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문제 은행 · 미적분 · 대학 미적분 · 다변수 미분

편미분방정식 맛보기

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

CLP-3 · 2.8절 · 7번대학 수준우리말 번역

F(u)F(u) 를 한 변수의 임의의 미분가능한 함수라 하자. z(x,y)=F(x2+y2)z(x,y)=F\big(x^2+y^2\big) 으로 정의한다. 편미분방정식

y∂z∂x−x∂z∂y=0y\frac{\partial z}{\partial x} - x\frac{\partial z}{\partial y}=0

은 반드시 성립하는지 판단하세요. 답의 근거를 반드시 제시하세요.

영어 원문 보기

Let F(u)F(u) be any differentiable function of one variable. Define z(x,y)=F(x2+y2)z(x,y)=F\big(x^2+y^2\big). Is the partial differential equation

y∂z∂x−x∂z∂y=0y\frac{\partial z}{\partial x} - x\frac{\partial z}{\partial y}=0

necessarily satisfied? You must justify your answer.

정답·풀이 보기

z=z(x,y)=F(x2+y2)z=z(x,y)=F\big(x^2+y^2\big) 일 때 좌변의 두 항을 각각 계산하면 된다. 연쇄 법칙에 의해

y∂z∂x=y∂∂xF(x2+y2)=yF′(x2+y2)∂∂x (x2+y2)=yF′(x2+y2)(2x)=2xy F′(x2+y2)x∂z∂y=x∂∂yF(x2+y2)=xF′(x2+y2)∂∂y (x2+y2)=xF′(x2+y2)(2y)=2xyF′(x2+y2)\begin{aligned} y\frac{\partial z}{\partial x}&= y\frac{\partial }{\partial x}F\big(x^2+y^2\big) =yF'\big(x^2+y^2\big) \frac{\partial }{\partial x}\,\big(x^2+y^2\big) =yF'\big(x^2+y^2\big)\left(2x\right) \\ &=2xy\,F'\big(x^2+y^2\big) \\ x\frac{\partial z}{\partial y}&= x\frac{\partial }{\partial y}F\big(x^2+y^2\big) =xF'\big(x^2+y^2\big) \frac{\partial }{\partial y}\,\big(x^2+y^2\big) =xF'\big(x^2+y^2\big)\left(2y\right) \\ &=2xyF'\big(x^2+y^2\big) \end{aligned}

이다. 따라서

y∂z∂x−x∂z∂y=2xy F′(x2+y2)−2xy F′(x2+y2)=0y\frac{\partial z}{\partial x} - x\frac{\partial z}{\partial y} =2xy\,F'\big(x^2+y^2\big) - 2xy\,F'\big(x^2+y^2\big) =0

이고, 미분가능한 모든 함수 FF 에 대해 z(x,y)=F(x2+y2)z(x,y)=F\big(x^2+y^2\big) 은 편미분방정식 y∂z∂x−x∂z∂y=0 y\frac{\partial z}{\partial x} - x\frac{\partial z}{\partial y}=0 의 해이다.

원본 교재 풀이(영어)

We simply evaluate the two terms on the left hand side when z=z(x,y)=F(x2+y2)z=z(x,y)=F\big(x^2+y^2\big). By the chain rule,

y∂z∂x=y∂∂xF(x2+y2)=yF′(x2+y2)∂∂x (x2+y2)=yF′(x2+y2)(2x)=2xy F′(x2+y2)x∂z∂y=x∂∂yF(x2+y2)=xF′(x2+y2)∂∂y (x2+y2)=xF′(x2+y2)(2y)=2xyF′(x2+y2)\begin{aligned} y\frac{\partial z}{\partial x}&= y\frac{\partial }{\partial x}F\big(x^2+y^2\big) =yF'\big(x^2+y^2\big) \frac{\partial }{\partial x}\,\big(x^2+y^2\big) =yF'\big(x^2+y^2\big)\left(2x\right) \\ &=2xy\,F'\big(x^2+y^2\big) \\ x\frac{\partial z}{\partial y}&= x\frac{\partial }{\partial y}F\big(x^2+y^2\big) =xF'\big(x^2+y^2\big) \frac{\partial }{\partial y}\,\big(x^2+y^2\big) =xF'\big(x^2+y^2\big)\left(2y\right) \\ &=2xyF'\big(x^2+y^2\big) \end{aligned}

So

y∂z∂x−x∂z∂y=2xy F′(x2+y2)−2xy F′(x2+y2)=0y\frac{\partial z}{\partial x} - x\frac{\partial z}{\partial y} =2xy\,F'\big(x^2+y^2\big) - 2xy\,F'\big(x^2+y^2\big) =0

and z(x,y)=F(x2+y2)z(x,y)=F\big(x^2+y^2\big) really does solve the PDE y∂z∂x−x∂z∂y=0 y\frac{\partial z}{\partial x} - x\frac{\partial z}{\partial y}=0 for any differentiable function FF.

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-3 · 2.8절 · 1번우리말 번역

u(x,t)=e−t−x2u(x,t)= e^{-t-x^2} 이라 하자. u(x,t)u(x,t) 가 편미분방정식

uxx(x,t)+u(x,t)=g(x) ut(x,t)u_{xx}(x,t)+u(x,t) = g(x)\, u_t(x,t)

을 만족하도록 하는 함수 g(x)g(x) 를 구하세요.

답 쓰고 채점
다 풀었으면 정답 확인

먼저 u(x,t)=e−t−x2u(x,t)= e^{-t-x^2} 일 때 ut(x,t)u_t(x,t) 와 uxx(x,t)+u(x,t)u_{xx}(x,t)+u(x,t) 를 계산한다.

u(x,t)=e−t−x2ut(x,t)=−e−t−x2ux(x,t)=−2xe−t−x2uxx(x,t)=−2e−t−x2+4x2e−t−x2\begin{aligned} u(x,t)&= e^{-t-x^2} \\ u_t(x,t)&= -e^{-t-x^2} \\ u_x(x,t)&= -2x e^{-t-x^2} \\ u_{xx}(x,t)&= -2 e^{-t-x^2} +4x^2 e^{-t-x^2} \end{aligned}

따라서

uxx(x,t)+u(x,t)=[−2e−t−x2+4x2e−t−x2]+e−t−x2=[4x2−1]e−t−x2\begin{aligned} u_{xx}(x,t)+u(x,t) &= \big[-2 e^{-t-x^2} +4x^2 e^{-t-x^2}\big] +e^{-t-x^2} \\ &= \big[4x^2-1]e^{-t-x^2} \end{aligned}

이것이 g(x) ut(x,t)=−g(x) e−t−x2g(x)\, u_t(x,t) = -g(x)\, e^{-t-x^2} 와 같아지려면 g(x)=1−4x2g(x) = 1-4x^2 이어야 한다.

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