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각각의 성분에 대해 $t \to 0$의 극한을 취하면 $$\lt -1,0,{1\over2}\gt$$이다.
$$\textbf{r}(t)=\lt e^{-t}\cos{t},e^{-t}\sin{t},e^{-t} \gt$$라 하면 이 곡선의 접선 벡터는 $$\textbf{r}'(t)=\lt e^{-t}(-\sin{t}-\cos{t}),e^{-t}(\cos{t}-\sin{t}),-e^{-t}\gt$$이다. 점 $(1,0,1)$은 $t=0$일 때의 점이므로 이 점에서의 접선 벡터(방향 벡터)는 $$\textbf{r}'(0)=\lt -1,1,-1\gt$$이다. 따라서 접선의 parametric equation은 $$\lt 1-t,t,1-t \gt$$이다.
※ Desmos 3D 그래프 페이지에서 문제에 주어진 곡선과 접선을 확인할 수 있다.
$$\textbf{r}'(t)=\lt 5\cos{t},1,-5\sin{t} \gt$$이고 $$\textbf{T}(t)={\textbf{r}'(t)\over|\textbf{r}'(t)|}={1\over\sqrt{26}}\lt 5\cos{t},1,-5\sin{t} \gt$$$$\textbf{T}'(t)={1\over\sqrt{26}}\lt -5\sin{t},0,-5\cos{t} \gt$$이니 곡률은 $$\kappa(t)={|\textbf{T}'(t)|\over|\textbf{r}'(t)|}={5\over26}$$이다.
아크사인 함수의 정의역에 의해 $$-1 \leq x+y \leq 1$$이다.
$(x,y) \to (0,0)$이면 $r \to 0^+$이므로 주어진 극한을 극좌표로 변환하면 $$\lim_{r \to 0^+} {e^{-r^2}-1\over r^2}\overset{LH}{=}\lim_{r \to 0^+} {-2r e^{-r^2}\over 2r}=-1$$이다.
$R_1$에 대하여 양변을 편미분하면 $${-1\over R^2}\cdot{\partial R\over\partial R_1}={-1\over R_1^2}$$이므로 $\dfrac{\partial R}{\partial R_1}$에 대하여 정리하면 $${\partial R\over\partial R_1}={R^2\over R_1^2}$$이다.
$$L(x,y,z)=f(3,2,6)+f_x(3,2,6)(x-3)+f_y(3,2,6)(y-2)+f_z(3,2,6)(z-6)$$이다. $$f_x(x,y,z)={x\over\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$$$$f_y(x,y,z)={y\over\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$$$$f_z(x,y,z)={z\over\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$$이니 $$L(x,y,z)=7+{3\over7}(x-3)+{2\over7}(y-2)+{6\over7}(z-6)$$이다.
$\dfrac{\partial z}{\partial y}$을 구하기 위해 $F(x,y,z)=0$의 양변을 $y$에 대해 편미분하면 $$F_x{\partial x\over\partial y}+F_y{\partial y\over\partial y}+F_z{\partial z\over\partial y}=0$$이다. $${\partial x\over\partial y}=0,{\partial y\over\partial y}=1$$이므로 $${\partial z\over\partial y}=-{F_y\over F_z}$$이다. 이와 동일하게 $${\partial y\over\partial x}=-{F_x\over F_y},{\partial x\over\partial z}=-{F_z\over F_x}$$이다. 따라서 $${\partial z\over\partial y}{\partial y\over\partial x}{\partial x\over\partial z}=-1$$이다.
점 $P$에서의 $2\textbf{i}$ 방향으로의 방향도함수가 3이므로 $$\nabla f(a,b) \cdot \lt 1,0\gt =3$$이고 $\textbf{i}+\textbf{j}$ 방향으로의 방향도함수가 $\sqrt{2}$이므로 $$\nabla f(a,b) \cdot \lt {1\over\sqrt{2}},{1\over\sqrt{2}}\gt = \sqrt{2}$$이다.
따라서 $f_x(a,b)=3,f_y(a,b)=-1$이다. 점 $P$에서의 방향도함수는 $$\nabla f(a,b) \cdot \textbf{u} =|\nabla f(a,b)||\textbf{u}|\cos{\theta}$$이니 방향도함수의 최댓값은 $|\nabla f(a,b)|=\sqrt{10}$이다.
$$f_x(x,y)=-2x-2y,f_y(x,y)=-2x+2y-4y^3$$이고 두 식이 모두 $0$이 되는 $(x,y)$ 쌍은 $(0,0),(1,-1),(-1,1)$이다. 2계도함수 판정법을 이용하기 위해 2계 편도함수를 구하면 $$f_{xx}=-2,f_{yy}=2-12y^2,f_{xy}=-2$$이니 $$D(x,y)=24y^2-8$$이다.
$D(0,0) \lt 0$이니 주어진 함수는 $(x,y)=(0,0)$에서 안장점을 갖는다.
$D(1,-1) \gt 0$이고 $f_{xx}(1,-1) \lt 0$이니 주어진 함수는 $(x,y)=(1,-1)$에서 극대를 갖는다.
$D(-1,1) \gt 0$이고 $f_{xx}(-1,1) \lt 0$이니 주어진 함수는 $(x,y)=(-1,1)$에서 극대를 갖는다.
따라서 $(0,0,0)$은 안장점이고 $(1,-1,1),(-1,1,1)$은 극대를 갖는 점이다.
※ Desmos 3D 그래프 페이지에서 문제에 주어진 $f(x,y)$의 그래프를 확인할 수 있다.
먼저 제약조건이 $g(x,y,z)=0$과 $h(x,y,z)=0$인 경우를 살펴보자. $\nabla f=\lambda\nabla g+\mu\nabla h$인 $x,y,z$를 찾으면 된다. 식을 세우면 $$\begin{cases} 4x^3=\lambda \\ 4y=\lambda \\ 16z^3-4z=\mu \\ x+y-2=0 \\ z-1=0 \end{cases}$$이다.
$y=x^3$을 네 번째 식에 대입하면 $x=1$이다. 또한 $z=1$이니 $y=1$이다. 따라서 $f(x,y,z)$는 $(1,1,1)$일 때 임계점을 갖고 임계점에서의 함숫값은 $f(1,1,1)=5$이다.
이제 $h(x,y,z) \geq 0$인 경우를 고려하자. 두 제약조건은 서로 독립적이고 $f$에 $z$와 다른 변수가 섞인 항이 없으므로 $z \geq 1$인 경우만 고려하면 된다. $4z^4-2z^2$은 $z=1/2$일 때 극솟값을 갖고 $z\geq 1/2$일 때 증가하므로 $z\geq 1$에서의 최솟값은 $z=1$일 때 갖는다.
따라서 최솟값은 $f(1,1,1)=5$이다.
적분 식을 세우면 $$\iint_R y\cos{(xy)} dydx$$이다. 구간 $R$이 직사각형이므로 이 적분은 $$\int_{\pi/4}^{\pi/2} \int_0^1 y\cos{(xy)} dxdy=\int_{\pi/4}^{\pi/2} [\sin{(xy)}]_{x=0}^{x=1} dy=\int_{\pi/4}^{\pi/2} \sin{y} dy={\sqrt{2}\over2}$$이다.
※ $y$에 대해 먼저 적분할 수도 있지만 그러면 부분적분을 해야 한다.
구간 $D$에 따라 적분 식을 세우면 $$\iint_D x\sqrt{1+e^{2y}} dA=\int_1^2 \int_0^{\ln{x}} x\sqrt{1+e^{2y}} dydx$$이다. 이 상태로는 적분이 불가능하니 $x$와 $y$의 순서를 바꾸자. 그림을 그리면 새로운 범위가 $$e^y \leq x \leq 2,0\leq y\leq \ln{2}$$임을 알 수 있다. 따라서 주어진 적분은 $$\int_0^{\ln{2}} \int_{e^y}^{2} x\sqrt{1+e^{2y}}dxdy=\int_0^{\ln{2}} \left[{x^2\over2}\sqrt{1+e^{2y}}\right]_{x=e^y}^{x=2} dy=\int_0^{\ln{2}} 2\sqrt{1+e^{2y}}-{e^{2y}\over2}\sqrt{1+e^{2y}} dy$$이다.
$\sqrt{1+e^{2y}}=t$의 치환을 하면 $dy=\dfrac{tdt}{t^2-1}$이고 $y=0$일 때 $t=\sqrt{2}$, $y=\ln{2}$일 때 $t=\sqrt{5}$이다. 따라서 $$\int_{\sqrt{2}}^{\sqrt{5}} \left( 2t-{t^2-1\over2}t \right) {tdt\over t^2-1}=\int_{\sqrt{2}}^{\sqrt{5}} {2t^2\over t^2-1}-{t^2\over2}dt=\left[ 2t+\ln{\left|{t-1\over t+1}\right|}-{t^3\over6}\right]_{\sqrt{2}}^{\sqrt{5}}=2(\sqrt{5}-\sqrt{2})+\ln{\left|{\sqrt{5}-1\over \sqrt{5}+1}\right|}-\ln{\left|{\sqrt{2}-1\over \sqrt{2}+1}\right|}-{1\over6}(5^{3/2}-2^{3/2})$$이다.
극좌표로 바꾸어 계산하자. 주어진 범위를 극좌표로 표현하면 $y\geq0$에서 $x^2+y^2=2$와 $x=1$이 만나는 부분이므로 $${1\over\cos{\theta}}\leq r \leq \sqrt{2},0 \leq \theta \leq \pi/4$$이다. ($\because x=r\cos{\theta}$)
따라서 주어진 적분은 $$\int_0^{\pi/4} \int_{1/\cos{\theta}}^{\sqrt{2}} {1\over r}\cdot rdrd\theta=\int_0^{\pi/4} \sqrt{2}-\sec{\theta} d\theta=[\sqrt{2}\theta-\ln{|\sec{\theta}+\tan{\theta}|}]_0^{\pi/4}={\sqrt{2}\over4}\pi-\ln{(1+\sqrt{2})}$$이다.