빌드라인 스쿨

문제 은행 · 미적분 · 대학 미적분 · 극한·미분 심화

역삼각함수의 미분

먼저 혼자 풀어 보고, 풀이로 확인한 다음, 아래 「한 번 더」 문제로 이어서 연습하세요.

CLP-1 · 2.12절 · 28번대학 수준우리말 번역

곡선이 다음과 같이 음함수로 정의되어 있다고 하자. arcsin⁡(x+2y)=x2+y2\arcsin(x+2y)=x^2+y^2 y′y' 을 xx 와 yy 로 나타내세요.

영어 원문 보기

Suppose a curve is defined implicitly by arcsin⁡(x+2y)=x2+y2\arcsin(x+2y)=x^2+y^2 Solve for y′y' in terms of xx and yy.

정답·풀이 보기
  • 풀이 1: 음함수 미분법으로 시작한다. 관례에 따라 y′y' 은 y′(x)y'(x) 를 뜻하는 것으로 쓴다.

arcsin⁡(x+2y)=x2+y2연쇄법칙을 이용하면:1+2y′1−(x+2y)2=2x+2yy′11−(x+2y)2+2y′1−(x+2y)2=2x+2yy′2y′1−(x+2y)2−2yy′=2x−11−(x+2y)2y′(21−(x+2y)2−2y)=2x−11−(x+2y)2y′=2x−11−(x+2y)221−(x+2y)2−2y(1−(x+2y)21−(x+2y)2)y′=2x1−(x+2y)2−12−2y1−(x+2y)2\begin{aligned} \arcsin(x+2y)&=x^2+y^2 \qquad\text{연쇄법칙을 이용하면:}\\ \frac{1+2y'}{\sqrt{1-(x+2y)^2}}&=2x+2yy'\\ \frac{1}{\sqrt{1-(x+2y)^2}}+\frac{2y'}{\sqrt{1-(x+2y)^2}}&=2x+2yy'\\ \frac{2y'}{\sqrt{1-(x+2y)^2}}-2yy'&=2x-\frac{1}{\sqrt{1-(x+2y)^2}}\\ y'\left(\frac{2}{\sqrt{1-(x+2y)^2}}-2y\right)&=2x-\frac{1}{\sqrt{1-(x+2y)^2}}\\ y'&=\frac{2x-\frac{1}{\sqrt{1-(x+2y)^2}}}{\frac{2}{\sqrt{1-(x+2y)^2}}-2y} \left(\frac{\sqrt{1-(x+2y)^2}}{\sqrt{1-(x+2y)^2}}\right)\\ y'&=\frac{2x\sqrt{1-(x+2y)^2}-1}{2-2y\sqrt{1-(x+2y)^2}} \end{aligned}

  • 풀이 2: 먼저 등식의 양변에 사인을 취한다.

arcsin⁡(x+2y)=x2+y2x+2y=sin⁡(x2+y2)이제 음함수 미분을 한다.1+2y′=cos⁡(x2+y2)⋅(2x+2yy′)1+2y′=2xcos⁡(x2+y2)+2yy′cos⁡(x2+y2)2y′−2yy′cos⁡(x2+y2)=2xcos⁡(x2+y2)−1y′(2−2ycos⁡(x2+y2))=2xcos⁡(x2+y2)−1y′=2xcos⁡(x2+y2)−12−2ycos⁡(x2+y2)\begin{aligned} \arcsin(x+2y)&=x^2+y^2\\ x+2y&=\sin(x^2+y^2) \\ \text{이제 음함수 미분을 한다.} \\ 1+2y'&=\cos(x^2+y^2)\cdot(2x+2yy')\\ 1+2y'&=2x\cos(x^2+y^2)+2yy'\cos(x^2+y^2)\\ 2y'-2yy'\cos(x^2+y^2)&=2x\cos(x^2+y^2)-1\\ y'\left(2-2y\cos(x^2+y^2)\right)&=2x\cos(x^2+y^2)-1\\ y'&=\frac{2x\cos(x^2+y^2)-1}{2-2y\cos(x^2+y^2)} \end{aligned}

  • 두 가지 다른 방법을 사용하여 꽤 달라 보이는 두 개의 답을 얻었다. 그러나 두 답은 같아야 한다. 이를 확인하기 위해, 우리가 다루는 모든 xx 와 yy 의 값(곡선의 정의역에 속하는 순서쌍 (x,y)(x,y))에 대해 등식 arcsin⁡(x+2y)=x2+y2\arcsin(x+2y)=x^2+y^2 이 성립함을 기억하자. 삼각형을 그리면 다음과 같다.

그림

여기서 (빨간색으로 표시한) 밑변의 길이는 피타고라스 정리로부터 구한 것이다. 그러면 cos⁡(x2+y2)=1−(x+2y)2\cos(x^2+y^2)=\sqrt{1-(x+2y)^2} 이므로, 풀이 2의 결과에 대입하면 다음과 같다.

y′=2xcos⁡(x2+y2)−12−2ycos⁡(x2+y2)=2x1−(x+2y)2−12−2y1−(x+2y)2\begin{aligned} y'&=\frac{2x\cos(x^2+y^2)-1}{2-2y\cos(x^2+y^2)}\\ &=\frac{2x\sqrt{1-(x+2y)^2}-1}{2-2y\sqrt{1-(x+2y)^2}} \end{aligned}

이는 풀이 1의 답과 정확히 같다.

원본 교재 풀이(영어)
  • Solution 1: We begin by differentiating implicitly. Following the usual convention, we use y′y' to mean y′(x)y'(x).

arcsin⁡(x+2y)=x2+y2Using the chain rule:1+2y′1−(x+2y)2=2x+2yy′11−(x+2y)2+2y′1−(x+2y)2=2x+2yy′2y′1−(x+2y)2−2yy′=2x−11−(x+2y)2y′(21−(x+2y)2−2y)=2x−11−(x+2y)2y′=2x−11−(x+2y)221−(x+2y)2−2y(1−(x+2y)21−(x+2y)2)y′=2x1−(x+2y)2−12−2y1−(x+2y)2\begin{aligned} \arcsin(x+2y)&=x^2+y^2 \qquad\text{Using the chain rule:}\\ \frac{1+2y'}{\sqrt{1-(x+2y)^2}}&=2x+2yy'\\ \frac{1}{\sqrt{1-(x+2y)^2}}+\frac{2y'}{\sqrt{1-(x+2y)^2}}&=2x+2yy'\\ \frac{2y'}{\sqrt{1-(x+2y)^2}}-2yy'&=2x-\frac{1}{\sqrt{1-(x+2y)^2}}\\ y'\left(\frac{2}{\sqrt{1-(x+2y)^2}}-2y\right)&=2x-\frac{1}{\sqrt{1-(x+2y)^2}}\\ y'&=\frac{2x-\frac{1}{\sqrt{1-(x+2y)^2}}}{\frac{2}{\sqrt{1-(x+2y)^2}}-2y} \left(\frac{\sqrt{1-(x+2y)^2}}{\sqrt{1-(x+2y)^2}}\right)\\ y'&=\frac{2x\sqrt{1-(x+2y)^2}-1}{2-2y\sqrt{1-(x+2y)^2}} \end{aligned}

  • Solution 2: We begin by taking the sine of both sides of the equation.

arcsin⁡(x+2y)=x2+y2x+2y=sin⁡(x2+y2)Now, we differentiate implicitly.1+2y′=cos⁡(x2+y2)⋅(2x+2yy′)1+2y′=2xcos⁡(x2+y2)+2yy′cos⁡(x2+y2)2y′−2yy′cos⁡(x2+y2)=2xcos⁡(x2+y2)−1y′(2−2ycos⁡(x2+y2))=2xcos⁡(x2+y2)−1y′=2xcos⁡(x2+y2)−12−2ycos⁡(x2+y2)\begin{aligned} \arcsin(x+2y)&=x^2+y^2\\ x+2y&=\sin(x^2+y^2) \\ \text{Now, we differentiate implicitly.} \\ 1+2y'&=\cos(x^2+y^2)\cdot(2x+2yy')\\ 1+2y'&=2x\cos(x^2+y^2)+2yy'\cos(x^2+y^2)\\ 2y'-2yy'\cos(x^2+y^2)&=2x\cos(x^2+y^2)-1\\ y'\left(2-2y\cos(x^2+y^2)\right)&=2x\cos(x^2+y^2)-1\\ y'&=\frac{2x\cos(x^2+y^2)-1}{2-2y\cos(x^2+y^2)} \end{aligned}

  • We used two different methods, and got two answers that look pretty different. However, the answers ought to be equivalent. To see this, we remember that for all values of xx and yy that we care about (those pairs (x,y)(x,y) in the domain of our curve), the equality arcsin⁡(x+2y)=x2+y2\arcsin(x+2y)=x^2+y^2 holds. Drawing a triangle:

figure

where the adjacent side (in red) come from the Pythagorean Theorem. Then, cos⁡(x2+y2)=1−(x+2y)2\cos(x^2+y^2)=\sqrt{1-(x+2y)^2}, so using our second solution:

y′=2xcos⁡(x2+y2)−12−2ycos⁡(x2+y2)=2x1−(x+2y)2−12−2y1−(x+2y)2\begin{aligned} y'&=\frac{2x\cos(x^2+y^2)-1}{2-2y\cos(x^2+y^2)}\\ &=\frac{2x\sqrt{1-(x+2y)^2}-1}{2-2y\sqrt{1-(x+2y)^2}} \end{aligned}

which is exactly the answer from our first solution.

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-1 · 2.12절 · 18번우리말 번역

곡선 y=arcsin⁡xy=\arcsin x 위의 점 중에서 접선이 직선 y=2x+9y=2x+9 와 평행한 점을 모두 구하세요.

다 풀었으면 정답 확인

직선 y=2x+9y=2x+9 의 기울기는 22 이므로, ddx{arcsin⁡x}=2\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\{\arcsin x\}=2 를 만족하는 −1-1 과 11 사이의 모든 xx 의 값을 구해야 한다(arcsin⁡x\arcsin x 는 이 범위의 xx 에 대해서만 정의된다). 도함수를 계산하면:

y=arcsin⁡x2=y′=11−x24=11−x214=1−x2x2=34x=±32(x,y)=±(32,π3)\begin{aligned} y&=\arcsin x\\ 2=y'&=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\\ 4&=\frac{1}{1-x^2}\\ \frac{1}{4}&=1-x^2\\ x^2&=\frac{3}{4}\\ x&=\pm\frac{\sqrt{3}}{2}\\ (x,y)&=\pm\big(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{\pi}{3}\big) \end{aligned}

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