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가장 안쪽부터 살펴보자. $$x^2+y^2 \geq 0$$이다. $\ln$의 정의역에 의해 $$x^2+y^2 \gt 0$$이다. $\sin^{-1}$과 루트의 정의역에 의해 $$0 \leq \ln{(x^2+y^2)} \leq 1 \Leftrightarrow 1 \leq x^2+y^2 \leq e$$이다. 따라서 주어진 함수의 정의역은 $$1 \leq x^2+y^2 \leq e$$이다.
※ 정의역을 좌표평면에 나타내면 반지름의 길이가 $\sqrt{e}$인 원에서 반지름의 길이가 $1$인 원을 뺀 모습이다.
각각의 성분에 대해 $t \to 0$의 극한을 취하면 $$\lim_{t \to 0} \textbf{r}(t)=\lt {1\over4},0,-2\gt$$이다.
$$f(x)=x^4-2x^2$$라 하자. $$\kappa(x)={|f''(x)|\over[1+(f'(x))^2]^{3/2}}={|12x^2-4| \over [1+(4x^3-4x)^2]^{3/2}}$$이므로 식에 $x=1$을 대입하면 $$\kappa(1)=8$$이다.
$\kappa(1)=8$이니 Osculating circle의 반지름은 $1/8$이다. $f'(1)=0$이므로 그래프를 그려 보면 Osculating circle의 중심은 $(1,-7/8)$에 있음을 알 수 있다.
따라서 Osculating circle의 식은 $$(x-1)^2+\left(y+{7\over8}\right)^2={1\over64}$$이다.
※ Desmos 그래프 페이지에서 주어진 곡선 $C$ 위의 Osculating circle을 확인할 수 있다.
$$\nabla f(x,y,z)=\left\{ e^{xyz}+xyz e^{xyz} \right\}\textbf{i} + x^2z e^{xyz} \textbf{j} + x^2y e^{xyz} \textbf{k}$$ $$\nabla f(1,2,3)=7e^6 \textbf{i}+3e^6\textbf{j}+2e^6\textbf{k}$$이다. 또한 주어진 $\textbf{v}$는 단위벡터가 아니므로 단위벡터로 고치면 $\textbf{u}=\lt \dfrac{3}{7},\dfrac{6}{7},-\dfrac{2}{7} \gt$이다.
따라서 $$D_{\textbf{u}}f(1,2,3)=\nabla f(1,2,3) \cdot \textbf{u}=5e^6$$이다.
$z=f(x,y)=\tan^{-1}{(xy)}$라 하면 $$L(x,y)=f(1.1,1.1)+f_x(1.1,1.1)(x-1.1)+f_y(1.1,1.1)(y-1.1)$$이다.
$$f_x(x,y)={y\over1+(xy)^2},f_y(x,y)={x\over1+(xy)^2}$$이므로 Linear Approximation은 $$L(x,y)=\tan^{-1}1.21+{1.1\over1+1.21^2}(x-1.1)+{1.1\over1+1.21^2}(y-1.1)$$이다.
※ Desmos 3D 그래프 페이지에서 $f(x,y)$와 $L(x,y)$를 확인할 수 있다.
$${\partial z\over\partial x}=f'(x+\sqrt{2}y)+g'(x-\sqrt{2}y)$$$${\partial^2 z\over\partial x^2}=f''(x+\sqrt{2}y)+g''(x-\sqrt{2}y)$$이고 $${\partial z\over\partial y}=\sqrt{2}f'(x+\sqrt{2}y)-\sqrt{2}g'(x-\sqrt{2}y)$$$${\partial^2 z\over\partial y^2}=2f''(x+\sqrt{2}y)+2g''(x-\sqrt{2}y)$$이니 $${\partial^2 z\over\partial x^2}=c\left({\partial^2 z\over\partial y^2}\right)$$을 만족하는 $c$의 값은 $2$이다.
양변을 $x$에 대하여 편미분하면 $$y^2z+xy^2{\partial z\over\partial x}=0$$에서 $${\partial z\over\partial x}=-{z\over x}$$이다. 동일하게 양변을 $y$에 대하여 편미분하면 $${\partial z\over\partial y}=-{2z\over y}$$이다.
따라서 점 $P$에서의 접평면의 방정식은 $$z+1=-{-1\over -1}(x+1)-{2\cdot -1\over 1}(y-1)=-(x+1)+2(y-1)$$이다.
곡면 $T$를 매개변수로 나타내면 $$\begin{cases} x=\cos{t} \\ z=\sin{t} \end{cases}$$이고 매개변수 $t$를 사용해 $$y={\sin{t}+\cos{t}+4\over2}$$라고 하면 점 $P$에서의 접평면과 곡면 $T$이 만나는 곡선은 $$\lt \cos{t},{\sin{t}+\cos{t}+4\over2},\sin{t} \gt$$이다.
※ Desmos 3D 그래프 페이지에서 문제에 주어진 곡면 $S$와 $T$, 접평면을 확인할 수 있다.
$$\textbf{r}'(t)=\lt \cos{t}-t\sin{t},\sin{t}+t\cos{t},1 \gt$$이니 $$\textbf{T}(t)={\textbf{r}'(t) \over |\textbf{r}'(t)|},\textbf{N}(t)={\textbf{T}'(t) \over |\textbf{T}'(t)|}$$에서 $$\textbf{T}(t)=\lt {\cos{t}-t\sin{t}\over\sqrt{t^2+2}},{\sin{t}+t\cos{t}\over\sqrt{t^2+2}},{1\over\sqrt{t^2+2}} \gt$$이다.
여기서 $\textbf{T}'(t)$를 직접 미분해서 구하려면 매우 복잡해진다. 따라서 $$\textbf{T}(t)={\textbf{r}'(t) \over |\textbf{r}'(t)|}$$의 양변을 $t$로 미분해 보자. 그러면 $$\textbf{T}'(t)={\textbf{r}''(t)|\textbf{r}'(t)|^2-\textbf{r}'(t)[\textbf{r}'(t) \cdot \textbf{r}''(t)] \over |\textbf{r}'(t)|^3}$$이 된다. 이제 필요한 값을 구하자. $(0,0,0)$은 $t=0$일 때의 점이다.
$$\textbf{r}''(t)=\lt -2\sin{t}-t\cos{t},2\cos{t}-t\sin{t},0 \gt$$이니 $\textbf{r}'(0)=\lt 1,0,1 \gt$이고 $\textbf{r}''(0)=\lt 0,2,0 \gt$이다.
$$\textbf{T}'(0)={1\over2\sqrt{2}}[2\lt 0,2,0 \gt]=\lt 0,\sqrt{2},0 \gt$$이고 $$\textbf{N}(0)={\textbf{T}'(0) \over |\textbf{T}'(0)|}=\lt 0,1,0 \gt$$이다.
※ $\textbf{T}(t)$를 $t$에 대해 미분하는 과정은 아래와 같다.
몫의 미분법을 사용하면 $$\textbf{T}'(t)={\textbf{r}''(t)|\textbf{r}'(t)|-\textbf{r}'(t)|\textbf{r}'(t)|' \over |\textbf{r}'(t)|^2}$$이다. 여기서 $${d|\textbf{r}'(t)|\over dt}={d\over dt}\sqrt{f'(t)^2+g'(t)^2+h'(t)^2}={2f'(t)f''(t)+2g'(t)g''(t)+2h'(t)h''(t)\over 2\sqrt{f'(t)^2+g'(t)^2+h'(t)^2}}$$이고 $$\textbf{r}''(t)=\lt f''(t),g''(t),h''(t) \gt$$이므로 분자를 내적으로 쓸 수 있다. 따라서 $${d|\textbf{r}'(t)|\over dt}={\textbf{r}'(t) \cdot \textbf{r}''(t)\over |\textbf{r}'(t)|}$$이니 대입하면 $$\textbf{T}'(t)={\textbf{r}''(t)|\textbf{r}'(t)|^2-\textbf{r}'(t)[\textbf{r}'(t) \cdot \textbf{r}''(t)] \over |\textbf{r}'(t)|^3}$$를 얻을 수 있다.
$$f_{x}(x,y)=3x^2-3y,f_{y}(x,y)=3y^2-3x$$이다. 두 식이 모두 0이 되는 $(x,y)$ 쌍은 $(0,0),(1,1)$이다. 2계도함수 판정법을 사용하기 위해 2계 편도함수를 구하면 $$f_{xx}=6x,f_{yy}=6y,f_{xy}=-3$$이니 $$D(x,y)=36xy-9$$이다.
$D(0,0) \lt 0$이니 주어진 함수는 $(x,y)=(0,0)$에서 안장점을 갖는다.
$D(1,1) \gt 0$이고 $f_{xx}(1,1) \gt 0$이니 주어진 함수는 $(x,y)=(1,1)$에서 극소를 갖는다.
따라서 극솟값은 $f(1,1)=3$이고 안장점은 $(0,0,4)$이다.
※ Desmos 3D 그래프 페이지에서 문제에 주어진 $f(x,y)$의 그래프를 확인할 수 있다.
$xz \neq 0$이니 양변을 $xz$로 곱하고, 양변에 $\ln$을 취하자. $$xz\tan{(\sin{y})}=e^{xyz}$$$$\ln{(xz\tan{(\sin{y})})}=xyz$$ 양변을 $x$에 대하여 편미분하면 $${1\over x}+{1\over z}{\partial z\over\partial x}=y\left( z+x{\partial z\over\partial x} \right)$$이다. 양변에 $xz$를 곱하고 정리하면 $$(xyz-1)\left( z+x{\partial z\over\partial x} \right)=0$$이 되고 $xyz\neq1$이니 $$z+x{\partial z\over\partial x}=0$$이다. 이를 다시 $x$에 대하여 편미분하면 $${\partial z\over\partial x}+{\partial z\over\partial x}+x{\partial^2 z\over\partial x^2}=0$$이고 정리하면 $${\partial^2 z\over\partial x^2}=-{2\over x}\cdot{\partial z\over\partial x}={2z\over x^2}$$이다.
제약조건은 $$g(x,y)={x^2\over9}+{y^2\over4}=1$$이다. $\nabla f=\lambda\nabla g$인 $x,y$를 찾자. 방정식을 세우면 $$\begin{cases} 2y=\lambda {2x\over9} \\ 2x=\lambda {y\over2} \\ {x^2\over9}+{y^2\over4}=1\end{cases}$$이다. 첫 번째 식과 두 번째 식에서 $$y^2={4\over9}x^2$$를 얻고 이를 세 번째 식에 대입하면 $x^2=\dfrac{9}{2}$를 얻는다. 따라서 주어진 함수는 제약조건인 타원 위의 점 $(x,y)=(\dfrac{3}{\sqrt{2}},\sqrt{2})$,$(\dfrac{3}{\sqrt{2}},-\sqrt{2})$,$(-\dfrac{3}{\sqrt{2}},\sqrt{2})$,$(-\dfrac{3}{\sqrt{2}},-\sqrt{2})$에서 임계점을 갖는다.
주어진 범위 $D$는 타원의 안쪽 점도 포함하므로 함수 $f$의 임계점도 확인하자. $$f_x(x,y)=2y,f_y(x,y)=2x$$이다. 임계점은 $(0,0)$뿐이다. (이는 제약조건의 범위 안에 포함된다.)
위에서 구한 모든 임계점에서 함숫값을 구하면 최댓값은 $6$, 최솟값은 $-6$이다.
$\alpha=2$이면 $\lim_{(x,y) \to (0,0)} f(x,y)=1$인 것은 자명하다. 나머지 $\alpha$에 대해서도 극한을 찾아보자.
먼저 $\alpha \lt 2$인 경우를 확인해 보자. $x=0$ 혹은 $y=0$ 경로를 따라가면 극한값이 존재하지 않는다.
$\alpha \gt 2$인 경우도 확인해 보자. $x=0$, $y=0$, $y=x$ 경로를 모두 따라가면 극한값이 0이므로 이 극한값은 0이라는 추측을 할 수 있다.
주어진 극한을 극좌표로 변환하자. $x=r\cos{\theta}, y=r\sin{\theta}$로 놓으면 $(x,y) \to (0,0)$일 때 $r \to 0^+$이므로 주어진 극한은 $$\lim_{r \to 0^+} r^{\alpha-2}[(\cos{\theta})^{\alpha}+(\sin{\theta})^{\alpha}]$$이 된다. $\theta$가 어떻게 변하더라도 $r \to 0^+$일 때 극한은 0이므로 극한값은 0이다.
따라서 $\alpha \geq 2$일 때만 극한이 존재하고 그 값은 $0$이다.