다변수 연쇄법칙 연습문제 — CLP-3 · 2.4절 · 13번

CLP-3 · 2.4절 · 13번대학 수준우리말 번역

$f(x)$ 와 $g(x)$ 가 $x$ 에 대한 두 함수이고 $f''(7) = -2$ 이고 $g''(-4) = -1$ 을 만족시킨다고 하자. $z = h(s,t) = f(2s + 3t) + g(s - 6t)$ 가 $s$ 와 $t$ 에 대한 함수일 때, $s = 2$ 이고 $t = 1$ 일 때 $\frac{\partial^2 z}{\partial t^2}$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let $f(x)$ and $g(x)$ be two functions of $x$ satisfying $f''(7) = -2$ and $g''(-4) = -1$ . If $z = h(s,t) = f(2s + 3t) + g(s - 6t)$ is a function of $s$ and $t$ , find the value of $\frac{\partial^2 z}{\partial t^2}$ when $s = 2$ and $t = 1$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

연쇄 법칙에 의해

$\begin{aligned} \frac{\partial h}{\partial t}(s,t) &=\frac{\partial }{\partial t}\big[f(2s + 3t)\big] + \frac{\partial }{\partial t}\big[g(s - 6t)\big] \\ &=f'(2s + 3t)\frac{\partial }{\partial t}(2s+3t) + g(s - 6t)\frac{\partial }{\partial t}(s-6t) \\ &= 3f'(2s + 3t) - 6g'(s - 6t) \\ \frac{\partial^2 h}{\partial t^2}(s,t) &= 3\frac{\partial }{\partial t}\big[f'(2s + 3t)\big] - 6\frac{\partial }{\partial t}\big[ g'(s - 6t) \big] \\ &= 3\,f''(2s + 3t)\frac{\partial }{\partial t}(2s+3t) - 6\,g''(s - 6t) \frac{\partial }{\partial t}(s-6t) \\ &= 9f''(2s+3t) + 36g''(s-6t) \end{aligned}$

특히

$\begin{aligned} \frac{\partial^2 h}{\partial t^2}(2,1) =9f''(7) +36g''(-4) =9(-2) +36(-1) =-54 \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

By the chain rule,

In particular

$\begin{aligned} \frac{\partial^2 h}{\partial t^2}(2,1) =9f''(7) +36g''(-4) =9(-2) +36(-1) =-54 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-3 · 2.4절 · 12번우리말 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.

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

다 풀었으면 정답 확인

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

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

이 문제로 이어서 풀기

# 다변수 연쇄법칙계산보통자동 분류