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$\textbf{b}=\lt x,y,z \gt$라 하자. $$\DeclareMathOperator{\comp}{comp}\comp_{\textbf{a}} \textbf{b}={\textbf{a}\cdot\textbf{b}\over|\textbf{a}|}=2$$에서 $$3x-z=2\sqrt{10}$$이다. 따라서 조건을 만족하는 $\textbf{b}$는 다음과 같다. $$\textbf{b}=\lt x,y,3x-2\sqrt{10} \gt (x \in \mathbb{R},y \in \mathbb{R})$$
$\overrightarrow{\text{PQ}} \parallel \overrightarrow{\text{RS}}$이고 $\overrightarrow{\text{PS}} \parallel \overrightarrow{\text{QR}}$이니 $$\square \text{PQRS}=\triangle \text{PQS}+\triangle \text{QRS}$$이다.
따라서 평행사변형의 넓이는 $$\triangle \text{PQS}+\triangle \text{QRS}={1\over2}|\overrightarrow{\text{PQ}} \times \overrightarrow{\text{PS}}|+{1\over2}|\overrightarrow{\text{RQ}} \times \overrightarrow{\text{RS}}|={1\over2}|\lt2,3,1\gt \times \lt4,2,5\gt|+{1\over2}|\lt-4,-2,-5\gt \times \lt-2,-3,-1\gt|=\sqrt{269}$$이다.
※ Parallelogram은 평행사변형이다.
$y=0$ 경로를 따라가면 극한은 $0$이다. $y=x$ 경로를 따라가면 극한은 $$\lim_{(x,x)\to(0,0)} {x^2\sin^2{x}\over 2x^4}={1\over2}$$이다. 서로 다른 두 경로로 접근했을 때 극한값이 다르므로 극한값은 존재하지 않는다.
$$\textbf{r}'(t)=\lt 2t,t\sin{t},t\cos{t} \gt$$$$\textbf{T}(t)={\textbf{r}'(t)\over|\textbf{r}'(t)|}=\lt {2\over\sqrt{5}},{\sin{t}\over\sqrt{5}},{\cos{t}\over\sqrt{5}} \gt$$이다.
$$\textbf{T}'(t)=\lt 0,{\cos{t}\over\sqrt{5}},-{\sin{t}\over\sqrt{5}} \gt$$이니 $$\textbf{N}(t)={\textbf{T}'(t)\over|\textbf{T}'(t)|}=\lt 0,\cos{t},-\sin{t}\gt$$이다.
$$\kappa(t)={|\textbf{T}'(t)|\over|\textbf{r}'(t)|}={1\over5t}$$이다.
$$z=f(x,y)=x^2-xy+3y^2$$라 하자. $$\Delta z=f(2.96,-0.95)-f(3,-1)=-0.7189$$이다.
$$f_x(x,y)=2x-y$$$$f_y(x,y)=-x+6y$$이니
$$dz=f_x(x,y)dx+f_y(x,y)dy$$에서 $$dz=f_x(3,-1)(-0.04)+f_y(3,-1)(0.05)=-0.73$$이다.
$$f_x(x,y)=\sqrt{y}\cdot{1\over2\sqrt{x}},f_y(x,y)=\sqrt{x}\cdot{1\over2\sqrt{y}}$$이고 $\overrightarrow{\text{PQ}}=\lt 3,-4\gt$이므로 단위벡터로 고치면 $\textbf{u}=\lt \dfrac{3}{5},-\dfrac{4}{5}\gt$이다.
따라서 $$\nabla f(2,8)\cdot \textbf{u}={2\over5}$$이다.
$${\partial f\over\partial y}=n y^{n-1}e^{-x^2/(4y)}+y^n e^{-x^2/(4y)}\cdot {-x^2\over4}{-1\over y^2}$$이고 $${\partial f\over\partial x}=y^n e^{-x^2/(4y)} {-2x\over4y}$$$${\partial\over\partial x}\left(x^2{\partial f\over\partial x}\right)=y^n e^{-x^2/(4y)}\left( {4x^4\over16y^2}-{6x^2\over4y}\right)$$이다. 식을 잘 정리하면 $n=-\dfrac{3}{2}$이다.
$$z=f(x,y)=1+\sin{(2x+3y)}$$라 하자. $$f_x(x,y)=2\cos{(2x+3y)},f_y(x,y)=3\cos{(2x+3y)}$$이다. 접평면은 점 $(0,0,1)$을 지난다. 따라서 접평면의 방정식은 $$z-1=f_x(0,0)x+f_y(0,0)y$$$$z=2x+3y+1$$이다.
※ Desmos 3D 그래프 페이지에서 문제에 주어진 $f(x,y)$와 접평면을 확인할 수 있다.
$S_1$을 $S_2$에 대입하면 $$4-2x+1-4y+4+2z+1=9$$$$2x+4y-2z-1=0$$이고 이것이 두 곡면 $S_1$과 $S_2$의 교선을 포함하는 평면이다.
※ Desmos 3D 그래프 페이지에서 문제에 주어진 두 구의 교선을 포함하는 평면을 확인할 수 있다.
위에서 구한 평면과 점 $(1,1,1)$ 사이의 거리는 $${|2\cdot1+4\cdot1-2\cdot1-1|\over\sqrt{2^2+4^2+(-2)^2}}={3\over\sqrt{24}}$$이다.
$$f_x(x,y,z)=-2x \cdot 200e^{-x^2-3y^2-9z^2},f_y(x,y,z)=-6y \cdot 200e^{-x^2-3y^2-9z^2},f_z(x,y,z)=-18z \cdot 200e^{-x^2-3y^2-9z^2}$$이고 $\overrightarrow{\text{PQ}}=\lt1,-2,1\gt$이므로 단위벡터로 고치면 $\textbf{u}=\lt \dfrac{1}{\sqrt{6}},-\dfrac{2}{\sqrt{6}},\dfrac{1}{\sqrt{6}}\gt$이다.
따라서 $$\nabla f(2,-1,2)\cdot \textbf{u}=-{10400\over\sqrt{6}}e^{-43}$$이다.
방향도함수가 최대로 증가하려면 $$\nabla f(2,-1,2)\cdot \textbf{u}=|\nabla f(2,-1,2)||\textbf{u}|\cos{\theta}$$에서 $\cos{\theta}=1$이면 되므로 최댓값은 $$|\nabla f(2,-1,2)|=400\sqrt{337}e^{-43}$$이다.