다변수 연쇄법칙 연습문제 — CLP-3 · 2.4절 · 16번

CLP-3 · 2.4절 · 16번대학 수준우리말 번역

$z = f(x, y)$ 라 하자. 여기서 $f(x, y)$ 는 연속인 이계 편도함수를 가지며,

$f_x (2, 1) = 5, \qquad f_y(2, 1) =-2, \qquad f_{xx}(2, 1) = 2,\qquad f_{xy}(2, 1) = 1, \qquad f_{yy}(2, 1) = -4$

이다.

$x(t)=2t^2$ , $y(t)=t^3$ 이고 $t=1$ 일 때, $\frac{\mathrm{d^2}}{\mathrm{d}{t}^2} z\big(x(t),y(t)\big)$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Let $z = f(x, y)$ , where $f(x, y)$ has continuous second-order partial derivatives, and

$f_x (2, 1) = 5, \qquad f_y(2, 1) =-2, \qquad f_{xx}(2, 1) = 2,\qquad f_{xy}(2, 1) = 1, \qquad f_{yy}(2, 1) = -4$

Find $\frac{\mathrm{d^2}}{\mathrm{d}{t}^2} z\big(x(t),y(t)\big)$ when $x(t)=2t^2$ , $y(t)=t^3$ and $t=1$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

$x(t)=2t^2$ , $y(t)=t^3$ 에 대해 $w(t) = z\big(x(t),y(t)\big) = f\big(x(t),y(t)\big)$ 라 하자. $\frac{\mathrm{d^2}w}{\mathrm{d}{t}^2}(1)$ 을 계산하면 된다. 연쇄 법칙에 의해

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}w}{\mathrm{d}t}(t)&= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} f\big(x(t),y(t)\big) \\ &= f_x(x(t)\,,\,y(t))\,\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}(t) +f_y(x(t)\,,\,y(t))\,\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}(t) \\ &= 4t\,f_x(x(t)\,,\,y(t)) +3t^2\,f_y(x(t)\,,\,y(t)) \end{aligned}$

이다. 선형성, 곱의 미분법, 연쇄 법칙에 의해

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d^2}}{\mathrm{d}{t}^2} f\big(x(t),y(t)\big) &= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left[4t\,f_x\big(x(t),y(t)\big) \right] +\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left[3t^2\,f_y\big(x(t),y(t)\big) \right] \\ &= 4\,f_x\big(x(t),y(t)\big) + 4t \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left[f_x\big(x(t),y(t)\big) \right] \\& +6t\,f_y\big(x(t),y(t)\big) + 3t^2\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left[f_y\big(x(t),y(t)\big) \right] \\ &= 4\,f_x(2t^2\,,\,t^3) + 4t\Big[f_{xx}\big(x(t),y(t)\big)\,\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}(t) + f_{xy}\big(x(t),y(t)\big)\,\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}(t)\Big] \\ &\phantom{=} + 6t\,f_y(2t^2\,,\,t^3) + 3t^2\Big[f_{yx}\big(x(t),y(t)\big)\,\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}(t) + f_{yy}\big(x(t),y(t)\big)\,\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}(t)\Big] \\ &= 4\,f_x(2t^2\,,\,t^3) + 16t^2\,f_{xx}(2t^2\,,\,t^3) + 12t^3\,f_{xy}(2t^2\,,\,t^3) \\ &\phantom{=} + 6t\,f_y(2t^2\,,\,t^3) + 12t^3\,f_{yx}(2t^2\,,\,t^3) + 9t^4\,f_{yy}(2t^2\,,\,t^3) \end{aligned}$

이다. 특히 $t=1$ 일 때, $f_{xy}(2, 1)=f_{yx}(2, 1)$ 이므로

$\begin{aligned} \left.\frac{\mathrm{d^2}}{\mathrm{d}{t}^2} f\big(x(t),y(t)\big) \right|_{t=1} &= 4\,(5) + 16\,(2) + 12\,(1) \\ &\phantom{=} + 6\,(-2) + 12\,(1) + 9\,(-4) \\ &=28 \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

Write $w(t) = z\big(x(t),y(t)\big) = f\big(x(t),y(t)\big)$ with $x(t)=2t^2$ , $y(t)=t^3$ . We are to compute $\frac{\mathrm{d^2}w}{\mathrm{d}{t}^2}(1)$ . By the chain rule

By linearity, the product rule, and the chain rule,

In particular, when $t=1$ , and since $f_{xy}(2, 1)=f_{yx}(2, 1)$ ,

$\begin{aligned} \left.\frac{\mathrm{d^2}}{\mathrm{d}{t}^2} f\big(x(t),y(t)\big) \right|_{t=1} &= 4\,(5) + 16\,(2) + 12\,(1) \\ &\phantom{=} + 6\,(-2) + 12\,(1) + 9\,(-4) \\ &=28 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-3 · 2.4절 · 24번우리말 번역

방정식

$\begin{aligned} x^2-y\cos(uv)&=v\\ x^2+y^2-\sin(uv)&=\frac{4}{\pi}u \end{aligned}$

은 $(u,v)=\big(\frac{\pi}{2},0\big)$ 일 때의 점 $(x,y)=(1,1)$ 근처에서 $x$ 와 $y$ 를 $u$ 와 $v$ 의 함수로 암시적으로 정의한다(즉, $x=x(u,v)$ , $y=y(u,v)$ ).

(a) $(u,v)=\big(\frac{\pi}{2},0\big)$ 에서

$\frac{\partial x}{\partial u}\text{ 와 } \frac{\partial y}{\partial u}$

의 값을 구하세요. (b) $z=x^4+y^4$ 일 때, 점 $(u,v)=\big(\frac{\pi}{2},0\big)$ 에서 $\frac{\partial z}{\partial u}$ 의 값을 구하세요.

다 풀었으면 정답 확인

(a) 주어진 식은

$x(u,v)^2-y(u,v)\cos(uv)=v\qquad x(u,v)^2+y(u,v)^2-\sin(uv)=\frac{4}{\pi}u$

이다. 두 방정식에 $\frac{\partial }{\partial u}$ 를 적용하면

$\begin{aligned} 2x(u,v)\frac{\partial x}{\partial u}(u,v) -\frac{\partial y}{\partial u}(u,v)\cos(uv)+v\,y(u,v)\sin(uv)&=0 \\ 2x(u,v)\frac{\partial x}{\partial u}(u,v) +2y(u,v)\frac{\partial y}{\partial u}(u,v) -v\cos(uv)&=\frac{4}{\pi} \end{aligned}$

이다. $u=\frac{\pi}{2}$ , $v=0$ , $x\big(\frac{\pi}{2},0\big)=1$ , $y\big(\frac{\pi}{2},0\big)=1$ 을 대입하면

$\begin{aligned} 2\frac{\partial x}{\partial u}\left(\frac{\pi}{2},0\right) -\frac{\partial y}{\partial u}\left(\frac{\pi}{2},0\right)&=0 \\[0.1in] 2\frac{\partial x}{\partial u}\left(\frac{\pi}{2},0\right) +2\frac{\partial y}{\partial u}\left(\frac{\pi}{2},0\right) &=\frac{4}{\pi} \end{aligned}$

이다. 첫째 방정식에서 얻은 $\frac{\partial y}{\partial u}\big(\frac{\pi}{2},0\big)=2\frac{\partial x}{\partial u}\big(\frac{\pi}{2},0\big)$ 를 둘째 방정식에 대입하면 $6\frac{\partial x}{\partial u}\big(\frac{\pi}{2},0\big)=\frac{4}{\pi}$ 이므로 $\frac{\partial x}{\partial u}\big(\frac{\pi}{2},0\big)=\frac{2}{3\pi}$ 이고 $\frac{\partial y}{\partial u}\big(\frac{\pi}{2},0\big)=\frac{4}{3\pi}$ 이다.

(b) $z(u,v)=x(u,v)^4+y(u,v)^4$ 으로 주어져 있다. 따라서

$\begin{aligned} \frac{\partial z}{\partial u}(u,v) &=4x(u,v)^3\ \frac{\partial x}{\partial u}(u,v) +4y(u,v)^3\ \frac{\partial y}{\partial u}(u,v) \end{aligned}$

이다. $u=\frac{\pi}{2}$ , $v=0$ , $x\big(\frac{\pi}{2},0\big)=1$ , $y\big(\frac{\pi}{2},0\big)=1$ 을 대입하고 (a)의 결과를 이용하면

$\begin{aligned} \frac{\partial z}{\partial u}\left(\frac{\pi}{2},0\right) &=4\,x\!\left(\frac{\pi}{2},0\right)^3\ \frac{\partial x}{\partial u}\!\left(\frac{\pi}{2},0\right) +4\,y\!\left(\frac{\pi}{2},0\right)^3\ \frac{\partial y}{\partial u}\!\left(\frac{\pi}{2},0\right) \\ &=4\left(\frac{2}{3\pi}\right) +4\left(\frac{4}{3\pi}\right) \\ &=\frac{8}{\pi} \end{aligned}$

이다.

이 문제로 이어서 풀기

# 다변수 연쇄법칙활용보통자동 분류