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곡선의 길이 공식을 사용하면 $$\int_0^1 \sqrt{(\cos{t}-t\sin{t})^2+(\sin{t}+t\cos{t})^2+(\sqrt{2t})^2} dt=\int_0^1 t+1 dt={3\over2}$$이다.
$x=0$ 경로를 따라 극한을 구하면 $$\lim_{(0,y) \to (0,0)} \tan^{-1}{\left( {|y| \over y^2} \right)}={\pi \over2}$$이다. $y=0$ 경로, $y=x$ 경로를 따라 극한을 구해도 동일한 극한값을 얻을 수 있으므로 극한값이 $\dfrac{\pi}{2}$라는 추측을 할 수 있다.
극좌표로 변환하여 극한을 구하자. $x=r\cos{\theta}, y=r\sin{\theta}$로 놓으면 $(x,y) \to (0,0)$일 때 $r \to 0^+$이다. 따라서 극한은 $$\lim_{r \to 0^+} \tan^{-1}{\left( {|\sin{\theta}|+|\cos{\theta}| \over |r|} \right)}={\pi \over 2}$$이다. ($0 \lt |\sin{\theta}|+|\cos{\theta}| \lt 2$)
쌍곡선 $\DeclareMathOperator{\sech}{sech} x^2-y^2=1$을 매개변수로 나타내면 $\lt \cosh{t},\sinh{t}\gt$이니 표면과 만나는 곡선 $C$는 $$\textbf{r}(t)=\lt \cosh{t},\sinh{t},\ln{(\cosh{t}+\sinh{t})} \gt=\lt \cosh{t},\sinh{t},t \gt$$가 된다.
$$\textbf{r}'(t)=\lt \sinh{t},\cosh{t},1 \gt$$이고 $$\textbf{r}''(t)=\lt \cosh{t},\sinh{t},0 \gt$$이니 곡률 $\kappa(t)$을 구하면 $$\kappa(t)={1\over \sinh^2{t}+\cosh^2{t}+1}={1\over \cosh{2t}+1}$$이고 이는 $t=0$에서 최대이다. 따라서 곡률이 최대인 점은 $(1,0,0)$이다.
Osculating plane을 찾기 위해 곡선 $C$의 $\textbf{B}(t)$를 구하고 (1)에서 구한 점을 대입하자. $$\textbf{T}(t)={\textbf{r}'(t) \over |\textbf{r}'(t)|},\textbf{N}(t)={\textbf{T}'(t) \over |\textbf{T}'(t)|}$$에서 $$\textbf{T}(t)=\lt {\tanh{t} \over\sqrt{2}},{1\over\sqrt{2}},{1\over\sqrt{2}\cosh{t}} \gt$$이고 $$\textbf{N}(t)=\lt \sech{t},0,-\tanh{t}\gt$$이다.
따라서 $$\textbf{B}(t) = \textbf{T}(t) \times \textbf{N}(t)=\lt -{\tanh{t} \over\sqrt{2}},{1\over\sqrt{2}},-{\sech{t} \over \sqrt{2}} \gt$$이다. $t=0$을 대입하면 구하는 평면의 법선 벡터는 $\lt 0, \dfrac{1}{\sqrt{2}},-\dfrac{1}{\sqrt{2}} \gt$이다. 이 평면은 $(1,0,0)$을 지나므로 구하는 평면의 방정식은 $${1\over\sqrt{2}}y-{1\over\sqrt{2}}z=0$$이다.
※ 임의의 $t=a$에 대하여 곡선 $C$의 Osculating plane은 $$-{\tanh{a} \over\sqrt{2}}(x-\cosh{a})+{1\over\sqrt{2}}(y-\sinh{a})-{\sech{t}\over\sqrt{2}}(z-a)=0$$로, Desmos 3D 그래프 페이지에서 직접 $a$ 값을 바꿔 보면서 Osculating plane을 확인할 수 있다.
$x^2+y^2 \geq 0$이다. 제곱근 안의 식은 0 이상이어야 하므로 $x^2+y^2 \geq 3$, 로그 안의 식은 0보다 커야 하므로 $x^2+y^2 \lt 4$이다. 또한 분모가 0이 되면 안 되므로 $x^2+y^2 \neq 3$이다. 따라서 정의역은 $3 \lt x^2+y^2 \lt 4$이다.
식을 간단히 하기 위해 $x^2+y^2=k$라 하자. 그러면 $$f(x,y)=g(k)={\sqrt{k-3} \over \ln{(4-k)}} \enspace (3 \lt k \lt 4)$$이라 할 수 있고 $$g'(k)={{2\over3} (k-3)^{3/2} \ln{(4-k)}+{\sqrt{k-3} \over 4-k} \over \left\{\ln{(4-k)}\right\}^2}\gt 0 \enspace (3 \lt k \lt 4)$$이니 $g(k)$는 이 구간에서 증가한다.
$$\lim_{k \to 3^+} g(k)=-\infty$$이고 $$\lim_{k \to 4^-} g(k)=0$$이니 치역은 $(-\infty,0)$이다.
※ Desmos 3D 그래프 페이지에서 문제에 주어진 $f(x,y)$의 그래프를 확인할 수 있다.
$\dfrac{\partial z}{\partial x}$를 구하기 위해 양변을 $x$에 대하여 편미분하면 $$e^{xyz}(yz+xy {\partial z \over \partial x})={1 \over1+x^2}$$이고 $\dfrac{\partial z}{\partial x}$에 대하여 정리하면 $${\partial z \over \partial x}={1\over xy}\left\{ {1\over(1+x^2)e^{xyz}} -yz \right\}$$이다.
$\dfrac{\partial z}{\partial y}$를 구하기 위해 양변을 $y$에 대하여 편미분하면 $$e^{xyz}(xz+xy {\partial z \over \partial y})=1$$이고 $\dfrac{\partial z}{\partial y}$에 대하여 정리하면 $${\partial z \over \partial y}={1\over xy}\left\{{1\over e^{xyz}} -xz\right\}$$이다.
$${\partial z\over \partial r}={\partial z\over \partial x}{\partial x\over \partial r}+{\partial z\over \partial y}{\partial y\over \partial r}={\partial z\over \partial x}\cos{\theta}+{\partial z\over \partial y}\sin{\theta}$$이고$${\partial \over \partial r}\left({\partial z\over \partial x}\right)={\partial^2 z\over \partial x^2}{\partial x\over \partial r}+{\partial^2 z\over \partial x\partial y}{\partial y\over \partial r}={\partial^2 z\over \partial x^2}\cos{\theta}+{\partial^2 z\over \partial x\partial y}\sin{\theta}$$$${\partial \over \partial r}\left({\partial z\over \partial y}\right)={\partial^2 z\over \partial x\partial y}{\partial x\over \partial r}+{\partial^2 z\over \partial y^2}{\partial y\over \partial r}={\partial^2 z\over \partial x\partial y}\cos{\theta}+{\partial^2 z\over \partial y^2}\sin{\theta}$$이니
$${\partial^2 z\over \partial r^2}={\partial \over \partial r}\left({\partial z\over \partial r}\right)={\partial^2 z\over \partial x^2}\cos^2{\theta}+{\partial^2 z\over \partial y^2}\sin^2{\theta}+2{\partial^2 z\over \partial x\partial y}\sin{\theta}\cos{\theta}$$이다.
$f_{xx}$와 $f_{xy}$, $f_{yy}$, $\theta=\dfrac{\pi}{4}$를 대입하면 $${\partial^2 z\over \partial r^2}=1\cdot{1\over2}+(-1)\cdot{1\over2}+2\cdot3\cdot{1\over2}=3$$이다.
$$\nabla f(x,y)=\left\{2x e^{(x^2+y^2)^2}-y e^{(xy)^2} \right\}\textbf{i} +\left\{ 2y e^{(x^2+y^2)^2}-x e^{(xy)^2}\right\}\textbf{j}$$ $$\nabla f(1,1)=(2e^4-e)\textbf{i}+(2e^4-e)\textbf{j}$$이다. 또한 주어진 $\textbf{u}$는 단위벡터가 아니므로 단위벡터로 고치면 $\textbf{u} = \lt \dfrac{1}{\sqrt{5}},\dfrac{2}{\sqrt{5}} \gt$이다.
따라서 $$D_{\textbf{u}}f(1,1)=\nabla f(1,1) \cdot \textbf{u}={3\over\sqrt{5}}(2e^4-e)$$이다.
$$f_{x}(x,y)=3y-2xy-y^2,f_{y}(x,y)=3x-x^2-2xy$$이다. 두 식이 모두 0이 되는 $(x,y)$ 쌍은 $(0,0),(0,3),(3,0),(1,1)$이다.
2계도함수 판정법을 사용하기 위해 2계 편도함수를 구하면 $$f_{xx}=-2y,f_{yy}=-2x,f_{xy}=3-2x-2y$$이니 $$D(x,y)=4xy-(3-2x-2y)^2$$이다.
$D(0,0) \lt 0,D(0,3) \lt 0, D(3,0) \lt 0$이니 주어진 함수는 $(x,y)=(0,0),(0,3),(3,0)$에서 안장점을 갖는다.
$D(1,1)=3 \gt 0$이고 $f_{xx}(1,1) \lt 0$이니 주어진 함수는 $(x,y)=(1,1)$에서 극대를 갖는다.
따라서 극댓값은 $f(1,1)=1$이고 안장점은 $(0,0,0),(0,3,0),(3,0,0)$이다.
※ Desmos 3D 그래프 페이지에서 문제에 주어진 $f(x,y)$의 그래프를 확인할 수 있다.
첫 번째 방법: 곡선 $C$ 위의 점 $(x,y,z)$와 $\mathbb{R}^3$의 원점인 $(0,0,0)$ 사이의 거리는 $$d=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$$이다. 계산을 편하게 하기 위해 $d^2=f(x,y,z)=x^2+y^2+z^2$라 놓자. 제약조건은 각각 $$g(x,y,z)=x^2+y^2-z^2=0$$$$h(x,y,z)=x+y-z+2=0$$이다.
$\nabla f=\lambda\nabla g+\mu\nabla h$인 $x,y,z$를 찾자. 방정식을 세우면 $$\begin{cases} 2x=\lambda 2x+\mu \\ 2y=\lambda 2y+\mu \\ 2z=-\lambda 2z-\mu \\ x^2+y^2-z^2=0 \\ x+y-z+2=0\end{cases}$$이다. 첫 번째 식과 두 번째 식에 의해 $x=y$이니 이를 대입하면 $x=y=-2 \pm \sqrt{2}$이다.
$z^2=2x^2$이니 $d^2=4x^2$이다. 따라서 거리 $d=|2x|$의 최솟값은 $2|-2+\sqrt{2}|=4-2\sqrt{2}$이다.
두 번째 방법: $z^2=x^2+y^2$과 $z=x+y+2$를 연립하면 $$x^2+y^2=(x+y+2)^2$$에서 $$xy+2x+2y+2=0 \Rightarrow (x+2)(y+2)=2$$이다. 이를 두 번째 식에 대입하면 $$z=x+{2\over x+2}$$이니 곡선 $C$의 매개변수 방정식은 $$\begin{cases} x=t \\ y=-2+{2\over t+2}\\ z=t+{2\over t+2} \end{cases}$$이다.
곡선 $C$ 위의 점과 $\mathbb{R}^3$의 원점인 $(0,0,0)$ 사이의 거리는 $$\sqrt{t^2 + \left(-2+{2\over t+2}\right)^2 + \left(t+{2\over t+2}\right)^2}$$이고 루트 안의 식은 $t=\sqrt{2}-2$에서 최소가 된다. 따라서 구하는 거리는 $\sqrt{24-16\sqrt{2}}=4-2\sqrt{2}$이다.
범위 $R$이 직사각형이므로 주어진 이중적분을 다시 쓰면 $$\int_0^1 \int_0^1 {xy^2 \over y^2+1} dy dx$$이고 $$\int_0^1 x\int_0^1 \left( 1- {1\over y^2+1} \right) dy dx=\int_0^1 x \left[ y-\tan^{-1}{y} \right]_{y=0}^{y=1} dx=\int_0^1 x\left(1-{\pi\over4}\right) dx={1\over2}\left(1-{\pi\over4}\right)$$이다.
$$\iint\limits_D 4-2x-y dA$$를 구하면 된다. $$D=\{ (x,y) | \sqrt{y} \leq x \leq 2-y ,0 \leq y \leq 1 \}$$이므로 적분 식을 세우면 $$\int_0^1 \int_{\sqrt{y}}^{2-y} 4-2x-y dxdy=\int_0^1 \left[ (4-y)x-{x^2} \right]_{x=\sqrt{y}}^{x=2-y} dx= \int_0^1 (-y-4\sqrt{y}+y\sqrt{y}+4) dy=\left[ -{y^2\over2}-{8\over3}y^{3/2}+{2\over5}y^{5/2}+4y \right]_0^1={37\over30}$$이다.
주어진 적분의 범위를 모두 합하면 $D=\{(r,\theta)|0 \leq r \leq \sqrt{5}, 0 \leq \theta \leq \pi/2\}$이므로 극좌표를 이용하여 하나의 이중적분으로 합치면 $$\iint\limits_D 2r\ln{r} dr d\theta=\int_0^{\pi/2} \int_0^{\sqrt{5}} 2r\ln{r} dr d\theta=\int_0^{\pi/2} \left[ r^2\ln{r} -{r^2\over2} \right]_{r=0}^{r=\sqrt{5}} d\theta={5\over4}\pi(\ln{5}-1)$$이다.