다변수 연쇄법칙 연습문제 — CLP-3 · 2.4절 · 12번

CLP-3 · 2.4절 · 12번대학 수준우리말 번역

$u(x,y)$ 가 다음과 같이 정의된다.

$u(x,y) = e^y\, F\big(xe^{-y^2}\big)$

여기서 $F(z)$ 는 임의의 함수이다.

(a) $F(z) = \ln(z)$ 일 때, $\frac{\partial u}{\partial x}$ 와 $\frac{\partial u}{\partial y}$ 를 구하세요. (b) 임의의 함수 $F(z)$ 에 대해 $u(x,y)$ 가 다음을 만족시킴을 보이세요.

$2xy\frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial u}{\partial y} = u$

영어 원문 보기

$u(x,y)$ is defined as

$u(x,y) = e^y\, F\big(xe^{-y^2}\big)$

for an arbitrary function $F(z)$ .

(a) If $F(z) = \ln(z)$ , find $\frac{\partial u}{\partial x}$ and $\frac{\partial u}{\partial y}$ . (b) For an arbitrary $F(z)$ show that $u(x,y)$ satisfies

$2xy\frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial u}{\partial y} = u$

정답·풀이 보기

임의의 (미분가능한) 함수 $F$ 에 대해, 연쇄법칙과 곱의 미분법에 의해 다음이 성립한다.

$\begin{aligned} \frac{\partial u}{\partial x}(x,y)&= \frac{\partial }{\partial x}\Big[e^y\,F\big(xe^{-y^2}\big)\Big] =e^y\,\frac{\partial }{\partial x}\Big[F\big(xe^{-y^2}\big)\Big] \\ &=e^y\,F'\big(xe^{-y^2}\big)\frac{\partial }{\partial x}\Big(xe^{-y^2}\Big) \\ &= e^y\, F'\big(xe^{-y^2}\big)\ e^{-y^2} \\ \frac{\partial u}{\partial y}(x,y)&= \frac{\partial }{\partial y}\Big[e^y\,F\big(xe^{-y^2}\big)\Big]\\ &=e^y\,F\big(xe^{-y^2}\big) +e^y\,\frac{\partial }{\partial y}\Big[F\big(xe^{-y^2}\big)\Big] \\ &= e^y\, F\big(xe^{-y^2}\big) + e^y\,F'\big(xe^{-y^2}\big)\ \frac{\partial }{\partial y}\Big(xe^{-y^2}\Big) \\ &= e^y\, F\big(xe^{-y^2}\big) + e^y\, F'\big(xe^{-y^2}\big)\ (-2xy)e^{-y^2} \end{aligned}$

(a) 특히 $F(z)=\ln(z)$ 일 때 $F'(z)=\frac{1}{z}$ 이므로

$\begin{aligned} \frac{\partial u}{\partial x}(x,y)&= e^y\, \frac{1}{xe^{-y^2}}\ e^{-y^2} = \frac{e^y}{x}\\ \frac{\partial u}{\partial y}(x,y)&= e^y\, \ln\big(xe^{-y^2}\big) + e^y\, \frac{1}{xe^{-y^2}}\ (-2xy)e^{-y^2} = e^y\, \ln\big(xe^{-y^2}\big) -2y e^y \\ &= e^y\,\ln (x) -y^2\,e^y -2y e^y \end{aligned}$

(b) 일반적으로

$\begin{aligned} 2xy\frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial u}{\partial y} &=2xy\ e^y\, F'\big(xe^{-y^2}\big)\ e^{-y^2} +e^y\, F\big(xe^{-y^2}\big) + e^y\, F'\big(xe^{-y^2}\big)\ (-2xy)e^{-y^2} \\ &=e^y\, F\big(xe^{-y^2}\big) \\ &=u \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

For any (differentiable) function $F$ , we have, by the chain and product rules,

(a) In particular, when $F(z)=\ln(z)$ , $F'(z)=\frac{1}{z}$ and

(b) In general

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-3 · 2.4절 · 11번우리말 번역

$F$ 를 $\mathbb{R}^2$ 위의 함수라 하자. $\mathbb{R}^2$ 의 점을 $(u, v)$ 로 나타내고, $F$ 의 대응하는 편도함수를 $F_u(u, v)$ , $F_v (u, v)$ , $F_{uu}(u, v)$ , $F_{uv}(u, v)$ 등으로 나타낸다. 이 편도함수들이 모두 연속이라고 가정한다.

$\begin{aligned} \frac{\partial^2}{\partial x\, \partial y} F(x^2 - y^2 , 2xy) \end{aligned}$

를 함수 $F$ 의 편도함수를 사용하여 나타내세요.

다 풀었으면 정답 확인

$u(x,y) = x^2 - y^2$ , $v(x,y) = 2xy$ 라 하자. 그러면 $F(x^2 - y^2 , 2xy) =F\big(u(x,y),v(x,y)\big)$ 이다. 연쇄 법칙에 의해

$\begin{aligned} \frac{\partial }{\partial y}F(x^2 - y^2 , 2xy) &=\frac{\partial }{\partial y}F(u(x,y) , v(xy)) \\ &=F_u(u(x,y) , v(xy))\frac{\partial u}{\partial y}(x,y) + F_v(u(x,y) , v(xy))\frac{\partial v}{\partial y}(x,y) \\ &= F_u(x^2 - y^2 , 2xy)\ (-2y) + F_v(x^2 - y^2 , 2xy)\, (2x) \\ \frac{\partial^2}{\partial x\, \partial y} F(x^2 - y^2 , 2xy) &=\frac{\partial }{\partial x}\left\{-2y F_u(x^2 - y^2 , 2xy) + 2x F_v(x^2 - y^2 , 2xy) \right\} \\ &= -2y\frac{\partial }{\partial x}\left[ F_u(x^2 - y^2 , 2xy)\right] +2 F_v(x^2 - y^2 , 2xy) \\& + 2x \frac{\partial }{\partial x}\left[F_v(x^2 - y^2 , 2xy)\right] \\ &= -4xy\,F_{uu}(x^2 - y^2 , 2xy) -4y^2 F_{uv}(x^2 - y^2 , 2xy) +2 F_v(x^2 - y^2 , 2xy) \\& + 4x^2 F_{vu}(x^2 - y^2 , 2xy) +4xy\,F_{vv}(x^2 - y^2 , 2xy) \\ &= 2 \, F_v(x^2 - y^2 , 2xy) -4xy\, F_{uu}(x^2 - y^2 , 2xy) \\& +4(x^2-y^2)\, F_{uv}(x^2 - y^2 , 2xy) \\& +4xy\, F_{vv}(x^2 - y^2 , 2xy) \end{aligned}$

이 문제로 이어서 풀기

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