\, \frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\right>$ 가 서로 수직임을 보인다. 이를 위해, 모든 $t$ 에 대해 점 $\big(x(t),y(t),z(t)\big)$ 가 곡면 $G(x,y,z)=0$ 위에 있으므로 다음이 성립함에 주목한다.

$$\begin{aligned} G\big(x(t),y(t),z(t)\big) =0 \end{aligned}$$

이 등식의 양변을 $t$ 에 대해 미분하면 연쇄 법칙에 의해

$$\begin{aligned} 0&= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}G\big(x(t),y(t),z(t)\big) \\ &=\frac{\partial G}{\partial x}\big( x(t)\,,\,y(t)\,,\,z(t)\big)\ x'(t) +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x(t)\,,\,y(t)\,,\,z(t)\big)\ y'(t) +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x(t)\,,\,y(t)\,,\,z(t)\big)\ z'(t) \end{aligned}$$

을 얻는다. 여기에 $t=t_0$ 을 대입하면

$$\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ x'(t_0) +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ y'(t_0) +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ z'(t_0) = 0 \tag{$E_3$}$$

이다.

마지막으로, $(x,y,z)$ 가 $\mathbf{r}_0$ 에서 $C$ 의 접선 위의 임의의 점이면 $(x,y,z)$ 는 $\mathbf{r}_0$ 에서 $S$ 의 접평면 위에도 있음을 보인다. $(x,y,z)$ 가 $\mathbf{r}_0$ 에서 $C$ 의 접선 위에 있으므로 $(E_1)$ 에 의해 어떤 $t$ 가 존재하여

$$\begin{aligned} &\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \{x-x_0\} +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \{y-y_0\} +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \{z-z_0\} \\ &=\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \big\{ t\,x'(t_0)\big\} +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \big\{ t\,y'(t_0)\big\} +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ \big\{ t\,z'(t_0)\big\}\\ &= t\left[\frac{\partial G}{\partial x}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ x'(t_0) +\frac{\partial G}{\partial y}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ y'(t_0) +\frac{\partial G}{\partial z}\big( x_0\,,\,y_0\,,\,z_0\big)\ z'(t_0) \right] =0 \end{aligned}$$

이다. 마지막 등호는 $(E_3)$ 에 의한 것이다. 즉 $(x,y,z)$ 는 $\mathbf{r}_0$ 에서 $S$ 의 접평면의 방정식 $(E_2)$ 를 만족하므로 그 접평면 위에 있다. 따라서 $\mathbf{r}_0$ 에서 $C$ 의 접선은 $\mathbf{r}_0$ 에서 $S$ 의 접평면에 포함된다.