미적분학 해설
미적분학 해설서
김동화,이성종,이영회,진영훈 지음
미적분학 해설서
제 6판
김동화, 이성종, 이영회, 진영훈
2021/03/6
서문
지은이: 수학과 17 김동화, 17 이성종, 17 이영회, 18 진영훈.
17 김동화의 말 : 일반수학은 모든 이공계열 학생들이 기본으로 배우는 학문임과 동시에 다른 학문을 익히기 위해서
필수적인 학문입니다. 이 해설서를 통하여 많은 학생들이 기초를 다지는 데에 큰 도움이 되었으면 하며, 공부에 자신감을
더해줄 수 있었으면 합니다. 기초가 튼튼해야 심화된 전공 개념을 배울 때에도 더 쉽게 이해할 수 있기에, 수강생 여러분
들은 일반수학 과목을 꼭 열심히 수강하시길 바랍니다.
17 이성종의 말 : 2020년을 맞아 일반수학 교재가 새롭게 집필되었다는 소식을 처음 들었을 때, 저는 순전히 호기심
으로 책을 사서 구매하였습니다. 하지만 아직 연습문제의 답이 없는 것을 발견, ’ 내가 한 번 해설을 만들어보면 어떨까?’
라고 생각하여 이 해설서를 작성하게 되었습니다. 저희 집필진들은 평소에도 같이 전공을 공부하는 스터디메이트들인데,
LATEX를 이용하여 풀이를 만들어놓는 공부를 자주 하곤 했습니다. 그래서 이렇게 일반수학 해설서가 만들어진 것이죠.
비록 아직 학부생들이 만든 풀이에 불과하기 때문에, 계산 실수도 잦고 개념 오류도 군데군데 있으리라 짐작합니다. 답
들을 너무 맹신하지는 마시고 그저 참고서로만 사용하시길 바랍니다.
17 이영회의 말 : 새 책이 나온다는 소식을 듣자마자 뜻 맞는 동기들과 모여 해설서를 만들기 시작했습니다. 신입생들,
그리고 미적분학 책을 가지고 공부할 학우들에게 도움이 됐으면 하는 바람을 가지고 집필하였습니다. 물론 이런 비교적
사소한? 동기와는 다르게 많은 시간과 노력을 들였습니다. 그렇기에 이 해설서가 많은 친구들에게 큰 도움이 되었으면
합니다.
공동작업을 했기 때문에 각자의 스타일이 달라 검토를 많이 했음에도 불구하고 오타나 오류가 있을 수 있습니다. 너
그러운 마음으로 이해하여 주시고 만약 오탈자나 다른 좋은 의견이 있다면 밑에 적어둔 이메일로 알려주신다면 아주 큰
도움이 될 것 같습니다.
특히 수학과 학우분들은 증명 문제에 대해 해설서에 적혀있는 내용뿐만 아니라 다른 풀이는 없는지 다양하게 생각하
는 습관을 가졌으면 합니다. 미적분학은 앞으로 전공을 공부할 때 가장 기본적으로 쓰이는 기둥입니다. 기둥을 단단히
해야 그만큼 더 앞으로 나아갈 수 있다고 생각합니다. 보잘것없어 보이는 이 해설서가 그래도 수학과 학우분들께는 큰
동기부여가 되었으면 하고 바랍니다.
18 진영훈의 말: 혼자 공부할 때 또 주변에 물어볼 사람이 없을 때 이 해설서를 잘 활용하시면 조금이라도 도움을 받을
수 있을 것입니다. 저는 이 해설서가 단지 답만 보는 용도가 아닌 적힌 풀이들을 이해하면서 여러분들의 수학적 사고력을
향상할 수 있는 수단으로 활용되었으면 좋겠습니다. 비록 저희들의 풀이가 완벽하고 깔끔한 풀이는 아닐 수 있지만, 개
정을 거듭하면서 더 좋은 풀이들로 발전해나가겠습니다. 일반수학 열심히 공부하시고 좋은 성적 받으시길 바랍니다.
이 해설서는 2020년도 정규 일반수학 강의가 끝나기도 전에 만들어진 해설서이기 때문에 문제에 접근하는 관점이 배
우실 것들과 다를 수 있음을 알려드립니다. 참고용으로만 사용하여 주시고, 오탈자나 틀린 풀이, 혹은 다른 좋은 의견이
있다면 진영훈 : yjin5936@gmail.com 로 메일을 남겨주신다면 개정판에 적극적으로 반영하겠습니다.
해설서 작성을 흔쾌히 허락해주신 미적분학 집필진 수학과 교수님 세 분께 감사의 말을 드립니다. 좋은 교재를 집필
해주시고, 좋은 공부 기회를 주심에 다시 한번 감사의 말을 드립니다. 또 이 해설서로 공부하실 독자분들에게도 감사의
말을 드립니다.
ii
CONTENTS
SOLUTION
CONTENTS
Contents
1 집합과 함수
4
2 극한
10
3 미분
16
4 적분
36
5 무한급수
47
6 멱급수와 테일러 정리
54
7 좌표계
75
8 벡터와 행렬
82
9 복소수
96
10 곡선
99
11 다변수함수와 미분
106
12 편미분의 활용
122
13 다중적분
139
14 곡면
154
15 벡터장
164
16 벡터장의 적분정리
174
3
1 집합과 함수
SOLUTION
1
집합과 함수
그리면 다음과 같다.
p
T
T
T
T
T
T
T
T
F
F
F
F
F
F
F
F
연습문제 1.1 .
1. 다음 명제가 참임을 보이시오.
a) p → (q → r)과 p ∧ q → r 은 동치이다.
proof ) P : p → (q → r), Q : p ∧ q → r 로 놓고 진리표를 그리면
다음과 같다.
p
T
T
T
T
F
F
F
F
q
T
T
F
F
T
T
F
F
r
T
F
T
F
T
F
T
F
q→r
T
F
T
T
T
F
T
T
p∧q
T
T
F
F
F
F
F
F
P
T
F
T
T
T
T
T
T
Q
T
F
T
T
T
T
T
T
q
T
T
F
F
T
T
F
F
r
T
F
T
F
T
F
T
F
p→q
T
T
F
F
T
T
T
T
p→r
T
F
T
F
T
T
T
T
q∧r
T
F
F
F
T
F
F
F
P
T
F
F
F
T
T
T
T
r
T
T
F
F
T
T
F
F
T
T
F
F
T
T
F
F
s
T
F
T
F
T
F
T
F
T
F
T
F
T
F
T
F
p→r
T
T
F
F
T
T
F
F
T
T
T
T
T
T
T
T
q→s
T
F
T
F
T
T
T
T
T
F
T
F
T
T
T
T
p∧q
T
T
T
T
F
F
F
F
F
F
F
F
F
F
F
F
r∨s P
T
T
T
T
T
T
F
F
T
T
T
T
T
T
F
T
T
T
T
T
T
T
F
T
T
T
T
T
T
T
F
T
Q
T
T
T
F
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
e) ((p → q) ∨ (p → r)) → (q ∨ r)과 p ∨ q ∨ r은 동치이다.
proof ) P : ((p → q) ∨ (p → r)) → (q ∨ r), Q : p ∨ q ∨ r로 놓고
진리표를 그리면 다음과 같다.
b) (p → q) ∧ (p → r)과 p → q ∧ r은 동치이다.
proof ) P : (p → q) ∧ (p → r), Q : p → q ∧ r로 놓고 진리표를
그리면 다음과 같다.
p
T
T
T
T
F
F
F
F
q
T
T
T
T
F
F
F
F
T
T
T
T
F
F
F
F
p
T
T
T
T
F
F
F
F
Q
T
F
F
F
T
T
T
T
q
T
T
F
F
T
T
F
F
r
T
F
T
F
T
F
T
F
pq
T
T
F
F
T
T
T
T
pr
T
F
T
F
T
T
T
T
(p q) ∨ (p → r) q ∨ r
T
T
T
T
T
T
F
F
T
T
T
T
T
T
T
F
P
T
T
T
T
T
T
T
F
2. 다음과 같이 주어진 명제의 부정명제를 쓰시오.
a) a < x ≤ b.
sol) x ≤ a 또는 x > b.
c) p → (q ∨ r)와 (p∧ ∼ q) → r은 동치이다.
proof ) P : p → (q ∨ r), Q : (p∧ ∼ q) → r로 놓고 진리표를 b) 모든 실수 x에 대하여 x2 − 6x + 9 ≥ 0이다.
sol) 어떤 실수 x에 대하여 x2 − 6x + 9 < 0이다.
그리면 다음과 같다.
p
T
T
T
T
F
F
F
F
q
T
T
F
F
T
T
F
F
r
T
F
T
F
T
F
T
F
q∨r
T
T
T
F
T
T
T
F
∼q
F
F
T
T
F
F
T
T
p∧ ∼ q
F
F
T
T
F
F
F
F
P
T
T
T
F
T
T
T
T
c) 모든 실수 x에 대하여 x2 + 4 ≥ 0이고 x2 ≤ 0이다.
sol) 어떤 실수 x에 대하여 x2 + 4 < 0이거나 x2 > 0이다.
Q
T
T
T
F
T
T
T
T
d) 어떤 실수 x에 대하여 x < 3이거나 x > 6이다.
sol) 모든 실수 x에 대하여 x ≥ 3이고 x ≤ 6이다.
e) 어떤 실수 x에 대하여 x3 = 2이면 x = 1이다.
sol) 모든 실수 x에 대하여 x3 = 2이고 x 6= 1이다.
f) 모든 사람은 수학적 사고를 한다.
d) (p → r) ∨ (q → s)와 p ∧ q → r ∨ s는 동치이다.
sol) 어떤 사람은 수학적 사고를 하지 않는다.
proof ) P : (p → r) ∨ (q → s), Q : p ∧ q → r ∨ s로 놓고 진리표를
4
Q
T
T
T
T
T
T
T
F
1 집합과 함수
SOLUTION
3. 다음 물음에 답하시오.
b) A ∩ B = {3, 4, 5}
c) 1 6∈ A − B
d) 2 6∈ B − A
a) 실수 x에 대하여 두 명제 p, q가 다음과 같을 때,
p : −10 < x < a,
q : |x − 6| < 2,
sol) A = {2, 3, 4, 5}, B = {1, 3, 4, 5}로 두면 위의 네 조건을 모두
만족한다.
명제 p →∼ q가 참이 되도록 하는 자연수 a ≥ 1의 개수를 구하시
오.
sol) 1 ≤ a ≤ 4이면 x ≤ 4가 만족되므로 명제 p →∼ q 는 참이다. 3. 집합 A = {13k + 10|k ∈ Z}, B = {5m|m ∈ Z}, C =
a ≥ 5인 경우, x = 4.5를 생각하면 x는 명제 p를 만족하지만 명제 {13(5n + 1) − 3|n ∈ Z}에 대하여 A ∩ B = C임을 보이시오.
∼ q를 만족하지 못하므로 명제 p →∼ q가 거짓이 된다. 따라서
가능한 자연수 a는 1, 2, 3, 4로, 그 개수는 4개이다.
proof ) A ∩ B = C임을 보이기 위해 A ∩ B ⊆ C이고 C ⊆ A ∩ B
임을 보이면 된다.
b) 실수 x에 대하여 세 명제 p, q, r가 다음과 같을 때,
p : x ≥ −10,
q : x < −6 + a,
r : |x| ≤
i) A ∩ B ⊆ C : x ∈ A ∩ B이면 어떤 정수 k, m ∈ Z가 존재하여
a
2
x = 13k + 10 = 5m
명제 ∼ p → q와 q →∼ r이 모두 참이 되도록 하는 실수 a의 최댓 이다. 또한 13k = 5m − 10이므로 13k = 5(m − 2)이다. 이 때, 13
값과 최솟값을 구하시오.
과 5가 서로소이므로 어떤 정수 n ∈ Z에 대해
sol) 명제 ∼ p → q가 참이기 위해서는
k = 5n, x = 13k + 10 = 13(5n + 1) − 3
−10 ≤ 6 + a =⇒ a ≥ −4
이므로 x ∈ C이다. 따라서 A ∩ B ⊆ C이다.
이고, 명제 q →∼ r ⇐⇒ r →∼ q가 참이기 위해서는
a a
a−6≤−
∧ a−6≤
=⇒ a ≤ 4
2
2
ii) C ⊆ A ∩ B : y ∈ C이면 어떤 정수 p ∈ Z에 대해
y = 13(5p + 1) − 3 = 13(5p) + 10 = 5(13p + 2)
이어야 하므로 명제 ∼ p → q와 q →∼ r이 모두 참이 되도록 이므로 y ∈ A ∩ B가 성립한다. 따라서 C ⊆ A ∩ B이다.
하는 실수 a의 범위는 −4 ≤ a ≤ 4이다. 따라서 구하고자 하는
최솟값은 −4이고, 최댓값은 4이다.
4. 집합 A, B, C에 대해서 다음 등식이 성립합을 보이시오.
연습문제 1.2 .
1. 두 집합 A = {1, 2}, B = {2, 3}에 대해서 다음을 구하시오.
a) A × B
sol) A × B = {(1, 2), (1, 3), (2, 2), (2, 3)}.
a) (A ∪ B) ∩ C = (A ∩ C) ∪ (B ∩ C)
proof ) 다음에 의해 문제의 등식이 성립한다.
x ∈ (A ∪ B) ∩ C ⇐⇒ (x ∈ (A ∪ B)) ∧ (x ∈ C)
⇐⇒ (x ∈ A ∨ x ∈ B) ∧ (x ∈ C)
⇐⇒ (x ∈ A ∧ x ∈ C) ∨ (x ∈ B ∧ x ∈ C)
⇐⇒ (x ∈ A ∩ C) ∨ (x ∈ B ∩ C)
b) B × A
sol) B × A = {(2, 1), (2, 2), (3, 1), (3, 2)}.
⇐⇒ x ∈ (A ∩ C) ∪ (B ∩ C).
c) (A × B) ∩ (B × A)
sol) (A × B) ∩ (B × A) = {(2, 2)}.
b) (A ∩ B) ∪ C = (A ∪ C) ∩ (A ∪ B)
proof ) 다음에 의해 문제의 등식이 성립한다.
x ∈ (A ∩ B) ∪ C ⇐⇒ (x ∈ (A ∩ B)) ∨ (x ∈ C)
d) (A ∪ B) × B
sol) (A ∪ B) × B = {(1, 2), (1, 3), (2, 2), (2, 3), (3, 2), (3, 3)}.
⇐⇒ (x ∈ A ∧ x ∈ B) ∨ (x ∈ C)
⇐⇒ (x ∈ A ∨ x ∈ C) ∧ (x ∈ B ∨ x ∈ C)
⇐⇒ (x ∈ A ∪ C) ∧ (x ∈ B ∪ C)
⇐⇒ x ∈ (A ∪ C) ∩ (B ∪ C).
e) (A × B) ∪ (B × B)
sol) (A×B)∪(B ×B) = {(1, 2), (1, 3), (2, 2), (2, 3), (3, 2), (3, 3)}.
5. 집합 A, B에 대해서 다음 등식이 성립함을 보이시오.
2. 다음 네 조건을 모두 만족하는 집합 A, B를 구하시오.
a) A ∪ B = {1, 2, 3, 4, 5}
5
1 집합과 함수
SOLUTION
a) (A ∪ B)c = Ac ∩ B c
proof ) 다음에 의해 문제의 등식이 성립한다.
8. 집합 A, B가 B ⊂ A를 만족하면
c
x ∈ (A ∪ B) ⇐⇒ ∼ (x ∈ A ∪ B)
A × B = ((A − B) × B) ∪ (B × B)
⇐⇒ ∼ (x ∈ A ∨ x ∈ B)
⇐⇒ ∼ (x ∈ A)∧ ∼ (x ∈ B)
이 성립함을 보이시오.
proof ) B ⊂ A이므로 A = (A−B)∪B가 성립한다. 이제 연습문제
7의 명제를 적용하면
⇐⇒ (x ∈ Ac ) ∧ (x ∈ B c )
⇐⇒ x ∈ Ac ∩ B c .
A × B = ((A − B) ∪ B) × B = ((A − B) × B) ∪ (B × B)
b) (A ∩ B)c = Ac ∪ B c
proof ) 다음에 의해 문제의 등식이 성립한다.
이다.
c
x ∈ (A ∩ B) ⇐⇒ ∼ (x ∈ A ∩ B)
⇐⇒ ∼ (x ∈ A ∧ x ∈ B)
9. 두 집합 A, B에 대해 A와 B의 대칭차집합(symmetric difference)은 다음과 같이 정의된다.
⇐⇒ ∼ (x ∈ A)∨ ∼ (x ∈ B)
⇐⇒ (x ∈ Ac ) ∨ (x ∈ B c )
A4B = (A − B) ∪ (B − A)
⇐⇒ x ∈ Ac ∪ B c .
이때, 다음 등식이 성립합을 보이시오.
6. 집합 A, B, C에 대해서 다음 등식이 성립함을 보이시오.
a) A4(A4B) = B.
proof ) A − B = A ∩ B c 이고,
a) A − (B ∪ C) = (A − B) ∩ (A − C)
proof ) 다음에 의해 문제의 등식이 성립한다.
A4B = (A − B) ∪ (B − A)
x ∈ A − (B ∪ C) ⇐⇒ x ∈ A ∧ x 6∈ (B ∪ C)
⇐⇒ x ∈ A ∧ ((x 6∈ B) ∧ (x 6∈ C))
= (A ∩ B c ) ∪ (B ∩ Ac )
⇐⇒ x ∈ A ∧ x ∈ A ∧ ((x 6∈ B) ∧ (x 6∈ C))
= ((A ∩ B c ) ∪ B) ∩ ((A ∩ B c ) ∪ Ac )
⇐⇒ (x ∈ A ∧ x 6∈ B) ∧ (x ∈ A ∧ x 6∈ C)
= ((B ∪ A) ∩ (B ∪ B c )) ∩ ((Ac ∪ A)(Ac ∪ B c ))
⇐⇒ (x ∈ A − B) ∧ (x ∈ A − C)
= (B ∪ A) ∩ (Ac ∪ B c )
⇐⇒ x ∈ (A − B) ∩ (A − C).
= (B ∪ A) ∩ (A ∩ B)c
= (A ∪ B) − (A ∩ B)
b) A − (B ∩ C) = (A − B) ∪ (A − C)
proof ) 다음에 의해 문제의 등식이 성립한다.
임을 사용하자.
x ∈ A − (B ∩ C) ⇐⇒ x ∈ A ∧ x 6∈ (B ∩ C)
A − (A4B) = A − ((A ∪ B) − (A ∩ B))
⇐⇒ x ∈ A ∧ ((x 6∈ B) ∨ (x 6∈ C))
= A − ((A ∪ B) ∩ (A ∩ B)c )
⇐⇒ (x ∈ A ∧ x 6∈ B) ∨ (x ∈ A ∧ x 6∈ C)
= (A − (A ∪ B)) ∪ (A − (A ∩ B)c )
⇐⇒ (x ∈ A − B) ∨ (x ∈ A − C)
= A ∩ (A ∩ B) = A ∩ B,
⇐⇒ x ∈ (A − B) ∪ (A − C).
이고,
7. 집합 A, B, C에 대해서 다음이 성립함을 보이시오.
(A4B) − A = ((A − B) ∪ (B − A)) − A
= ((A − B) ∪ (B − A)) ∩ Ac
(A ∪ B) × C = (A × C) ∪ (B × C)
= ((A − B) ∩ Ac ) ∪ ((B − A) ∪ Ac )
proof )
= ((A − B) − A) ∪ ((B − A) − A)
(x, y) ∈ (A ∪ B) × C ⇐⇒ x ∈ (A ∪ B) ∧ y ∈ C
= (A ∩ B c ∩ Ac ) ∪ (B ∩ Ac ∩ Ac )
⇐⇒ (x ∈ A ∨ x ∈ B) ∧ (y ∈ C)
= B ∩ Ac .
⇐⇒ (x ∈ A ∧ y ∈ C) ∨ (x ∈ B ∧ y ∈ C)
이다. A4(A4B) = (A − (A4B)) ∪ ((A4B) − A)이므로
A4(A4B) = (B ∩ A) ∪ (B ∩ Ac ) = B이다.
⇐⇒ (x, y) ∈ A × C ∨ (x, y) ∈ B × C
⇐⇒ (x, y) ∈ (A × C) ∪ (B × C).
6
1 집합과 함수
SOLUTION
10. 집합 U = {1, 2, 3, 4, 5, 6}에 대해서 다음 세 조건을 모두 만족
하는 집합 A, B, C를 구하시오.
b) (A4B)4C = A4(B4C)
proof ) 좌변과 우변의 식이
(A − (B ∪ C)) ∪ (B − (C ∪ A)) ∪ (C − (A ∪ B)) ∪ (A ∩ B ∩ C)
a) A4C = {1, 2}
b) B4C = {5, 6}
c) A ∩ B = B ∩ C = {3, 4}
sol) A = {1, 2, 3, 4}, B = {3, 4, 5, 6}, C = {3, 4}로 두면 위 세
조건을 만족한다.
로 같음을 보이자. 좌변의 경우,
(A4B) − C = ((A − B) ∪ (B − A)) − C
= ((A − B) − C) ∪ ((B − A) − C)
= (A − (B ∪ C)) ∪ (B − (A ∪ C)),
이므로
연습문제 1.3 .
1. 따름정리 1.3.3을 증명하시오.
proof ) i), ii), iii)는 본문에서 증명이 완료되었으므로 iv)만 증명
하기로 한다.
1
a > 0이라 하자.
≤ 0 라고 가정하면 따름정리 1.3.3의 iv)에
a
의해
1
1
≤ 0 =⇒ a · ≤ a · 0 ⇐⇒ 1 ≤ 0
a
a
(A4B)4C = ((A4B) − C) ∪ (C − (A4B))
이므로 이는 모순이다. 따라서
이고
C − (A4B) = C − ((A ∪ B) − (A ∩ B))
= (C − (A ∪ B) ∪ (C − (A ∩ B)c )
= (C − (A ∪ B)) ∪ (A ∩ B ∩ C),
1
> 0이다. 또한 a < 0인 경우에는
a
−a > 0으로 두고 똑같이 하면 된다.
= (A − (B ∪ C)) ∪ (B − (A ∪ C)) ∪ (C − (A ∪ B))
∪ (A ∩ B ∩ C)
√
이다. 우변의 경우도, A와 C의 역할을 바꾸어 위 풀이를 적용하면 2. 2는√유리수가 아님을 증명하시오.
proof ) 2가 유리수라고 하자. 그러면 어떤 서로소인 양의 정수
m, n에 대해
A − (B4C) = (A − (B ∪ C)) ∪ (A ∩ B ∩ C),
√
m
2=
⇐⇒ 2n2 = m2
(B4C) − A = (B − (C ∪ A)) ∪ (C − (B ∪ A))
n
이므로
이 성립한다. 또한 이 식에서 m은 짝수임을 알 수 있고, 따라서
m = 2k를 만족하는 0이 아닌 정수 k가 존재한다. 그러면
A4(B4C) = (A − (B4C)) ∪ ((B4C) − A)
2n2 = m2 = (2k)2 = 4k 2 =⇒ n2 = 2k 2
= (A − (B ∪ C)) ∪ (B − (A ∪ C)) ∪ (C − (A ∪ B))
∪ (A ∩ B ∩ C)
이고, n 또한 짝수임을 알 수√있다. 하지만 이는 m, n이 서로소라
는 가정에 모순이다. 따라서 2는 유리수가 아니다.
가 성립하므로 좌변과 우변의 식은 서로 같다.
c) A ∩ (B4C) = (A ∩ B)4(A ∩ C)
proof )
√
3. 소수(prime number) p에 대하여 p는 유리수가 아님을 증명
하시오.
√
proof ) p가 유리수라고 하자. 그러면 어떤 서로소인 양의 정수
m, n에 대해
m
√
p=
⇐⇒ pn2 = m2
n
(A ∩ B) − (A ∩ C) = (A ∩ B) ∩ (Ac ∪ C c )
= (A ∩ B ∩ Ac ) ∪ (A ∩ B ∩ C c )
= (A ∩ B ∩ C c )
= (A ∩ (B − C))
이 성립한다. 또한 m, n이 서로소라고 가정했으므로 m2 , n2 또한
서로소이다. 하지만 pn2 = m2 이므로, p는 m2 을 나누고, 또한 p
임을 이용하면
가 소수여서 m을 나누므로 pk = m을 만족하는 k ∈ Z − {0}가
존재한다.
이제
(A ∩ B)4(A ∩ C) = ((A ∩ B) − (A ∩ C)) ∪ ((A ∩ C) − (A ∩ B))
= (A ∩ (B − C)) ∪ (A ∩ (C − B))
pn2 = m2 = (pk)2 ⇐⇒ n2 = k 2
= A ∩ ((B − C) ∪ (C − B))
이므로 k는 n을 나눈다. 하지만 pk = m에서 k는 m을 나누므로,
√
이는 m, n이 서로소라는 가정에 모순이다. 따라서 p는 유리수가
아니다.
= A ∩ (B4C)
이므로 등식이 성립한다.
7
1 집합과 함수
SOLUTION
√
4. 유리수 a, b, 소수(prime number) p에 대하여 a + b p = 0이면 연습문제 1.4 1. A = {1, 2, 3, 4}에 대해서 함수 f : A → R,
a = b = 0임을 증명하시오.
f (x) = x2 − 4x + 2의 치역을 구하고 그래프를 그리시오.
proof ) b 6= 0라 가정하면
√
√
a + b p = 0 ⇐⇒ a = −b p ⇐⇒
sol) f (1) = −1, f (2) = −2, f (3) = −1, f (4) = 2이므로 치역은
f (A) = {−2, −1, 2}이다.
a
√
= p
−b
√
가 되어 p가 유리수가 되는데, 이는 모순이다. 따라서 b = 0
이다. 이를 통해 a = 0임도 알 수 있다.
2
f (x)
5. 실수 a에 대하여 a · 0 = 0임을 증명하시오.
proof )
a · 0 = a · (0 + 0) = a · 0 + a · 0
=⇒ 0 = a · 0 − a · 0 = a · 0 + a · 0 − a · 0 = a · 0
0
이므로 a · 0 = 0이다.
6. 실수 a, b, c에 대하여 ab = ac이고 a 6= 0이면 b = c임을 보이시
−2
오.
1
proof ) a 6= 0이므로 그 역원 이 존재하고
a
0
1
2
3
4
5
x
1
1
b=1·b=
· a · b = · (ab)
a
a
2. 함수
1
1
2
2
= (ac) =
·a ·c=1·c=c
f (x) = + 3x, g(x) = − + 9x + 5
a
a
x
x
에 대하여 (f + g)(x)와 이 함수의 정의역을 구하시오.
이므로 증명이 완료되었다.
sol) f : X → Y 에 대해 Dom(f ) = X를 f 의 정의역이라고
하자. Dom(f + g) = Dom(f ) ∩ Dom(g)임을 이용한다. 자명히
1
1
7. 실수 a, b에 대하여 0 < a < b이면 0 < < 임을 보이시오.
b
a
1 1
1
1
proof ) a > 0, b > 0이므로 , > 0은 자명하다. 만약
≥
a b
b
a
이라 하면,
Dom(f ) = Dom(g) = R − {0}
이다. 따라서 (f + g)(x) = 12x + 5이고
Dom(f + g) = R − {0}
1
1
1
≤a· <b· =1
a
b
b
=⇒ 1 < 1
1=a·
가 되어 모순이다. 따라서 0 <
이다.
3. 함수
1
1
< 이 성립한다.
b
a
f (x) = x2 − 4x + 1,
g(x) = (x − 2)(x + 3)
8. 임의의 세 실수 x, y, z에 대해 다음 부등식이 성립함을 보이시 에 대하여 f /g의 정의역을 구하고, (f /g)(x)의 식을 쓰시오.
오.
sol) Dom(f /g) = Dom(f ) ∩ Dom(1/g)임을 이용한다.
Dom(f ) = R, Dom(1/g) = R − {−3, 2}이므로 함수 f /g의 정
의역은
|x + y + z| ≤ |x| + |y| + |z|
proof )
Dom(f /g) = R − {−3, 2}
|x + y + z| = |(x + y) + z|
이고, 그 식은
≤ |(x + y)| + |z|
≤ |x| + |y| + |z|
x2 − 4x + 1
f
(x) =
g
(x − 2)(x + 3)
이므로 증명이 완료되었다.
8
1 집합과 함수
SOLUTION
6. 함수 f : R → R, f (x) = x2 − 4x + 9의 치역을 구하시오.
이다.
4. 함수
f (x) =
sol) 함수 f 의 치역은 f (R) = [5, ∞)이다.
1
1+
1
1
1+ x
7. 함수 f : R → R, f (x) = 5x + |x|의 역함수를 구하시오.
에 대하여 f 의 정의역을 구하고, f (1/2)의 값을 구하시오.
sol) 함수 f 를 다시 쓰면
sol) 함수 g, h, i를 다음과 같이 정의하면
1
g(x) = 1 + ,
x
1
h(x) = ,
x
(
f (x) =
1
i(x) =
,
1+x
6x,
4x,
x≥0
x<0
이므로 그 역함수는
f (x) = (i ◦ h ◦ g)(x)이다. 먼저 함수 g는 x = 0에서 정의되
(
1
x
, x≥0
지 않는다. 또, 함수 h ◦ g는 h(g(x)) =
이므로 g(x) = 0인
−1
f (x) = x6
g(x)
4, x < 0
x에서 정의되지 않는다. 즉, x = −1에서 정의되지 않는다. 이
1
이므로 이다.
제 마지막으로 함수 i ◦ h ◦ g는 i(h(g(x))) =
1 + h(g(x))
1
h(g(x)) =
= −1 ⇐⇒ g(x) = −1인 x에서 정의되지 않는
g(x)
8. 함수 f : R → R, f (x) = 3x − 3−x 의 역함수를 구하시오.
1
다. 즉, x = − 에서 정의되지 않는다. 따라서, 함수 f 의 정의역은
2
sol) 3x = t, y = f (x)로 치환하면
1
R − {−1, − , 0}
1
2
⇐⇒ t2 − yt − 1 = 0
y =t−
t
p
이다.
y ± y2 + 4
1
=⇒ t =
이제 f 는 x = 에서 잘 정의되고, 그 함숫값은
2
2
p
y − y2 + 4
1
3
이다. 이때, 3x = t > 0 이므로, t =
< 0인 경우는
=
f
2
2
4
제외된다. 따라서, 역함수를 f −1 이라 했을 때,
√
√
이다.
−1
x + x2 + 4
x + x2 + 4
3f (x) =
=⇒ f −1 (x) = log3
2
2
5. 함수
가 된다.
√
f (x) =
5 − x2 − 9
16 − x2
9. 함수
1
3 − x − x2
, g(x) =
x
1+x
에 대하여 합성함수 f ◦ g, g ◦ f 를 구하시오.
sol)
f 의 정의역을 구하시오.
f (x) =
sol) 함수 g, h를 다음과 같이 정의하면
p
g(x) = 5 − x2 − 9, h(x) = 16 − x2 ,
1+x
,
3 − x − x2
1
1
3− − 2
3x2 − x − 1
x
x
.
(g ◦ f )(x) =
=
1
x(x + 1)
1+
x
(f ◦ g)(x) =
f (x) = (g/h)(x)이다. 또, 함수 f 의 정의역을 구하기 위해
Dom(f ) = Dom(g/h) = Dom(g) ∩ Dom(1/h)임을 이용한다.
Dom(g) = R − (−3, 3), Dom(1/h) = R − {−4, 4}이므로 함수
f = g/h의 정의역은
Dom(f ) = R − ({−4, 4} ∪ (−3, 3))
10. 함수 f : R → R, f (x) = x5 + 2는 일대일대응임을 보이시오.
이다.
9
SOLUTION
2 극한
1
proof ) 함수 g : R → R, g(x) = (x − 2) 5 는 정의역에서 잘 정의 따라서 함수 g도 전사함수이다.
되고, f 의 역함수이므로 함수 f 는 일대일대응이다.
2
11. 함수 f : X → Y 와 A ⊂ B ⊂ X에 대하여 다음이 성립합을
보이시오.
f (A) ⊂ f (B),
극한
연습문제 2.1
1. 수열 {xn }, {yn }, {zn } 이 각각 실수 2, 3, 0으로 수렴하고,
{wn }은 ∞로 발산한다. 다음 수열의 수렴 여부를 확인하고, 수렴
하는 경우에는 수열의 극한을 구하시오.
f (A ∪ B) = f (A) ∪ f (B).
proof ) y ∈ f (A)이면 어떤 x ∈ A에 대해 y = f (x)이다. A ⊂ B
이므로 x ∈ B이어서 y = f (x) ∈ f (B)이다. 따라서 f (A) ⊂ f (B)
가 성립한다.
a) {xn + 2yn }
이제 p ∈ f (A ∪ B)이면 어떤 q ∈ A ∪ B에 대해 p = f (q)이다. sol) 정리 2.1.2에 의하여 수렴. 극한값: 8.
따라서
p = f (q) ∈ f (A) or p = f (q) ∈ f (B)
b) {2xn − yn }
이므로, p ∈ f (A) ∪ f (B)이다. 그러므로 f (A ∪ B) ⊂ f (A) ∪ f (B) sol) 정리 2.1.2에 의하여 수렴. 극한값: 1.
이다. 한편 A, B ⊂ A ∪ B이므로 f (A), f (B) ⊂ f (A ∪ B)이고,
따라서
c) {xn yn }
f (A) ∪ f (B) ⊂ f (A ∪ B)
sol) 정리 2.1.2에 의하여 수렴. 극한값: 6.
이다. 이를 통해 f (A ∪ B) = f (A) ∪ f (B)임을 알 수 있다.
d) {xn zn }
12. 함수 f : X → Y 와 A ⊂ B ⊂ X에 대하여 다음이 성립합을 sol) 정리 2.1.2에 의하여 수렴. 극한값: 0.
보이시오.
f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B).
xn
e)
그리고 f (A ∩ B) 6= f (A) ∩ f (B)인 예를 제시하시오.
yn
2
sol) 정리 2.1.2에 의하여 수렴. 극한값: .
3
proof ) A ∩ B ⊂ A, B이므로 f (A ∩ B) ⊂ f (A), f (B)이고, 따라서
f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B)가 성립한다.
1
f)
xn yn
함수 f : R → R, f (x) = |x|에 대해 A = (−1, 0), B = (0, 1) sol) 정리 2.1.2에 의하여 수렴. 극한값: 1 .
6
로 놓으면 f (A) = f (B) = (0, 1)로 f (A) ∩ f (B) = (0, 1)이지만
f (A ∩ B) = ∅이므로 f (A ∩ B) 6= f (A) ∩ f (B)이다.
zn
g)
xn
13. 두 함수 f : A → B, g : B → C의 합성함수 g ◦ f 가 일대일함 sol) 정리 2.1.2에 의하여 수렴. 극한값: 0.
수이면 f 도 일대일함수임을 보이시오.
xn
h)
zn
proof ) 함수 f 가 일대일함수가 아니라고 가정하자. 즉, f (x1 ) =
f (x2 ) 이지만 x1 6= x2 를 만족하는 x1 , x2 ∈ A가 존재한다. 하지만 sol) 정리 2.1.5에 의하여 lim 1 = 0 이다. 정리 2.1.5에 의하여
n→∞ wn
함수 g ◦ f 가 일대일함수이고 f (x1 ) = f (x2 )이므로,
수렴. 극한값 : 0.
(g ◦ f )(x1 ) = (g ◦ f )(x2 ) =⇒ x1 = x2
2. 다음 수열이 증가수열인지 판정하시오.
가 되어 모순이다. 따라서, 함수 f 는 일대일함수이다.
2
5}
14. 두 함수 f : A → B, g : B → C의 합성함수 g ◦ f 가 전사함수 a) {n + 4n +
2
sol)
a
=
n
+
4n + 5라고 하자. 그러면 모든 자연수 n ≥ 1에
n
이면 g도 전사함수임을 보이시오.
대해
h
i
2
proof ) 함수 g ◦ f 가 전사함수이므로 (g ◦ f )(A) = g(f (A)) = C가
an+1 − an = (n + 1) + 4 (n + 1) + 5 − n2 + 4n + 5
성립한다. 또한 f (A) ⊂ B이므로, g(f (A)) ⊂ g(B)가 성립하고,
= 2n + 5 > 0
g(B) ⊂ C이므로 C = g(f (A)) ⊂ g(B) ⊂ C이고 g(B) = C이다.
10
2 극한
SOLUTION
이므로 주어진 수열은 증가수열이다.
이다. 이제 n 이 홀수일 때 an+1 − an 는 음수값을 가지고 n 이
짝수일 때 양수값을 가지므로 주어진 수열은 증가수열도, 감소수
열도 아니다.
b) {n2 − n}
sol) an = n2 − 4n + 5 라고 하자. 그러면 모든 자연수 n에 대하여
(n + 2)2
2
2
h)
an+1 − an = (n + 1) − (n + 1) − (n − n)
2n+2
= 2n > 0
(n + 2)2
sol) an =
라 하면 모든 자연수 n에 대하여
2n+2
이므로 주어진 수열은 증가수열이다..
(n + 3)2
(n + 2)2
−
2n+3
2n+2
c) {2n }
2
−n2 − 2n + 1
(n + 3) − 2(n + 2)2
sol) an = 2n 라고 하자. 그러면 모든 자연수 n ≥ 1에 대해
=
=
n+3
2
2n+3
an+1 − an = 2n > 0 이다. 따라서 주어진 수열은 증가수열이다.
2
−n − n − n − 1
=
2n+3
n
d) {(−1) }
2
−n2 − n
−n
−
n−1+1
n
<
=
<0
sol) an = (−1) 라 하면
n+3
2
2n+3
(
2,
n 이 홀수일 때
(n + 2)2
an+1 − an =
은 감소소열이다.
이다. 따라서
−2, n 이 짝수일 때
2n+2
n+2 임을 알 수 있고 따라서 주어진 수열은 증가수열도, 감소수열도
2
i)
아니다.
(n + 2)2
2n+2
sol) an =
라 하자. 그러면 모든 n에 대하여
1
(n + 2)2
e) 2 − 2
n
2n+3
2n+3
1
an+1 − an =
−
sol) an = 2 − 2 라 하면 모든 자연수 n ≥ 1에 대해
(n + 3)2
(n + 2)2
n
2
2
n2 + 2n − 1
n+2 2(n + 2) − (n + 3)
n+2
1
1
=
2
=
2
an+1 − an = 2 −
− 2− 2
(n + 3)2 (n + 2)2
(n + 3)2 (n + 2)2
(n + 1)2
n
2
2
n +n+1−1
n +n+n−1
1
1
≥ 2n+2
= 2n+2
= 2−
2 (n + 2)2
2
(n
+
3)
(n
+ 3)2 (n + 2)2
n
(n + 1)
2
n +n
2n + 1
= 2n+2
>0
= 4
>0
3
2
(n
+
3)2 (n + 2)2
n + 2n + n
an+1 − an =
이다. 따라서 주어진 수열은 증가수열이다.
이다. 따라서
n 1
f) −1 −
2 n
1
sol) an = −1 −
라 하면 모든 자연수 n ≥ 1에 대해
2
n+1
1
an+1 − an =
>0
2
2n+2
(n + 2)2
는 증가수열이다.
이다. 따라서 주어진 수열은 증가수열이다.
3. {xn } 이 감소수열이라 하자. 어떤 상수 m ∈ R 이 존재하여
모든 n ∈ N 에 대해 xn ≥ m 이면 {xn } 은 수렴함을 증명하시오.
proof ) {xn } 이 감소수열이므로 {−xn } 은 증가수열이다. 그리고
모든 자연수 n에 대해 −xn ≤ −m 이다. 따라서 단조수렴정리에
의하여 {−xn } 은 어떤 실수 x로 수렴한다. 또 정리 2.1.2에 의하여
{xn }은 −x로 수렴한다.
n 1
g) 2 − −
2
n
1
sol) an = 2 − −
라 하면
2
n n+1
n
1
1
3
1
an+1 − an = −
− −
=
−
2
2
2
2
4. a1 = 1, an+1 = (2a2n + 1)1/5 ,(n ≥ 1) 의 수렴 여부를 판정하시
오.
sol) 수학적 귀납법을 이용하여 an ≤ an+1 < 3 임을 증명하자.
n = 1 일 때 a1 = 1 ≤ 31/5 < 3 이므로 성립한다. 이제 n = k 일
때 성립한다고 가정하자. 즉, ak ≤ ak+1 < 3 이라 하자. 그러면
1/5
ak+2 = 2a2k+1 + 1
< 191/5 < 2431/5 = 3
11
2 극한
SOLUTION
연습문제 2.2 .
1. 주어진 함수의 좌극한과 우극한을 구하시오. 아래에서 [a]는
실수 a보다 작거나 같은 정수 중에 최대의 정수이다.
이고
ak+2 = 2a2k+1 + 1
1/5
> (2a2k + 1)1/5 = ak+1
이다. 따라서 n = k + 1 일때도 성립하고 수학적 귀납법에 의하여
|x|
|x|
모든 자연수 n에 대하여 an ≤ an+1 < 3 이다. {an } 은 증가수
a) lim−
, lim+
열이고 모든 자연수 n에 대하여 an ≤ 3 이므로 단조수렴 정리에
x x→0 x
x→0
|x|
|x|
의하여 {an } 은 수렴한다.
sol) x > 0일 때
= 1, x < 0일 때
= −1 이므로
x
x
|x|
|x|
5. 수열 {an }이 a1 = 2이고 모든 자연수 n에 대하여 an+1 =
lim
= lim− −1 = −1, lim+
= lim+ 1 = 1
an + 6
x
x→0− x
x→0
x→0
x→0
을 만족할 때 {an }이 수렴함을 증명하고 극한값을 구하시
2
이다.
오.
sol) 수학적 귀납법을 이용하여 모든 자연수 n에 대하여 an ≤
an+1 < 6 임을 증명하자. n = 1 일 때 a1 = 2 ≤ 4 = a2 < 6
1
1
b)
lim
,
lim
이므로 성립한다. 이제 n = k 일 때 성립한다고 가정하자. 즉,
x→0− x
x→0+ x
ak ≤ ak+1 < 6 이라 하자. 그러면
sol) x =
6 0일때
12
ak+1 + 6
<
=6
ak+2 =
1
1
1
2
2
−1≤
≤
x
x
x
이고
임을 이용하면
ak+1 + 6
ak + 6
ak+2 =
≥
= ak+1
2
2
1
1
lim−
= −∞, lim+
=∞
이다. 따라서 n = k + 1 일때도 성립한다. 수학적 귀납법에 의하여
x
x
x→0
x→0
모든 자연수 n에 대하여 an ≤ an+1 < 6 이다. {an } 이 증가수
열이고 모든 자연수 n에 대하여 an < 6 이므로 단조수렴정리에 이다.
an + 6
의하여 {an }은 어떤 실수 α로 수렴한다. an+1 =
에 n이
2
c) lim
[tan x], lim
[tan x]
α+6
−
+
x→ π
x→ π
무한히 커지는 극한을 취해보면 α =
이고 그러므로 α = 6
2
2
2
sol) b) 와 같이 가우스 함수의 성질을 이용하면
이다. 따라서 lim a = 6 이다.
n→∞
n
lim [tan x] = ∞, lim
[tan x] = −∞
π+
6. a1 = 1 이고 an+1 =
1
an + 4일 때 {an }의 수렴 여부와 수렴하
2
이다.
−
x→ π
2
x→ 2
면 극한값을 구하시오.
sol) 수학적 귀납법을 이용하여 모든 자연수n에 대하여 an ≤
√
√
1 − cos2 x
1 − cos2 x
9
, lim+
= a2 < 8 d) lim−
an+1 < 8 임을 증명하자. n = 1일 때 a1 <
x
x
x→0
x→0
2
√
이므로 성립한다. 이제 n = k 일 때 성립한다고 가정하자. 즉, sol) 1 − cos2 x = |sin x|임을 이용하면
ak ≤ ak+1 < 8 이라 하자. 그러면
√
√
1 − cos2 x
1 − cos2 x
1
1
lim
= −1, lim
=1
ak+2 = ak+1 + 4 < · 8 + 4 = 8
x
x
x→0+
x→0−
2
2
이다.
이고
ak+2 =
1
1
ak+1 + 4 ≥ ak + 4 = ak+1
2
2
2. 다음 극한이 존재하는지 판정하고, 존재할 경우 그 극한값을
이다. n = k + 1 일때도 성립하므로 수학적 귀납법에 의하여 모든 구하시오.
자연수 n에 대하여 an ≤ an+1 < 8 이 성립한다. {an }은 증가수
열이고 모든 자연수 n에 대하여 an < 8 이므로 단조수렴정리에
|x|
x
a)
lim
−
1
x→0
x
|x|
의하여 {an }은 어떤 실수 α로 수렴한다. an+1 = an + 4 에 n이
2
1
무한이 커지는 극한을 취해보면 α = α + 4 이므로 α = 8 이다. sol) lim |x| − x = lim (1 − 1) = 0 이고
2
x |x|
x→0+
x→0+
따라서 lim an = 8 이다.
n→∞
|x|
x
−
= lim− [−1 − (−1)] = 0 이므로 정리 2.2.4에
lim
x
|x|
x→0−
x→0
12
2 극한
SOLUTION
의해 극한값이 존재하고, 그 값은 0 이다.
i) lim x sin
x→∞
b) lim
x→1
3x + 1
x2 + 1
sol) x ≥
1
x
2
에 대해
π
sol) lim (3x + 1) = 4 이고 lim x2 + 1 = 2이므로 정리 2.2.1에
x→1
cos
x→1
의해 극한값이 존재하고, 그 값은 2 이다.
x2 + x − 2
x→1
x−1
c) lim
이고 lim cos
x→∞
2
x +x−2
(x + 2)(x − 1)
= lim
= lim (x + 2) = 3.
x→1
x→1
x→1
x−1
x−1
sol) lim
j) lim
x→0
1 − 3x2
x→∞ 3x2 + x
1
1
≤ x sin
≤1
x
x
1
1
= 1이므로 lim x sin = 1이다.
x→∞
x
x
sin x
x
sin x
1
= lim tsin = 1.
t→∞
x
t
sin x
k) lim
x→∞ x
sol) lim
d) lim
x→0
1
1 − 3x2
−3
x2 − 3
=
lim
=
= −1.
1
2
x→∞ 3x + x
x→∞ 3 +
3
x
sol) lim
1
sin x
1
≤
이고 lim
= 0이므로 정리
x→∞ x
x
x
sin x
2.2.5에 의해 lim
= 0이다.
x→∞ x
sol) x 6= 0에 대해
2x − 3
x→−∞ x2 + 2
e) lim
2
3
0
2x − 3
x − x2
=
lim
= = 0.
x→−∞ 1 + 22
x→−∞ x2 + 2
1
x
√
3
x−1
f) lim
x→1 x − 1
sol) lim
cos x
x→0 x
l) lim
cos x
cos x
= ∞, lim
= −∞이므로 극한값은 존재
x→0− x
x
하지 않는다.
sol) lim
x→0+
sol)
√
3
lim
x→1
√
3
x−1
x−1
= lim 2
√
1
x→1 (x 3 + x 3 + 1)( 3 x − 1)
x−1
1
1
= lim 2
= .
1
x→1 x 3 + x 3 + 1
3
m) lim+ ln x
x→0
sol) lim+ ln x = −∞. (정리 3.7.12 참조)
x→0
g) lim sin x
n) lim (ln (2x + 1) − ln (x))
x→∞
x→∞
sol) 모든 자연수 n ≥ 1에 대해
sin(2nπ) = 0,
sol) x > 1일 때
1
sin((2n + )π) = 1
2
1
ln 2 ≤ ln 2 +
x
≤ ln 2 +
이므로, 어떤 양수 M > 0을 고르더라도 x = 2nπ > M 를 만족
1
하는 자연수 n은 무한히 많으므로 sin x는 x가 충분히 크더라도 이고 lim ln 2 +
= ln 2이므로
x→∞
x
유일한 값으로 수렴하지 못한다. 따라서, 극한값은 존재하지 않는 lim (ln (2x + 1) − ln (x)) = ln 2이다.
x→∞
다.
o) lim
1
h) lim x sin
x→0
x
x→0
1
x
정리
sin 4x
sin 2x
sin 4x
sin 4x
2x
4x
sol) lim
= lim
·
·
= 2.
1
x→0
x→0
sin
2x
4x
sin
2x
2x
sol) x 6= 0에 대해 x sin
≤ |x|이고 lim |x| = 0이므로 정리
x→0
x
1
4−x
√
2.2.3에 의해 lim x sin = 0이다.
p) lim
x→0
x→4
x
5 − x2 + 9
13
2.2.3에
의해
2 극한
SOLUTION
sol)
sol) (거짓)
반례: 함수 f, g를 다음과 같이 정의하면,
(
1, x > 0
f (x) =
, g(x) = x,
0, x ≤ 0
√
(4 − x)(5 + x2 + 9)
4−x
√
= lim
2
x→4 5 −
16 − x2
x + 9 x→4
√
5 + x2 + 9
5
= lim
= .
x→4
4+x
4
lim
f (g(x)) = f (x)이고, a = 0일 때 lim g(x) = 0이지만
x→0
q) lim
x→0
1
2
+
x (x − 1) x (x + 2)
lim f (g(x)) = f (0+) = 1,
x→0+
lim f (g(x)) = f (0−) = 0
x→0−
이므로 극한값이 존재하지 않는다.
sol)
lim
x→0
2
1
+
x (x − 1) x (x + 2)
= lim
x→0
3
3
=− .
(x − 1)(x + 2)
2
e) 함수 f : R → R에 대해 어떤 상수 M > 0이 존재하여 모든
실수 x에 대해 |f (x)| ≤ M 이면 lim xf (x) = 0이다.
x→0
3. 다음 명제가 참이면 증명하고, 거짓이면 반례를 제시하시오.
proof ) (참)
주어진 조건에 의해
a) 모든 실수 x에 대하여 f (x) < g (x)이면 lim f (x) < lim g (x)
x→a
이다.
sol) (거짓)
반례 : 함수 f, g : R → R 를
(
0,
f (x) =
−1,
|xf (x)| ≤ M |x|,
x→a
x∈R
이 성립하고 lim M |x| = 0이므로 비교정리 혹은 샌드위치 정리에
x→0
의해 lim xf (x) = 0이다.
x→0
x 6= 0
,
x=0
g(x) = |x|
4. 상수 a ∈ R 에 대해 함수 f 가 구간 [a, ∞)에서 감소함수(정의
3.3.1)라 하자. 어떤 상수 m ∈ R이 존재하여 모든 x ∈ [a, ∞)에
로 정의하면 R에서 f (x) < g(x) 이지만 lim f (x) = lim g(x) = 0 대해 f (x) ≥ m이면 x → ∞ 일 때 f (x)가 수렴함을 보이시오.
x→0
x→0
이다.
proof ) 함수 f 가 구간 [a, ∞)에서 감소함수이므로 함수−f 는 구
b) lim f (x) = ∞ 이고 lim g (x) = 0 이면 lim f (x) g (x) = 0 간 [a, ∞)에서 증가함수이다. 모든 x ∈ [a, ∞)에 대해 f (x) ≥ m
x→a
x→a
x→a
이므로, 모든 x ∈ [a, ∞)에 대해 −f (x) ≤ m이다. 정리 2.2.7에
이다.
의하여 x → ∞일때 −f (x)는 어떤 실수 l로 수렴한다. 정리 2.2.1
에 의하여 lim f (x) = −l 이다.
n→∞
sol) (거짓)
1
반례: f (x) = 2 , g(x) = x2 , a = 0로 두면 lim f (x) = 연습문제 2.3 .
x→0
x
1. 주어진 함수가 x = 0에서 연속인지 판정하시오.
∞, lim g(x) = 0이지만 lim f (x) g (x) = 1 6= 0이다.
x2
x→0
x→0
a) y =
x
sol) x = 0에서 함숫값이 정의되지 않으므로 x = 0에서 연속이
f (x)
c) lim f (x) = 1이고 lim g(x) = 0이면 lim
= ∞ 이거나 아니다.
x→a
x→a
x→a g(x)
f (x)
lim
= −∞이다.
x→a g(x)
b) y = x − [x]
sol) lim (x − [x]) = lim x = 0 이고
x→0+
x→0+
sol) (거짓)
lim− x−[x] = lim− (x+1) = 1 이므로 x = 0에서 연속이 아니다.
반례: f (x) = 1, g(x) = x, a = 0으로 두면 lim f (x) = 1 x→0
x→0
x→0
f (x)
1
이고 lim g(x) = 0 이지만 x → 0일 때
= 의 극한은 존재 c) y = [x − [x]]
x→0
g(x)
x
lim [x − [x]] = lim [x] = 0 이고 lim [x − [x]] =
하지 않으며, 양의 무한대 또는 음의 무한대로도 발산하지 않는다. sol) x→0
+
x→0+
x→0−
lim− [x + 1] = 0 이고 [0 − [0]] = 0 이므로 x = 0에서 연속
x→0
이다.
d) lim g(x) = b이면, lim f (g(x)) = f (b)이다.
x→a
x→a
14
SOLUTION
2 극한
이므로 x = 0에서 연속이 되도록 함숫값을 정의할 수 없다.
d) y = [|x|]
sol) lim [|x|] = 0 이고 [|0|] = 0 이므로 x = 0에서 연속이다.
x→0
sin(x + 1)
x2 + x
e) y = |[x]|
sol)
x
=
−1,
0 에서 함숫값이 정의되지 않으므로 이 점들에서
sol) lim |[x]| = 0 이고 lim |[x]| = 1이므로 x = 0에서 연속이
sin(x + 1)
x→0+
x→0−
불연속이다. f (−1) = lim
= −1 로 정의하면 주어
아니다.
x→−1 x2 + x
진 함수가 x = −1에서 연속이 되도록 정의할 수 있다. 하지만
sin(x + 1)
sin(x + 1)
= ∞ 이고 lim
= −∞ 이므로 x = 0
2. 주어진 함수들의 불연속점을 모두 찾고, 각 불연속점에서 그 lim+
2
−
x +x
x2 + x
x→0
x→0
함수가 연속이 되도록 정의할 수 있는지 답하시오.
에서 연속이 되도록 함숫값을 정의할 수 없다.
g) f (x) =
x2 − 2x + 1
x−1
sol) x = 1에서 함수값이 정의되지 않으므로 x = 1에서 불연속이
x2 − 2x + 1
다. f (1) = lim
= lim (x − 1) = 0로 정의하면 새로
x→1
x→1
x−1
정의된 함수는 실수 전체에서 연속이 된다.
cos x
x − π2
π
sol) x = 함숫값이 정의되지 않으므로 x = π2 에서 불연
2 에서
cos x
π
= limπ
속이다. f
π = −1로 정의하면 새로 정의된
x→ 2 x −
2
2
함수는 실수 전체에서 연속이 된다.
h) f (x) =
a) f (x) =
x−1
− 3x + 2
sol) x = 1, 2에서 함숫값이 정의되지 않으므로 이 점들에서 불연
x−1
1
속이다. f (1) = lim 2
= lim
= −1 로 정의하면
x→1 x − 3x + 2
x→1 x − 2
x = 1에서 연속이 된다. x = 2에서는 극한이 발산하기 때문에
x = 2에서 연속이 되도록 함숫값을 정의할 수 없다.
b) f (x) =
3. 다음 물음에 답하시오.
a) 방정식 x3 − x − 1 = 0은 구간 [1, 2]에서 근을 가짐을 보이시오.
x2
proof ) f = x3 − x − 1 이라 정의하자. f (1) = −1 이고 f (2) = 5
이므로 사이값 정리에 의하여 f (c) = 0 을 만족하는 c가 (1, 2)에
존재한다. 따라서 방정식 x3 − x − 1 = 0 은 구간 [1, 2]에서 근을
가진다.
ln|x + 1|
x
x
sol) x = −1, 0에서 함숫값이 정의되지 않으므로 이 점들에서 b) 방정식 3x = e 은 구간 (0, ∞)에서 적어도 두 개의 근을 가짐을
보이시오.
1
ln|x + 1|
불연속이다. f (0) = lim
= lim ln(x + 1) x = ln e = 1
x→0
x→0
x
로 정의하면 주어진 함수를 x = 0 에서 연속이 되도록 정의할 수
proof ) f (x) = ex − 3x라 정의하자. f (0) = 1 > 0 이고
있다.하지만 lim f (x) = ∞이므로 x = −1에서는 연속이 되도록
f (1) = e − 3 < 0 이므로 사이값 정리에 의하여 방정식 f (x) = 0
x→−1
함숫값을 정의할 수 없다.
은 0과 1사이에 적어도 1개의 근을 가진다. 또한 f (1) = e − 3 < 0
이고 f (4) = e4 − 12 > 0 이므로 사이값 정리에 의하여 방정식
f (x) = 0은 1과 4사이에서도 적어도 1개의 근을 가진다. 따라서
1
d) f (x) = x sin
3x = ex 는 (0, ∞)에서 적어도 두 개의 근을 가진다.
x
sol) x = 0에서 함숫값이 정의되지 않으므로 x = 0에서 불연속
1
이다. f (0) = lim x sin = 0 으로 정의하면 새로 정의된 함수는 c) 방정식 x3 − 4x + 1 = 0 은 세 실근을 가짐을 보이시오.
x→0
x
실수 전체에서 연속이 된다.
c) f (x) =
proof ) 우선 주어진 방정식은 3차 방정식 이므로 최대 3개의
1
실근을 가진다. 함수 f : R → R를 f (x) = x3 − 4x + 1 로
e) f (x) = x2 cos
x
정의하자. f (−3) = −14 < 0 이고 f (−1) = 4 > 0 이므로 사
sol) x = 0에서 함숫값이 정의되지 않으므로 x = 0에서 불연속 이값 정리에 의하여 방정식 f (x) = 0은 (−3, −1)에서 적어도 1
1
이다. f (0) = lim x2 cos = 0으로 정의하면 새로 정의된 함수는 개의 실근을 가진다. 또, f (−1) = 4 > 0 이고 f (1) = −2 < 0
x→0
x
이므로 방정식 f (x) = 0은 (−1, 1) 에서 적어도 1개의 실근을
실수 전체에서 연속이 된다.
가지고 f (1) = −2 < 0 이고 f (3) = 16 > 0이므로 방정식
f (x) = 0은 (1, 3)에서 적어도 1개의 실근을 가진다. 따라서, 방정
√
1 − cos2 x
식 x3 − 4x + 1 = 0은 세 개의 실근을 가진다.
f) f (x) =
x
sol) x = 0에서 함숫값이
정의되지 않으므로 x =√0에서 불연속이
√
d) 방정식 π sin x = x 는 최소한 세 실근을 가짐을 보이시오.
1 − cos2 x
1 − cos2 x
다. 하지만 lim−
= −1이고 lim+
=1
x
x
x→0
x→0
15
3 미분
SOLUTION
proof ) 함수 f : R → R를 f (x) = π sin x − x로 정의하자.
π
π
f (−π) = π > 0, f −
= − < 0,
2
2
π π
= > 0, f (π) = −π < 0
f
2
2
π π π π , ,π
이므로 방정식 f (x) = 0은 구간 −π, − , − ,
2
2 2
2
에서 각각 적어도 1개의 근을 가진다. 따라서 방정식 π sin x = x
는 최소한 세 개의 실근을 가진다.
위 보조정리로부터 α 6= 0인 실수에 대해 xn → α, yn → α를 만
족하는 유리수열 {xn }과 무리수열 {yn }이 존재한다. 따라서, f 가
연속이라고 가정하면
f (α) = f ( lim xn ) = lim f (xn ) = 0,
n→∞
n→∞
f (α) = f ( lim yn ) = lim f (yn ) = lim yn = α
n→∞
n→∞
n→∞
가 되어 α = 0이어야 한다. 하지만 이는 α 6= 0이라는 가정에
모순이다. 따라서 함수 f 는 x = 0에서만 연속이다.
4. 함수 y = |x|가 연속함수임을 보이고, 이를 이용하여 임의의
연속함수 f 에 대하여 y = |f (x)|가 연속임을 보이시오.
proof ) 임의의 x, c ∈ R 에 대하여 x 6= c 이고 |x − c| → 0이면
미분
3
연습문제 3.1 .
1. 다음 함수의 도함수를 구하시오.
||x| − |c|| ≤ |x − c| → 0
이므로 y = |x| 는 연속함수이다.
이제 임의의 함수 f 가 실수 전체에서 연속이라고 가정하자. c ∈ R a) y = (x3 + 1)(x2 + x + 1)
을 고정하면 f 가 실수전체에서 연속이므로 임의의 x ∈ R에 대하 sol)
여 x 6= c이고 |x − c| → 0 이면 |f (x) − f (c)| → 0이다. 삼각부등
식에 의하여
y 0 = (x3 + 1)0 · (x2 + x + 1) + (x3 + 1) · (x2 + x + 1)0
= (3x2 ) · (x2 + x + 1) + (x3 + 1) · (2x + 1)
||f (x)| − |f (c)|| ≤ |f (x) − f (c)|
= (3x4 + 3x3 + 3x2 ) + (2x4 + x3 + 2x + 1)
임을 알 수 있다. 따라서 함수 f 가 연속이면 |f | 도 연속함수이다.
= 5x4 + 4x3 + 3x2 + 2x + 1.
5. 함수 f : R → R 가 x 가 유리수일 때는 f (x) = 0이고, x가 무
리수일 때는 f (x) = x이다. 이 함수가 연속인 점을 모두 찾으시오. b) y = (x + 1)(x2 + 1)(3x − 1)
sol)
sol) |f (x)| ≤ |x| 이고 lim |x| = 0 이므로 정리 2.2.5에 의하여
y 0 = (x + 1)0 (x2 + 1)(3x − 1) + (x + 1)(x2 + 1)0 (3x − 1)
x→0
lim f (x) = 0 = f (0) 이다. 따라서 f 는 x = 0에서 연속이다.
+ (x + 1)(x2 + 1)(3x − 1)0
x→0
이제 x = 0을 제외한 실수들에서 불연속임을 밝히자. 보조정리
하나를 소개한다:
= (x2 + 1)(3x − 1) + 2x(x + 1)(3x − 1) + 3(x + 1)(x2 + 1)
= (3x3 − x2 + 3x − 1)
+ (6x3 + 4x2 − 2x) + (3x3 + 3x2 + 3x + 3)
lemma) 임의의 실수 α ∈ R에 대해 α로 수렴하는 유리수열 {xn }
과 무리수열 {yn }이 존재한다.
proof ) α ∈ R 에 대해
√
[nα]
2
xn =
, yn =
+ xn
n
n
= 12x3 + 6x2 + 4x + 2.
c) y =
sol)
라 하면 {xn }은 유리수열이고 {yn }은 무리수열이다 (단, [x]는 x
보다 작은 최대의 정수). 또한,
α−
x+2
x2 + 3x − 1
(x + 2)0 (x2 + 3x − 1) − (x + 2)(x2 + 3x − 1)0
(x2 + 3x − 1)2
2
(x + 3x − 1) − (x + 2)(2x + 3)
=
(x2 + 3x − 1)2
2
−x − 4x − 7
= 2
.
(x + 3x − 1)2
y0 =
1
≤ xn ≤ α
n
이므로 조임정리 혹은 비교정리에 의해 n → ∞일 때 xn → α,
√
2
lim yn = lim
+ lim xn = α
n→∞
n→∞ n
n→∞
이므로 yn → α 이다.
d) y =
16
x
x2
+ 2
x+1 x +1
3 미분
SOLUTION
sol)
0
f) y =
sol)
0
x
x2
+
x+1
x2 + 1
1
2x
=
+ 2
(x + 1)2
(x + 1)2
x4 + 2x3 + 6x2 + 2x + 1
=
.
(x + 1)2 (x2 + 1)2
y0 =
2. 다음 함수의 도함수
a) y = (5x2 − 7)3
sol)
p√
x+1
√
1
· ( x + 1)0
y0 = p √
2 ( x + 1)
1
1
= p√
· √
2
x
2 ( x + 1)
1
= p √
.
4 x x+x
dy
를 구하시오.
dx
3. 점 x = a 근방에서 주어진 함수의 일차근사식을 구하시오.
a) f (x) =
√
1 − 2x,
a = 0.
y 0 = 3(5x2 − 7)2 · (5x2 − 7)0
= 3(5x2 − 7)2 (10x) = 30x(5x2 − 7)2 .
b) y =
sol)
√
sol) 함수 f 의 x = a에서의 일차근사식은
f (x) ≈ f (a) + f 0 (a)(x − a)
3x2 − 2x + 1
로 주어진다. f 0 (x) = √
1
y0 = √
· (3x2 − 2x + 1)0
2 3x2 − 2x + 1
3x − 1
=√
.
3x2 − 2x + 1
사식은
f (x) ≈ f (0) + f 0 (0)(x − 0)
= 1 + (−1)x = 1 − x
(x2 − 4)19
√
x
c) y =
이다.
sol)
2
y0 =
=
−1
이므로 x = a = 0에서의 일차근
1 − 2x
(19(x − 4)
18
· 2x ·
√
x
(x2 − 4)18 (75x2 + 4)
3
2x 2
b) f (x) = (1 − x)3 ,
x) −
1
√
(x2
2 x
− 4)
a = 0.
19
sol) f 0 (x) = −3(1 − x)2 이므로 x = a = 0에서의 일차근사식은
.
f (x) ≈ f (0) + f 0 (0)(x − 0)
= 1 + (−3)x = 1 − 3x
r
d) y =
x+1
2x − 1
이다.
sol)
1
0
y = q
·
x+1
2 2x−1
x+1
2x − 1
0
1
=
2
r
=−
e) y =
x−
1
x
c) f (x) =
−3
2x − 1
·
x + 1 (2x − 1)2
3
1
3
2(x + 1) 2 (2x − 1) 2
√
x2 + 3,
sol) f 0 (x) = √
.
x
x2
+3
a = 1.
이므로 x = a = 1에서의 일차근사식은
f (x) ≈ f (1) + f 0 (1)(x − 1)
1
1
3
= 2 + (x − 1) = x +
2
2
2
7
이다.
sol)
6 0
1
1
· x−
y =7 x−
x
x
6 1
1
=7 x−
· 1+ 2 .
x
x
0
4. 일차근사식을 이용하여 다음 값의 근삿값을 구하시오.
a)
17
√
3
26
3 미분
SOLUTION
sol) 함수 f : R → R을 다음과 같이 정의하면
f (x) =
√
3
sol) 함수 f : R → R을 다음과 같이 정의하면
27 − x,
1
f (x) = (64 + x)− 3 ,
x = 0에서의 f 의 일차근사식은
x = 0에서의 f 의 일차근사식은
f (x) ≈ f (0) + f 0 (0)(x − 0)
1
=3− x
27
이다. 따라서
√
3
f (x) ≈ f (0) + f 0 (0)(x − 0)
1
1
= −
x
4 768
26의 근삿값은
√
3
1
이다. 따라서 (65)− 3 의 근삿값은
1
80
26 = f (1) ≈ 3 −
=
= 2.962
27
27
1
(65)− 3 = f (1) ≈
이다.
1
1
191
−
=
≈ 0.2487
4 768
768
이다.
b) (1.01)10
sol) 함수 f : R → R을 다음과 같이 정의하면
5. 다음 함수에 대해
f (x) = (x + 1)10 ,
a) y = x5 + x1/2 −
x = 0에서의 f 의 일차근사식은
dy d2 y d3 y
,
,
를 구하시오.
dx dx2 dx3
1
x
f (x) ≈ f (0) + f 0 (0)(x − 0)
sol) (답만 명시한다.)
= 1 + 10x
이다. 따라서 (1.01)10 의 근삿값은
dy
1 1
1
= 5x4 + x− 2 + 2 ,
dx
2
x
d2 y
1 3
2
= 20x3 − x− 2 − 3 ,
2
dx
4
x
d3 y
3 −5
6
2
= 60x + x 2 + 4 .
dx3
8
x
(1.01)10 = f (0.01) ≈ 1 + 10 · 0.01 = 1.1
이다.
1
c) (15) 4
sol) 함수 f : (−∞, 16] → R을 다음과 같이 정의하면
b) y =
1
f (x) = (16 − x) 4 ,
x = 0에서의 f 의 일차근사식은
1
(2x + 3)2
sol) (답만 명시한다.)
0
f (x) ≈ f (0) + f (0)(x − 0)
1
=2− x
32
dy
4
=−
,
dx
(2x + 3)3
d2 y
24
=
,
2
dx
(2x + 3)4
d3 y
192
=−
.
3
dx
(2x + 3)5
1
이다. 따라서 (15) 4 의 근삿값은
1
(15) 4 = f (1) ≈ 2 −
63
1
=
= 1.96875
32
32
이다.
√
c) y = x x + 1
1
d) (65)− 3
18
3 미분
SOLUTION
sol) (답만 명시한다.)
a) f (x) =
dy
3x + 2
= √
,
dx
2 x+1
3x + 4
d2 y
=
3 ,
dx2
4(x + 1) 2
1
(x − 1)m
sol) 계산에 의해 (k ≤ n)
f 0 (x) = (−m)(x − 1)−m−1 ,
f 00 (x) = (−m) · {−(m + 1)}(x − 1)−m−2 ,
..
.
d3 y
−3x − 6
=
5 .
3
dx
8(x + 1) 2
f (k) (x) = (−1)k
d) y =
x
x2 + 1
(m + k − 1)!
(x − 1)−m−k
(m − 1)!
임을 알 수 있다. 따라서 함수 f 의 n계도함수는
f (n) (x) = (−1)n
sol) (답만 명시한다.)
dy
x2 − 1
=− 2
,
dx
(x + 1)2
d2 y
2x(x2 − 3)
=
,
2
dx
(x2 + 1)3
6(x4 − 6x2 + 1)
d3 y
=−
.
3
dx
(x2 + 1)4
(m + n − 1)!
(m − 1)!(x − 1)m+n
이다.
b) f (x) =
x−3
x+1
sol) 함수 f 의 n계도함수가
f (n) (x) =
e) y =
(−1)n+1 4n!
(x + 1)n+1
임을 보이자.
n = 1일 때
sin x
x
f 0 (x) =
sol) (답만 명시한다.)
4
(x + 1)2
이므로 위 식은 n = 1일 때 자명히 성립한다. n = k일 때 f 의 k
(−1)k+1 4k!
로 주어진다고 가정하면,
계도함수가 f (k) (x) =
(x + 1)k+1
dy
x cos x − sin x
=
,
dx
x2
d2 y
x2 sin x − 2 sin x + 2x cos x
=−
,
2
dx
x3
d3 y
x3 cos x − 3x2 sin x + 6 sin x − 6x cos x
=
−
.
dx3
x4
f (k+1) (x) = (f (k) (x))0
−(−1)k+1 4(k + 1)(x + 1)k k!
(x + 1)2k+2
(−1)k+2 4(k + 1)!
=
(x + 1)k+2
=
f) y = ex cos x
이므로 f 의 (k + 1)계도함수에 대해서도 맨 위의 식을 만족한다.
따라서 수학적 귀납법에 의해 함수 f 의 n계도함수는
sol) (답만 명시한다.)
dy
= ex (cos x − sin x),
dx
d2 y
= −2ex sin x,
dx2
d3 y
= −2(ex sin x + ex cos x).
dx3
f (n) (x) =
(−1)n+1 4n!
(x + 1)n+1
이다.

x2 sin 1 , x 6= 0
7. 함수 f (x) =
의 도함수 f 0 은 실수 전체에서
x
0,
x=0
존재하지만 2계도함수 f 00 는 x = 0에서 존재하지 않음을 보이시
오.
6. 다음 함수의 n계도함수를 구하시오.
19
3 미분
SOLUTION
proof ) f (x)가 x 6= 0에서 미분가능함은 자명하다. 또한, x = 0
에서
(f g)(n+1) (x)
n X
n
=
f (k+1) (x)g (n−k) (x) + f (k) (x)g (n+1−k) (x)
k
x2 sin x1
f (x) − f (0)
=
x−0
x
1
= x sin
≤ |x|
x
k=0
=
n+1
X
n!
f (k) (x)g (n+1−k) (x)
(k − 1)!(n + 1 − k)!
k=1
n
X
+
k=0
n!
f (k) (x)g (n+1−k) (x)
k!(n − k)!
n
=
f (x)g (n+1) (x)
0
n X
n!
n!
+
f (k) (x)g (n+1−k) (x)
+
(k − 1)!(n + 1 − k)! k!(n − k)!
k=1
n (n+1)
+
f
(x)g(x)
n
n+1
=
f (x)g (n+1) (x)
0
n X
n
n
+
+
f (k) (x)g (n+1−k) (x)
k−1
k
k=1
n + 1 (n+1)
+
f
(x)g(x)
n+1
n+1
X n + 1 f (k) (x)g (n+1−k) (x)
=
k
이므로 비교정리 혹은 조임정리에 의해 x = 0에서의 f 의 미분계
수는 0이다. 따라서 f 0 는 실수 전체에서 존재한다. 또, f 0 를 식으로
나타내면

2x sin 1 − cos 1 , x 6= 0
f 0 (x) =
x
x
0,
x=0
이다. 이제 x = 0에서의 f 의 2계도함수를 조사하자. 미분계수의
정의에 의해 x = 0에서 f 00 가 존재하려면 x → 0일 때
2x sin x1 − cos x1
f 0 (x) − f 0 (0)
=
x−0
x
1
1
1
= 2 sin − cos
x x
x
k=0
이므로 n + 1에 대해서도 명제가 성립한다. 따라서 수학적 귀납
법에 의해 명제가 증명된다.
연습문제 3.2 .
의 극한값이 존재해야 한다. 하지만 위 식은 x → 0일 때 발산한다. 1. 다음 함수의 극댓값과 극솟값을 구하시오.
a) y = x3 − 3x + 1
sol) y 0 = 3x2 − 3 = 0 ⇐⇒ x = −1, 1.
8. 두 함수 f 와 g가 n번 미분 가능할 때 다음 라이프니츠 법칙을 극솟값은 f (1) = −1, 극댓값은 f (−1) = 3이다.
증명하시오.
(f g)(n) (x) =
√
1
x+ √
x
x−1
0
sol) y =
= 0 ⇐⇒ x = 1.
3
2x 2
극솟값은 f (1) = 2, 극댓값은 존재하지 않는다.
b) y =
n X
n (k)
n
n!
f (x)g (n−k) (x),
=
k
k
k!(n − k)!
k=0
2 + x − x2
(x − 1)2
x−5
sol) y 0 =
= 0 ⇐⇒ x = 5.
(x − 1)3
proof ) n = 1일 때 위 식이 성립하는 것은 자명하다. 이제 어떤
9
양의 정수n에 대해 명제가 성립한다고 가정하면, n + 1번 미분가 극솟값은 f (5) = − , 극댓값은 존재하지 않는다.
8
능한 함수 f, g에 대해
c) y =
20
3 미분
SOLUTION
1
1
이므로 최솟값은 − , 최댓값은 이다.
2
2
x2 − 3x
x2 + 3
3(x2 + 2x − 3)
= 0 ⇐⇒ x = −3, 1.
sol) y 0 =
(x2 + 3)2
1
3
극솟값은 f (1) = − , 극댓값은 f (−3) = .
2
2
d) y =
f) y = x1/2 − x3/2 ; [0, 4]
1
1 − 3x
sol) y 0 = √ = 0 ⇐⇒ x = 이고,
3
2 x
1
2
f (0) = 0, f
= √ ,
3
3 3
√
x − 3x x
f (4) = −6,
1 − 9x
1
sol) y 0 = √ = 0 ⇐⇒ x = .
9
2 x
2
2
1
1
= 이고, 또한 x < 일 때 f (x) ≥ 0 = f (0) 이므로 최솟값은 -6, 최댓값은 √ 이다.
극댓값은 f
3 3
9
9
3
이므로 이 함수는 x = 0에서 극솟값 f (0) = 0을 가진다.
3. 다음 함수가 주어진 구간에서 평균값 정리를 만족하는 실수 c
를 모두 구하시오.
2. 주어진 구간에서 다음 함수의 최댓값과 최솟값을 구하시오.
e) y =
√
a) f (x) = x2 + 2x − 2; [−1, 1]
sol)
a) y = (x − 1)2 ; [−1, 3]
sol) y 0 = 2(x − 1) = 0 ⇐⇒ x = 1이고,
f (−1) = 4,
f (1) = 0,
f (b) − f (a)
f (1) − f (−1)
=
b−a
1 − (−1)
1 − (−3)
=
=2
1 − (−1)
f (3) = 4,
이므로 최솟값은 0, 최댓값은 4이다.
b) y = x3 − 3x2 − 9x + 5; [−2, 4]
sol) y 0 = 3x2 − 6x − 9 = 0 ⇐⇒ x = −1, 3이고,
f (−2) = 3,
f (−1) = 10,
f (3) = −22,
이고
f 0 (c) = 2 ⇐⇒ 2c + 2 = 2 ⇐⇒ c = 0
f (4) = −15,
이다. 따라서 평균값 정리를 만족하는 c는 c = 0이다.
이므로 최솟값은 -22, 최댓값은 10이다.
x
; [0, 2]
c) y =
x+1
b) f (x) =
sol)
sol) 구간 [0, 2]에서 y 0 =
x − 1; [2, 5]
1
> 0이고,
(x + 1)2
f (0) = 0,
이므로 최솟값은 0, 최댓값은
f (2) =
f (b) − f (a)
f (5) − f (2)
=
b−a
5−2
1
2−1
=
=
5−2
3
2
,
3
2
이다.
3
이고
f 0 (c) =
1−x
d) y = 2
; [−2, 4]
x +1
2
√
x − 2x − 1
sol) y 0 =
= 0 ⇐⇒ x = 1 ± 2이고,
(x2 + 1)2
√
3
1
1
3
f (−2) = , f (1 ± 2) = ∓ √ , f (4) = − ,
5
2
17
2
이므로 최솟값은
√
1
1
1
13
⇐⇒ √
=
⇐⇒ c =
3
3
4
2 c−1
이다. 따라서 평균값 정리를 만족하는 c는 c =
13
이다.
4
c) f (x) = (x − 1)2/3 ; [1, 2]
sol)
1
1
1
1
− √ , 최댓값은 + √ 이다.
2
2
2
2
f (b) − f (a)
f (2) − f (1)
=
b−a
2−1
1−0
=1
=
2−1
√
e) y = x 1 − x2 ; [−1, 1]
1 − 2x2
1
sol) y 0 = √
= 0 ⇐⇒ x = ± √ 이고,
2
2
1−x
1
1
=± ,
f (−1) = f (1) = 0, f ± √
2
2
이고
f 0 (c) = 1 ⇐⇒
21
2
1
3(c − 1) 3
= 1 ⇐⇒ c =
35
27
3 미분
SOLUTION
이다. 따라서 평균값 정리를 만족하는 c는 c =
35
이다.
27
6. 함수 f (x) =
n
X
(x − ai )2 의 최솟값을 구하시오.
i=1
1
d) f (x) = x + ; [1, 4]
x
sol)
sol) 함수 f 는 아래로 볼록한 이차함수들의 선형결합이므로 임계
점에서 극솟값이자 최솟값을 가진다. 또한
Pn
n
X
ai
f (x) = 2
(x − ai ) = 0 ⇐⇒ x = i=1
n
i=1
f (b) − f (a)
f (4) − f (1)
=
b−a
4−1
4 + 14 − (1 + 1)
3
=
=
4−1
4
0
Pn
이므로 x =
이고
f 0 (c) =
3
1
3
⇐⇒ 1 − 2 =
⇐⇒ c2 − 4 = 0
4
c
4
i=1
n
ai
에서 최솟값을 가지고 그 값은
n Pn
X
(
i=1
이고 c ∈ (1, 4)이어야 하므로 평균값 정리를 만족하는 c는 c = 2
이다.
ai )
n
i=1
2
− ai
이다.
(Remark: 편차제곱합을 가장 작게 만드는 것은 표본의 평균이다.)
4. 다음을 증명하시오.
7. 실수 ai 가 a1 < a2 < . . . < an 을 만족할 때 g(x) =
0
a) 함수 f 가 열린 구간 I에서 미분가능하고 이 구간에서 f = 0
이면 f 는 상수함수이다.
n
X
|x − ai |
i=1
의 최솟값을 구하시오.
proof ) 함수 f 가 상수함수가 아니라고 가정하자. 즉,
sol) 함수 g(x)의 도함수를 구하면
f (x1 ) 6= f (x2 )
g 0 (x) =
n
X
sgn(x − ai ), x 6= ai
를 만족하는 점 x1 , x2 ∈ I가 존재한다고 가정하자. 이제 평균값
i=1
정리에 의해
f (x2 ) − f (x1 )
이다 (단, sgn 은 부호를 나타내는 함수). t를 실수 a1 , a2 , · · · , an
= f 0 (c)
x2 − x1
의 중앙값이라 하면 x < t를 만족하는 점 t 의 적당한 근방의
0
를 만족하는 점 c ∈ I가 x1 과 x2 사이에 존재한다. 하지만 위 점 x 에서 g (x) ≤0 0 이고 x > t를 만족하는 점 t 의 적당한
식에서 f 0 (c) 6= 0이므로, f 0 (x) = 0 라는 가정에 모순이다. 따라서 근방의 점 x 에서 g (x) ≥ 0 이므로 (일계도함수 판정법에 의해)
함수 g는 t에서 극솟값을 가진다. 또한, 함수 g가 R에서 연속이고
f 는 상수함수이다.
lim g(x) = +∞이므로 힘수 g는 최솟값을 가진다. 최솟값들은
x→±∞
극소점에서 나타나므로 따라서 g(t)가 구하고자 하는 최솟값이다.
b) 함수 f 와 g가 열린 구간 I에서 미분가능하고 이 구간에서
(Remark: 엄밀한 정의상 중앙값은 유일하지 않을 수 있다. 짝수
f 0 = g 0 이면 f (x) = g(x) + C (C는 상수)이다.
개 표본의 경우, an/2 와 an/2+1 사이의 값들 전부가 중앙값이 될
수 있다.)
proof ) 함수 h : I → R을 h(x) = f (x) − g(x)로 정의하면 I
에서 h0 (x) = 0이므로 위 연습문제에 의해 h는 상수함수이다. 즉,
8. 실수 a > 0일 때 함수
f (x) = g(x) + C가 성립한다.
4
3
g(x) =
2
5. 함수 f (x) = x − x + 7x + 3x − 11의 그래프는 적어도 하나의
수평접선을 가진다는 것을 증명하시오.
1
1
+
1 + |x| 1 + |x − a|
의 극솟값을 구하시오.
proof ) 수평접선의 존재성은 f 0 (x) = 0을 만족하는 점 x가 존
재하는 것을 보이면 충분하다. f 0 (x) = 4x3 − 3x2 + 14x + 3은 sol) 함수 g를 다시 나타내면

실수 전체에서 연속이고 f 0 (−1) = −18 < 0, f 0 (1) = 18 > 0을
1

0
 1−x +
만족하므로 사이값 정리에 의해 f (x) = 0을 만족하는 점 x가
1
g(x) = 1+x +
(−1, 1)에 존재한다. 따라서 f (x)는 수평접선을 가진다.

 1
1+x +
22
1
1+a−x ,
1
1+a−x ,
1
1+x−a ,
x<0
0≤x<a
x≥a
SOLUTION
3 미분
f 00 (x) = 6x이다.
(−∞, −3],[3, ∞)의 내부 (−∞, −3), (3, ∞) 안의 모든 점 x에 대
하여 f (x) > 0 이므로 (−∞, −3],[3, ∞)에서는 순증가하고 [−3, 3]
의 내부 (−3, 3)안의 모든 점 x에 대하여 f (x) < 0이므로 [−3, 3]
에서는 순감소한다.
f 0 (3) = 0 이고 f 00 (3) > 0 이므로 3은 f 의 극소점이고 극솟값은
f (3) = −54이다. f 0 (−3) = 0이고 f 00 (−3) < 0 이므로 −3은 f 의
1
a
1
+
=
0
⇐⇒
x
=
임을
알
수
이므로 −
극대점이고 극댓값은 f (−3) = 54이다.
(1 + x)2
(1 + a − x)2
2
a
4
있다. 또, x = 에서 극솟값을 가지며, 그 값은
이다.
2
2+a
b) f (x) = x3 − 6x2 + 9x
이고 g의 도함수는
 1
1
x<0

 (1−x)2 + (1+a−x)2 > 0,
0
1
1
0<x<a
g (x) = − (1+x)2 + (1+a−x)2 ,


1
1
− (1+x)2 + − (1+x−a)2 < 0, x > a
sol) f (x)를 미분하면 f 0 (x) = 3x2 − 12x + 9이고 f 0 (x)를 미분하
면 f 00 (x) = 6x − 12이다.
[1, 3]의 내부 (1, 3) 안의 모든 점 x에 대하여 f 0 (x) < 0 이므로 f
는 [1, 3] 에서 순감소하고 (−∞, 1], [3, ∞)의 내부 (−∞, 1), (3, ∞)
안의 모든 점 x에 대하여 f (x) > 0 이므로 f 는 (−∞, 1], [3, ∞)
에서 순증가한다.
0
f
(1) = 0 이고 f 00 (1) = −6 < 0 이므로 x = 1 에서 극댓값
sol) δ, δ1 , δ2 > 0 이라 하자.
0
00
i) x = 0인 경우: 어떠한 x의 근방 (x − δ, x + δ) = (−δ, δ)를 f (1) = 4 를 가진다. 또 f (3) = 0이고 f (3) = 6 > 0이므로
x = 3 에서 극솟값 f (3) = 0을 가진다.
1
잡더라도 < n을 만족하는 자연수 n에 대해
δ
c) f (x) = (1 + x)2 (x + 2)2
1
1
1
1
=− <0< =f
f −
sol) f (x)를 미분하면 f 0 (x) = 2(x + 1)(x + 2)(2x + 3)이고 f 0 (x)
n
n
n
n
를 미분하면f 00 (x) =12x2 + 36x + 26 이다.
3
3
이므로 x = 0은 극점이 아니다.
(−∞, −2] ∪ − , −1 의 내부 (−∞, −2) ∪ − , −1 안의 모든
2
2
3
ii) x > 0인 경우: x가 유리수이면 x의 어떠한 근방 (x − δ1 , x + δ1 ) 점 x에 대하여 f 0 (x) < 0 이므로 f 는 (−∞, −2], − , −1 에서
에 대해 q1 ∈ (x − δ1 , x), q2 ∈ (x, x + δ1 )을 만족하는 유리수 q1 , q2
2
3
3
가 존재하여
순감소하고 −2, − ∪ [−1, ∞)의 내부 −2, −
∪ (−1, ∞) 안
2
f (q1 ) = q1 < x < q2 = f (q2 )
2
3
0
+
의
모든
점
x에
대하여
f
(x)
>
0
이므로
f
는
−2,
−
∪ [−1, ∞)
이므로x ∈ Q 는 극점이 아니다. 만약 x가 무리수이면, 열린구간
2
x 3x
= I에서 y ∈ I이면 f (y) ≥ 0이므로 x에서 극소점을
2, 2
3
3
= 0 이고 f 00 −
= −1 < 0 이
에서 순증가한다. f 0 −
가진다.
2
2
3
1
므로 극댓값은 f −
=
이며 f 0 (−1) = f 0 (−2) = 0이고
iii) x < 0인 경우: x가 유리수이면 x의 어떠한 근방 (x−δ2 , x+δ2 )
2
16
에 대해 r1 ∈ (x − δ2 , x), r2 ∈ (x, x + δ2 )을 만족하는 유리수 r1 , r2 f 00 (−1) = f 00 (−2) = 2 > 0이므로 극솟값은 f (−1) = 0 = f (−2)
이다.
가 존재하여
f (r1 ) = r1 < x < r2 = f (r2 )
이므로x ∈ Q− 는 극점이 아니다. 만약 x가 무리수이면, 열린구간 d) f (x) = 3√x − x√x
3x x
= J에서 w ∈ J이면 f (w) ≤ 0이므로 x에서 극대점을
3
3
2 , 2
sol) f (x)를 미분하면 f 0 (x) = x−1/2 − x1/2 이고 f 0 (x)를 미분
가진다.
2
2
3
3
하면 f 00 (x) = − x−3/2 − x−1/2 이다.
4
4
따라서 함수 f 는 x < 0인 모든 무리수점에서 극대점이고, x > 0 [0, 1] 의 내부 (0, 1)의 모든 점 x에 대하여 f 0 (x) > 0 이므로 f
인 모든 무리수점에서 극소점이다.
는 [0, 1] 에서 순증가하고 [1, ∞)의 내부 (1, ∞) 안에 모든 점 x에
대하여 f 0 (x) < 0 이므로 f 는 [1, ∞)에서 순감소한다. f 는 x = 1
3
연습문제 3.3 .
에서 f 0 (1) = 0, f 00 (1) = − < 0이므로 극댓값 2 = f (1) 을 가지
1. 다음 함수의 증가, 감소 구간을 각각 구하고 극댓값과 극솟값을
2
고 0 ≤ x ≤ 1 에서 f (0) ≤ f (x) 이므로 극솟값 f (0) = 0을 가진다.
구하시오.
9. 다음 함수의 극대점과 극소점을 찾으시오.
(
x, x는 유리수
f (x) =
0, x는 무리수
a) f (x) = x3 − 27x
e) f (x) = 2x3 − 3x2
0
2
0
sol) f (x)를 미분하면 f (x) = 3x − 27이고 f (x)를 미분하면 sol) f (x)를 미분하면 f 0 (x) = 6x2 − 6x이고 f 0 (x)를 미분하면
23
SOLUTION
3 미분
16
> 0
3
이므로 극솟값 f (±1) = −3을 가진다. 또한, x ∈ (−1, 1) 에서
f (0) = 0 ≥ f (x) 이므로 극댓값 f (0) = 0을 가진다.
f 00 (x) = 12x − 6 이다.
(−∞, 0], [1, ∞)의 내부 (−∞, 0), (1, ∞)의 모든 점 x에 대하여
f 0 (x) > 0이므로 f 는 (−∞, 0], [1, ∞)에서 순증가하고 [0, 1]의 내
부 (0, 1)의 모든 점 x에 대하여 f 0 (x) < 0이므로 f 는 [0, 1]에서
순감소한다. f 는 x = 0에서 f 0 (0) = 0, f 00 (0) = −6 < 0 이므로
극댓값 f (0) = 0을 가지고 x = 1에서 f 0 (1) = 0, f 00 (1) = 6 > 0
이므로 극솟값 f (1) = −1을 가진다.
순증가한다. 또한 x = ±1에서 f 0 (±1) = 0, f 00 (±1) =
j) f (x) = x1/3 (1 − x)2/3
2x1/3
(1 − x)2/3
+
이고
3(1 − x)1/3
3x2/3
−2
f 0 (x)를 미분하면 f 00 (x) = 5/3
이다.
4/3
9x
(1
− x)
1
1
(−∞, 0) ∪ 0, 의 내부 (−∞, 0) ∪ 0,
안의 모든 점 x에
3
3 1
대하여 f 0 (x) > 0이므로 f 는 (−∞, 0) ∪ 0, 에서 순증가한다.
3
또한 위 구간 안에서의 x = 0의 적당한 근방에
대해 x < 0 < y
1
이면 f (x) < f (0) = 0 < f (y)이므로 f 는 −∞, 에서 순증
3
1
1
, 1 의 내부
, 1 안의 모든 점 x에 대하여
가한다. 그리고
3 3
1
f 0 (x) < 0 이므로 f 는
, 1 에서 순감소한다. 추가적으로 (1, ∞)
3
에서 f 0 (x) > 0 이므로
f 는 [1,∞)에서 다시 순증가한다. 이제
1
1
1
x =
에서 f 0
= 0, f 00
= −3 · 2−1/3 < 0 이므로
3
3
3
√
3
1
1 3
4
f 는 x = 에서 극댓값
을 가진다. 또, x ∈
,
에서
3
3
2 2
f (1) = 0 ≤ f (x) 이므로 극솟값 f (1) = 0 을 가진다.
sol) f (x)를 미분하면 f 0 (x) = −
f) f (x) = 3x4 − 4x3 − 12x2 + 8
sol) f (x)를 미분하면 f 0 (x) = 12x3 − 12x2 − 24x이고 f 0 (x)를
미분하면 f 00 (x) = 36x2 − 24x − 24 이다.
(−∞, −1],[0, 2]의 내부 (−∞, −1),(0, 2)의 모든 점 x에 대하
여 f 0 (x) < 0 이므로 f 는 (−∞, −1],[0, 2]에서 순감소하고
[−1, 0], [2, ∞)의 내부 (−1, 0), (2, ∞)의 모든 점 x에 대하여
f 0 (x) > 0이므로 f 는 [−1, 0], [2, ∞)에서 순증가한다. f 는
x = −1, 2에서 f 0 (−1) = f 0 (2) = 0이고 f 00 (−1) = 36 >
0, f 00 (2) = 72 > 0 이므로 극솟값 f (−1) = 3, f (2) = −24를
가지고 x = 0에서 f 0 (0) = 0, f 00 (0) = −24 < 0 이므로 극댓값
f (0) = 8을 가진다.
g) f (x) = 8x5 − 5x4 − 20x3
sol) f (x)를 미분하면 f 0 (x) = 40x4 − 20x3 − 60x2 이고 f 0 (x)를
3
미분하면 f 00 (x)
− 60x2 − 120x 이다.
= 160x
3
3
, ∞ 의 내부 (−∞, −1) ∪
, ∞ 의 모든 점 x
(−∞, −1] ∪
2
2 3
에 대하여 f 0 (x) > 0 이므로 f 는 (−∞, −1] ∪
, ∞ 에서 순
2
3
3
에서 f 0 (x) ≤ 0이므로 f 는
증가하고 −1, 의 내부 −1,
2
2
3
−1, 에서 감소한다. f 는 x = −1에서 f 0 (−1) = 0, f 00 (−1) =
2
3
−100 < 0 이므로 극댓값 f (−1) = 7을 가지고 x = 에서
2
3
3
3
513
f0
= 0, f 00
= 225 > 0 이므로 극솟값 f
=−
2
2
2
16
을 가진다.
h) f (x) = 1 − x1/3
2. 이계 미분계수 판정법을 이용하여 다음 함수의 극댓값과 극솟
값을 구하시오.
a) f (x) = x2 − 4x + 5
sol) f (x)를 미분하면 f 0 (x) = 2x − 4이고 f 0 (x)를 미분하면
f 00 (x) = 2이다.
f 0 (2) = 0 이고 f 00 (2) = 2 > 0 이므로 f 는 x = 2 에서 극솟값
f (2) = 1을 가진다.
b) f (x) = 5 − 6x − x2
sol) f (x)를 미분하면 f 0 (x) = −2x − 6이고 f 0 (x)를 미분하면
f 00 (x) = −2이다.
f 0 (−3) = 0 이고 f 00 (−3) = −2 < 0 이므로 f 는 x = −3에서
극댓값 f (−3) = 14을 가진다.
1
sol) f (x)를 미분하면 f 0 (x) = − x−2/3 이고 f 0 (x)를 미분하면
3
2 −5/3
00
f (x) = x
이다.
9
f 가 연속이고 R − {0} 의 모든 점 x에 대해 f 0 (x) ≤ 0 이므로
f 는 R에서 감소한다. 또한, f 는 극댓값과 극솟값을 가지지 않는다.
c) f (x) = x3 − 3x2
sol) f (x)를 미분하면 f 0 (x) = 3x2 − 6x이고 f 0 (x)를 미분하면
8
00
sol) f (x)를 미분하면 f 0 (x) = √
(x2 − 1)이고 f 0 (x)를 미분하 f (x) = 6x − 6이다.
33x
f 0 (0) = 0 이고 f 00 (0) = −6 < 0이므로 f 는 x = 0에서 극댓값
2
8(5x
+
1)
f (0) = 0을 가진다. 그리고 f 0 (2) = 0 이고 f 00 (2) = 6 > 0이므로
면 f 00 (x) =
이다.
4/3
9x
f 는 x = 2에서 극솟값 f (2) = −4을 가진다.
(−∞, −1] ∪ [0, 1] 의 내부 (−∞, −1) ∪ (0, 1) 에서 f 0 (x) < 0 이
므로 f 는 (−∞, −1] ∪ [0, 1] 에서 순감소하고 [−1, 0] ∪ [1, ∞) 의
내부 (−1, 0) ∪ (1, ∞) 에서 f 0 (x) > 0 이므로 [−1, 0] ∪ [1, ∞) 에서 d) f (x) = x5 + x
i) f (x) = x2/3 (x2 − 4)
24
3 미분
SOLUTION
sol) f (x)를 미분하면 f 0 (x) = 5x4 + 1이다.
그러므로 모든 x ∈ R에 대하여 f 0 (x) > 0 이므로 f 는 극댓값과
극솟값을 가지지 않는다.
e) f (x) = x4 − 4x2
sol) f (x)를 미분하면 f 0 (x) = 4x3 − 8x이고 f 0 (x)를 미분하면
2
f 00 (x)
√8이다.
√
√
√ = 12x −
0 이고 f 00 (− 2) = √
f 00 ( 2) =
f (− 2) = f ( 2)√= √
√ 16 > 0
이므로 f 는 x = − 2, 2 에서 극솟값 f (− 2) = f ( 2) = −4
을 가진다. f 0 (0) = 0이고 f 00 (0) = −8 < 0이므로 f 는 x = 0에서
극댓값 f (0) = 0을 가진다.
1
.
x
sol) 주어진 함수의 그래프는 다음과 같다.
b) y = x2 + 1 +
f) f (x) = x2 (x − 1)2
sol) f (x)를 미분하면 f 0 (x) = 2x(2x − 1)(x − 1)이고 f 0 (x)를
미분하면 f 00 (x) = 2(6x2 − 6x + 1)이다.
f 0 (0) = 0이고 f 00 (0) = 2 > 0이므로 f는 x = 0에서 극솟값
1
1
= 0 이고 f 00
= −1 < 0 이므로
f (0) = 0을 가진다. f 0
2 2
1
1
1
에서 극댓값 f
=
을 가진다. f 0 (1) = 0이고
f는 x =
2
2
16
f 00 (1) = 2 > 0이므로 f 는 x = 1에서 극솟값 f (1) = 0을 가진다.
g) f (x) = x3 (x + 2)2
sol) f (x)를 미분하면 f 0 (x) = x2 (5x + 6)(x + 2)이고 f 0 (x)를
x2 − x − 2
미분하면 f 00 (x) = 4x(5x2 + 12x + 6)이다.
4. 함수 f (x) = 2
의 극점, 변곡점, 점근선을 각각 구하
0
00
x − 2x + 1
f (−2) = 0 이고 f (−2) =−16 < 0이므로 f 는x =−2에서 극댓
고, 그래프의 개형을 그리시오.
6
6
144
값 f (−2) = 0을 가진다. f 0 −
> 0 sol)함수 f (x)의 도함수와 이계도함수를 구해보자.
= 0이고 f 00 −
=
5 5
25
6
6
3456
이므로 f 는 x = − 에서 극솟값 f −
을 가진다.
=−
5
5
3125
5−x
f 0 (x) =
(x − 1)3
h) f (x) = (x − 1)2 (x − 2)3
sol) f (x)를 미분하면 f 0 (x) = (x − 2)2 (5x − 7)(x − 1)이고 f 0 (x) 이고
를 미분하면 f 00 (x) = 20x3 − 96x2 + 150x − 76이다.
f 0 (1) = 0이고 f 00 (1) = −2
< 0이므로f 는
x = 1에서 극댓값
7
7
18
00
0
f (1) = 0을 가진다. f
= 0이고 f
=
> 0으므로 f
5 5
25
7
7
108
는 x = 에서 극솟값 f
=−
을 가진다.
5
5
3125
f 00 (x) =
2(x − 7)
(x − 1)4
9
을 가지고
이다. 따라서 함수 f (x) 는 x = 5 에서 극점 5,
8
10
x = 7 에서 변곡점 7,
을 가진다. x → ±∞ 일 때 f (x) → 1
9
이고 x → 1 일 때 f (x) → −∞ 이므로 함수 f (x)의 점근
선은 x = 1, y = 1이다. f (x)의 그래프 개형은 아래와 같다.
3. 다음 함수의 그래프를 그리시오.
x2 + 3
a) y =
.
x−1
sol) 주어진 함수의 그래프는 다음과 같다.
25
3 미분
SOLUTION
d) x = t3 + t + 1, y = t3 + 2
sol)
dy
=
dx
dy
dt
dx
dt
=
3t2
.
+1
3t2
3. 주어진 점에서 다음 함수의 접선의 방정식을 구하시오.
a) y = x3 − 7x + 5,
x=1
연습문제 3.4 .
1. 함수 f : R → R가 f (x) = x5 + 3x3 + x − 7로 정의되었다. 함수
sol) 위 함수를 f (x)로 놓고 f 0 (x) = 3x2 − 7임을 이용하면 x = 1
f 의 역함수 f −1 가 존재함을 보이고 (f −1 )0 (−2)의 값을 구하시오.
에서의 접선의 방정식은
y = f 0 (1)(x − 1) + f (1) = −4(x − 1) − 1
sol) f 가 미분가능하고 실수 전체에서 f 0 (x) = 5x4 + 9x2 + 1 > 0
이므로 역함수 f −1 : R → R가 존재하고 미분가능하다. 또,
f (1) = −2이고 f 0 (1) = 15이므로
= −4x + 3
이다.
1
1
=
f 0 (1)
15
(f −1 )0 (−2) =
b) y = x +
이다.
2. 다음 식에서
a) x =
1
,
x
x=2
sol) 위 함수를 f (x)로 놓고 f 0 (x) = 1 −
dy
를 구하시오.
dx
에서의 접선의 방정식은
t2 − 1
2t
,
y
=
t2 + 1
t2 + 1
3
5
(x − 2) +
4
2
3
= x+1
4
y = f 0 (2)(x − 2) + f (2) =
sol)
dy
=
dx
dy
dt
dx
dt
1
임을 이용하면 x = 2
x2
=
2t(t2 +1)−2t(t2 −1)
(t2 +1)2
2(t2 +1)−4t2
(t2 +1)2
이다.
c) y =
2t
x
=
=− .
1 − t2
y
√
4 − x2 ,
x=1
sol) 위 함수를 f (x)로 놓고 f 0 (x) = − √
b) x = sin t + 1, y = cos 2t
x = 1에서의 접선의 방정식은
√
1
y = f 0 (1)(x − 1) + f (1) = − √ (x − 1) + 3
3
1
4
= −√ x + √
3
3
sol)
dy
=
dx
x
임을 이용하면
4 − x2
dy
dt
dx
dt
=
−2 sin 2t
cos t
= −4 sin t = 4 − 4x.
이다.
c) x = t − sin t, y = 1 − cos t
d) y = (1 + x2 )3 (1 + x3 )2 ,
x=0
sol)
dy
=
dx
dy
dt
dx
dt
=
sol) 위 함수를 f (x)로 놓고
sin t
.
1 − cos t
f 0 (x) = 6x(1 + x2 )2 (1 + x3 )(1 + x + 2x3 )
26
3 미분
SOLUTION
임을 이용하면 x = 0에서의 접선의 방정식은
이므로 x =
y = f 0 (0)(x − 0) + f (0) = 0 · (x − 0) + 1
=1
이다.
3
3
,y =
⇐⇒ t = 1에서의 접선의 방정식은
2
2
3
3
y = −1(x − ) +
2
2
= −x + 3
이다.
e) y =
x−1
x+1
3
,
x=2
h) x−3 + y −3 = 2,
x = 1,
y=1
6(x − 1)2
임을 이용하면 sol) 주어진 점 근방에서 함수를
(x + 1)4
x = 2에서의 접선의 방정식은
1
1
1
3
x = ,y =
≤t≤
1 ,
3
t
2
(2 − t ) 3 2
2
1
y = f 0 (2)(x − 2) + f (2) =
· (x − 2) +
27
27
으로 매개화하면
2
3
=
x−
dy
dy
27
27
dt
= −t4 (2 − t3 )−4/3
= dx
dx
dt
이다.
이므로 x = 1, y = 1 ⇐⇒ t = 1에서의 접선의 방정식은
√
1
1
√
f) x + y = 1, x = , y =
y = −1(x − 1) + 1
4
4
= −x + 2
2
2
sol) 주어진 점 근방에서 함수를 x = t , y = (1 − t) , 0 ≤ t ≤ 1로 이다.
매개화하면
sol) 위 함수를 f (x)로 놓고 f 0 (x) =
dy
=
dx
이므로 x =
dy
dt
dx
dt
=
i) x = t2 + 1,
t−1
t
y = t3 + 1,
sol)
1
1
1
,y =
⇐⇒ t = 에서의 접선의 방정식은
4
4
2
dy
=
dx
1
1
y = −1(x − ) +
4
4
1
= −x +
2
x=
3
,
2
y=
3
2
3
이다.
3
2
x + y = 3xy =⇒ x + (xt) = 3x t
=⇒ (t3 + 1)x3 = 3tx2
=⇒ x =
t3
dy
=
dx
dy
dt
dx
dt
t
,
3
t +1
y=
t2
,
t3 + 1
t=1
sol)
3t
3t2
,y = 3
+1
t +1
dy
=
dx
dy
dt
dx
dt
=
2t − t4
1 − 2t3
3
1
≤ t ≤ 인 영역에서 이므로 t = 1 ⇐⇒ x = 1 , y = 1 에서의 접선의 방정식은
2
2
2
2
1
1
y = −1(x − ) +
2t − t4
2
2
=
1 − 2t3
= −x + 1
이다. 또한 주어진 점 근방에서의 함수를
위 식으로 매개화하면
3t
2
3
(x − 2) + 2
2
3
= x−1
2
j) x =
3
=
y=
sol) y = xt로 두고 풀면
3
dy
dt
dx
dt
이므로 t = 1 ⇐⇒ x = 2, y = 2에서의 접선의 방정식은
이다.
g) x3 + y 3 = 3xy,
t=1
27
SOLUTION
3 미분
5. 음함수 x2 − xy + y 2 = 9 로 주어진 함수 y = f (x)가 있다. 곡선
위의 점 (3, 0)에서 f (x)의 2계 미분계수를 구하시오.
sol) 음함수 미분법을 이용하여 x2 − xy + y 2 = 9의 양변을 x에
4. (음함수 미분법) 평면에서 다음 각 등식을 만족하는 점 (x, y) 대하여 미분하면
의 집합을 생각하자. x축에서 어떤 열린 구간 I가 존재하여 각
등식을 y = y(x)(x ∈ I)로 나타냈다고 할 때, 합성함수 미분법을
dy
dy
dy
−2x + y
2x − y − x
+ 2y
= 0 =⇒
=
dy
dx
dx
dx
−x + 2y
이용하여
(x ∈ I)를 구하시오.
dx
dy
dy
dy
이고 따라서
= 2 이다. 이제 2x − y − x
+ 2y
=0
a) x = 5y − y 3
dx (3,0)
dx
dx
sol) 음함수 미분법에 의해
의 양변을 x에 대하여 미분해보면
dy
dy
x = 5y − y 3 =⇒ 1 = 5
− 3y 2
dy dy
dy
dy
d2 y
d2 y
dx
dx
2−
−
−x 2 +2
·
+ 2y 2 = 0
dx dx
dx
dx dx
dx
1
dy
2
=
=⇒
dy
dy
dx
5 − 3y 2
2 dx
− 2 dx
−2
d2 y
=⇒
=
2
dx
2y − x
이다.
이다.
b) x3 + y 3 = 1
sol) 음함수 미분법에 의해
d2 y
= 2 이다. 그러므로 (3, 0)에서 f (x)의 2계
dx2 (0,3)
미분계수는 2이다.
이고 따라서
x3 + y 3 = 1 =⇒ 3x2 + 3y 2
=⇒
dy
=0
dx
연습문제 3.5 .
1. 다음 함수의 도함수를 구하시오.
(답만 명시한다.)
dy
x2
=− 2
dx
y
이다.
c) x2 y = xy 2 + 1
sol) 음함수 미분법에 의해
a) y = sin(2x cos 3x)
dy
sol)
= 2 cos(2x cos(3x))(cos(3x) − 3x sin(3x)).
dx
dx
dy
= y 2 + 2xy
dx
dy
2xy − y 2
dy
=
=⇒
dx
2xy − x2
x2 y = xy 2 + 1 =⇒ 2xy + x2
b) y = cos(sin x2 )
dy
sol)
= −2x sin(sin(x2 )) cos(x2 ).
dx
이다.
2
c) y = sec2 x tan x
dy
= sec4 x + 2 tan2 x sec2 x.
sol)
dx
2 2
d) (x − y ) = xy
sol) 음함수 미분법에 의해
dy
dy
)=y+x
dx
dx
4x3 − 4xy 2 − y
dy
=
=⇒
dx
−4y 3 + 4yx2 + x
p
d) y = (cot x)2 + 1
cot x csc2 x
dy
= −√ 2
.
sol)
dx
cot x + 1
(x2 − y 2 )2 = xy =⇒ 2(x2 − y 2 )(2x − 2y
√
e) y = arctan 2x
dy
1
=√
sol)
.
dx
2x(2x + 1)
이다.
e) x2/3 + y 2/3 = 1
sol) 음함수 미분법에 의해
x
2/3
+y
2/3
f) y = (arcsin(3x2 ))−2
dy
12x
sol)
= −√
.
4
dx
1 − 9x (arcsin(3x2 ))3
2
2
dy
= 1 =⇒ x−1/3 + y −1/3
=0
3
3
dx
dy
y 1/3
=⇒
= − 1/3
dx
x
g) y = csc2 (arccos(x))
2x
dy
sol)
=
.
dx
(1 − x2 )2
이다.
28
3 미분
SOLUTION
√
dy
sinh x
√ .
sol)
=
dx
2 x
2
h) y = e−x /2
dy
2
sol)
= −xe−x /2 .
dx
√
2
u) y = sinh ex
dy
2
2
sol)
= 2xex cosh ex .
dx
x
i) y = e
√
dy
e x
sol)
= √ .
dx
2 x
ex − 1
ex + 1
dy
2ex
sol)
.
= x
dx
(e + 1)2
v) y = ln(cosh 3x)
dy
= 3 tanh 3x.
sol)
dx
j) y =
w) y = sin(sinh x)
dy
sol)
= cosh x cos(sinh x).
dx
k) y = earcsin x
dy
earcsin x
.
sol)
=√
dx
1 − x2
2. 다음 값을√구하시오.
a) arcsin(− 3/2)
π
π
sol) arcsin x 의 정의역은 {x : − ≤ x ≤ } 이고 arcsin 은 sin
2√
2
√
π
3
과 역함수 관계이면서 sin − = −
이므로 arcsin(− 3/2) =
3
2
π
− 이다. b와 c 도 이와 같은 방법으로 풀면 되므로 이후 풀이과
3
정은 생략한다.
l) y = ln(ln x)
dy
1
sol)
=
.
dx
x ln x
√
m) y = ln( x2 + 1 − 1)
dy
x
√
sol)
=
.
dx
x2 − x2 + 1 + 1
n) y = log2 x + log3 x
dy
ln 6
sol)
=
.
dx
x ln 2 ln 3
b) arccos(1/2)
π
sol) arccos(1/2) = .
3
o) y = ln(ex + x2 )
dy
2x + ex
sol)
= x
.
dx
e + x2
c) arctan(−1)
π
sol) arctan(−1) = − .
4
p) y = xx
y0
= ln x + 1 이다.
y
3. 다음 등식을 증명하시오.
dy
a) sinh(x + y) = sinh x cosh y + cosh x sinh y
따라서
= y 0 = y(ln x + 1) = xx (ln x + 1)이다.
dx
proof )
sol) ln y = x ln x이고 음함수 미분법에 의해
q) y = xsin x
sol) p)와 같은 방법으로 도함수를 구할 수 있다. 방법은 생략하고
답만 제시한다.
dy
= xsin x (cos x ln x + sinx x ).
dx
sinh x cosh y + cosh x sinh y
ex + e−x ey − e−y
ex − e−x ey + e−y
·
+
·
2
2
2
2
ex ey + ex e−y − e−x ey − e−x e−y
=
4
ex ey − ex e−y + e−x ey − e−x e−y
+
4
ex ey − e−x e−y
ex+y − e−(x+y)
=
=
2
2
= sinh(x + y).
=
2
r) y = 3x
dy
2
= 3x 2x ln 3.
sol)
dx
s) y = sinh2 (3x − 2)
dy
sol)
= 6 sinh(3x − 2) cosh(3x − 2).
dx
√
t) y = cosh x
b) cosh(x + y) = cosh x cosh y + sinh x sinh y
29
3 미분
SOLUTION
proof )
c) y = log3 (log2 x),
x=8
sol) f (x) = log3 (log2 x) 라고 하면 f 0 (x) =
cosh x cosh y + sinh x sinh y
서 구하는 접선의 방정식은
ex + e−x ey + e−y
ex − e−x ey − e−y
·
+
·
2
2
2
2
ex ey + ex e−y + e−x ey + e−x e−y
=
4
ex ey − ex e−y − e−x ey + e−x e−y
+
4
ex+y + e−(x+y)
ex ey + e−x e−y
=
=
2
2
= cosh(x + y).
=
1
이다. 따라
x ln 3 ln x
y = f 0 (8)(x − 8) + f (8)
1
1
=
x+1−
24 ln 3 ln 2
3 ln 3 ln 2
이다.
d) ln x + 5x + 3xy = 8, x = 1, y = 1
sol) 위 등식의 양변을 x에 대하여 미분하면
1
dy
+ 5x ln 5 + y3xy ln 3 + x3xy ln 3
=0
x
dx
c) sinh(2x) = 2 sinh x cosh x
proof ) a)에 의하여
을 얻을 수 있고 따라서
dy
dx
sinh(2x) = sinh(x + x)
= sinh x cosh x + cosh x sinh x
=−
x=1,y=1
1
(1 + 5 ln 5 + 3 ln 3)
3 ln 3
이고 구하는 접선의 방정식은
= 2 sinh x cosh x
y=−
이다.
1
(1 + 5 ln 5 + 3 ln 3)(x − 1) + 1
3 ln 3
이다.
d) cosh 2x = cosh2 x + sinh2 x
proof ) b)에 의하여
√
e) tan x + cot y = 2 3,
x = π/3,
y = π/6
dy
= sec2 x sin2 y
dx
임을 알 수 있다. 따라서 구하는 접선의 방정식은
sol) 주어진 식의 양변을 x에 대하여 미분하면
cosh 2x = cosh(x + x)
= cosh x cosh x + sinh x sinh x
= cosh2 x + sinh2 x
y=
이다.
dy
dx
(x −
x=π/3,y=π/6
= 1 · (x −
π
π
)+
3
6
π
π
)+
3
6
π
=x−
4. 주어진 점에서 다음 함수의 접선의 방정식을 구하시오.
6
a) y = xe−x , x = 0
이다.
sol) f (x) = xe−x 라고 하면 f 0 (x) = (1 − x)e−x 이다. 따라서 구
하는 접선의 방정식은
√
f) arcsin x + arcsin y = π/2, x = 1/2, y = 3/2
sol) 주어진 식의 양변을 x에 대하여 미분하면
y = f 0 (0)(x − 0) + f (0)
=x
1
1
dy
+p
=0
2
2
1−x
1 − y dx
이다.
p
dy
1 − y2
이고 따라서
= −√
이다. 따라서 구하는 접선의 방정
dx
1 − x2
b) y = x ln x, x = e
식은
sol) f (x) = x ln x라고 하면 f 0 (x) = ln x + 1 이다. 따라서 구하는
√
접선의 방정식은
1
3
1
x−
+
y = −√
2
2
3
√
y = f 0 (e)(x − e) + f (e)
1
2 3
= −√ x +
= 2x − e
3
3
√
이다.
이다.
30
3 미분
SOLUTION
sol) f (e) = 3e 이고 f 0 (x) = ln x + 3 이므로 f 0 (e) = 4 이다. 정리
3.4.1에 의하여
5. 다음 등식을 증명하시오.
arctan x + arctan y = arctan
x+y
1 − xy
(|x| < 1, |y| < 1)
(f −1 )0 (3e) =
proof ) y 를 임의의 상수로 고정시키고
1
1
=
f 0 (e)
4
이다.
x+y
− arctan x − arctan y
f (x) = arctan
1 − xy
d2 y
를 구하시오.
dx2 ( π , π )
3 6
sol) sin y + cos x = 1 의 양변을 x에 대하여 미분해보면
7. sin y + cos x = 1 일 때, y 00 =
라고 하자. 이제 f (x)를 미분하면
(1 − xy) − (x + y)(−y)
1
1
0
f (x) =
−
2 ·
2
(1
−
xy)
1
+
x2
x+y
1 + 1−xy
(1 − xy)2
1 − xy + xy + y 2
1
=
·
−
2
2
2
(1 − xy) + (x + y)
(1 − xy)
1 + x2
1 + y2
1
=
−
2
1 − 2xy + x y 2 + x2 + 2xy + y 2
1 + x2
1 + y2
1
−
=
2
2
2
2
1+x +y +x y
1 + x2
2
1+y
1
=
−
2
2
2
(1 + y ) + x (1 + y ) 1 + x2
1
1
=
−
=0
1 + x2
1 + x2
y 0 cos y − sin x = 0 =⇒ y 0 =
sin x
cos y
dy
= 1 이다. y 0 cos y − sin x = 0 의 양변을 x
dx ( π , π )
3 6
에 대하여 미분해보면
이고 따라서
y 00 cos y − (y 0 )2 sin y − cos x = 0 =⇒ y 00 =
이고 따라서
dy
dx
π
(π
3,6)
(y 0 )2 sin y + cos x
cos y
2
= √ 이다.
3
8. 자연수 n에 대하여 fn (x) = sin2n x(0 < x < π2 ) 일 때,
이다. 연습문제 3.4 절의 4번의 a) 에 의하여 f 는 상수함수이고 y = fn (x)의 변곡점을 (an , fn (an ))이라고 하자. 이 때, 극한
lim fn (an )을 구하시오.
f (0) = 0 이므로 f (x) = 0 이다. 즉,
n→∞
sol) 우선 함수 fn (x)의 이계도함수를 구해보자.
x+y
arctan x + arctan y = arctan
1 − xy
fn0 (x) = 2n sin2n−1 x · cos x
이다. 따라서 증명은 끝났다.
fn00 (x) = 2n(2n − 1) sin2n−2 x · cos2 x − 2n sin2n−1 x · sin x
= 2n(2n − 1) sin2n−2 x · (1 − sin2 x) − 2n sin2n x
(별해) 미분을 사용하지 않고 풀 수 있는 방법도 있다.
proof ) A = arctan x + arctan y라고 하자. 그러면
= (4n2 − 2n) sin2n−2 x − 4n2 sin2n x
(an , fn (an )) 이 함수 fn (an )의 변곡점이므로
tan A = tan(arctan x + arctan y)
tan(arctan x) + tan(arctan y)
1 − tan(arctan x) tan(arctan y)
x+y
=
1 − xy
f 00 (an ) = (4n2 − 2n) sin2n−2 an − 4n2 sin2n an = 0
1
=⇒ sin2 an = 1 −
2n
=
이다. 그러므로
이므로
lim fn (an ) = lim sin2n an = lim (sin2 an )n
n→∞
n→∞
n
1
1
= lim 1 −
=√
n→∞
2n
e
n→∞
arctan x + arctan y = A
= arctan(tan A)
x+y
= arctan
1 − xy
이다.
이다. 따라서 증명은 끝났다.
9. 함수 f (x) = sinh x 의 역함수 f −1 (x) = sinh−1 x 가 실수
전체에서 정의되고,
6. 구간 (1, 5)에서 f (x) = x ln x+2x로 정의된 함수 f 의 역함수를
p
f −1 라 할 때, (f −1 )0 (3e)의 값을 구하시오.
f −1 (x) = sinh−1 x = ln(x + x2 + 1)
31
3 미분
SOLUTION
가 성립한다고 가정하자. 위 등식의 양변을 x 에 대하여 미분하면
이며
(sinh−1 x)0 = √
k+2
2 d
2
dk+1 −x2
(e
) + (−1)k+1 ex
(e−x )
k+1
dx
dxk+2
k
k
2 d
2
−x2
2
k x2 d
(e
(e−x )
− 2(−1)k ex
)
−
4x
(−1)
e
dxk
dxk
k−1
k+1
2 d
2
2 d
2
(e−x ) + 4xk(−1)k−1 ex
(e−x )
− 2x(−1)k ex
k+1
dx
dxk−1
k
2
2 d
(e−x )
+ 2k(−1)k−1 ex
k
dx
k+1
k
2
2 d
2
k+1 x2 d
= 2x (−1)
e
(e−x ) − 2x(−1)k ex
(e−x )
k+1
dx
dxk
k−1
2 d
−x2
(e
+ 2k(−1)k−1 ex
)
dxk−1
k+1
k+2
2
2 d
−x2
k+1 x2 d
(e
)
−
2x(−1)
e
(e−x )
− (−1)k+2 ex
dxk+2
dxk+1
k
k x2 d
−x2
(e
)
+ 2(k + 1)(−1) e
dxk
1
2
(−1)k+1 2xex
x2 + 1
임을 증명하시오.
proof ) 우선 sinh x 의 역함수가 실수 전체에서 정의됨을 밝히자.
sinh x 가 실수 전체에서 연속이고 x → ∞ 일 때 f (x) → ∞ 이고
x → −∞ 일 때 f (x) → −∞이므로 f 의 치역은 실수 전체이고
f 0 (x) = cosh x > 0 이므로 f 는 일대일 대응이다. 따라서 f 의 역
함수는 실수 전체에서 잘 정의된다.
ex − e−x
이므로 e2x − 2yex − 1 = 0 이다. 이제
y = sinh x =
2
p
x
근의 공식을 이용하면 ep
= y ± y 2 + 1 임을 알 수 있다.
p 그런데
ex > 0 이므로 ex =py+ y 2 + 1 이고 따라서 x = ln(y+ y 2 + 1)
2
대하여 대칭이동
이다.. x = ln(y
√ + y + 1) 를 y = x에
√ 시키면
2
y = ln(x + x + 1) 이고 √
따라서 f −1 (x) = ln(x + x2 + 1)
이다. 이제 f −1 (x) = ln(x + x2 + 1) 을 x 에 대하여 미분하면
= 2x (Hk+1 (x) − 2xHk (x) + 2kHk−1 (x))
1
x
√
(1 + √
)
x + x2 + 1
x2 + 1
√
1
x + x2 + 1
√
√
=
x + x2 + 1
x2 + 1
1
=√
x2 + 1
(f −1 (x))0 =
− (Hk+2 (x) − 2xHk+1 (x) + 2(k + 1)Hk (x))
= − (Hk+2 (x) − 2xHk+1 (x) + 2(k + 1)Hk (x)) = 0
이다. 따라서
Hk+2 (x) − 2xHk+1 (x) + 2(k + 1)Hk (x) = 0
이고 n = k + 1 일 때도 성립하므로 수학적 귀납법에 의하여
주어진 등식은 모든 양의 정수 n 에 대하여 성립한다.
(Remark) Hn (x)는 에르미트 다항식(Hermite polynomial)이라
불리며, 양자역학에서 주로 등장한다. a)의 식은 이 n차 에르미트
다항식을 빠르게 계산할 수 있게 도와주는 점화식이다.
을 얻을 수 있다.
2
10. 정수 n ≥ 0에 대하여 함수 Hn (x) = (−1)n ex
dn −x2
(e
)이라
dxn
고 할 때, 다음 등식을 증명하시오.
a) Hn+1 (x) − 2xHn (x) + 2nHn−1 (x) = 0, (n ≥ 1)
proof ) n = 1 일 때,
b) Hn0 (x) = 2nHn−1 (x), (n ≥ 1)
proof )
n
n+1
2 d
2
d
−x2
n x2 d
Hn (x) = (−1)n 2xex
(e
(e−x )
)
+
(−1)
e
n
n+1
dx
dx
dx
= 2xHn (x) − Hn+1 (x)
2 d
2
2
2
d2 −x2
(e
(e−x ) + 2 · ex · e−x
) − 2x(−1)ex
2
dx
dx
= (4x2 − 2) − 4x2 + 2
(−1)2 ex
2
이다. 즉,
=0
Hn0 (x) = 2xHn (x) − Hn+1 (x)
이으로 주어진 등식이 성립한다. 이제 n = k(k 는 1 이상의 자연 이다. 이제 a) 에 의하여 2xHn (x) − Hn+1 (x) = 2nHn−1 (x) 이므
로 Hn0 (x) = 2nHn−1 (x) 이다.
수) 일 때 주어진 등식이 성립한다고 하자. 즉,
c) Hn00 (x) − 2xHn0 (x) + 2nHn (x) = 0
0
proof ) Hn+1
(x)를 계산하여 보자. b)에 의하여
Hk+1 (x) − 2xHk (x) + 2kHk−1 (x)
k
2
dk+1 −x2
k x2 d
(e
)
−
2x(−1)
e
(e−x )
dxk+1
dxk
k−1
2 d
2
+ 2k(−1)k−1 ex
(e−x )
k−1
dx
= (−1)k+1 ex
2
0
Hn+1
(x) = 2(n + 1)Hn (x)
이다. 그리고 a)의 식을 x에 대해 미분하면
=0
0
0
Hn+1
(x) = 2Hn (x) + 2xHn0 (x) − 2nHn−1
(x)
32
3 미분
SOLUTION
3x − 2x
x→0
x
sol)
0
이고 또 b)에 의하여 2nHn−1
(x) = Hn00 (x)이므로
d) lim
0
Hn+1
(x) = 2Hn (x) + 2xHn0 (x) − Hn00 (x)
3x ln(3) − 2x ln(2)
3x − 2x
= lim
= ln
x→0
x→0
x
1
임을 알 수 있고 따라서
lim
2(n + 1)Hn (x) = 2Hn (x) + 2xHn0 (x) − Hn00 (x)
이고 그러므로
e) lim
x→0
Hn00 (x) − 2xHn0 (x) + 2nHn (x) = 0
3
.
2
x − tan x
x − sin x
sol)
x − tan x
1 − sec2 x
= lim
x→0 x − sin x
x→0 1 − cos x
(cos x + 1)(cos x − 1)
= lim
x→0
cos2 x(1 − cos x)
1 + cos x
= lim −
= −2.
x→0
cos2 x
이다. 따라서 증명은 끝났다.
lim
연습문제 3.6 .
1. 다음 극한을 구하시오.
ex + x − 1
x→0
x2
a) lim
ex − e−x
x→0
sin x
sol) 함수 f, g : (−1, 1) − {0} → R를 각각 f (x) = ex + x − 1 와
2
sol)
g(x) = x 로 정의하면
f) lim
lim f (x) = 0,
x→0+
ex − e−x
ex + e−x
= lim
= 2.
x→0
x→0
sin x
cos x
lim
lim g(x) = 0
x→0+
x
이다. 또한 f 와 g는 (−1, 1)−{0}에서 미분가능하고 f 0 (x) = ex +1 g) lim e − 1
x→0 ln(x + 1)
이며 g 0 (x) = 2x이다. 그리고 모든 x ∈ (−1, 1) − {0}에 대해
0
sol)
|g (x)| > 0이다. 이제
lim f 0 (x) = 1,
x→0+
lim g 0 (x) = 0,
x→0+
ex − 1
ex
= lim 1 = lim (x + 1)ex = 1.
x→0 ln(x + 1)
x→0
x→0
x+1
f 0 (x)
= +∞
x→0+ g 0 (x)
lim
lim
이다. 따라서, 로피탈 법칙에 의해
h) lim
f (x)
f 0 (x)
lim
= lim 0
= +∞
x→0+ g(x)
x→0+ g (x)
x→0
sol)
이다. 같은 방법으로
lim
x→0
f 0 (x)
f (x)
= lim 0
= −∞
x→0− g(x)
x→0− g (x)
lim
i) lim
x→0
sol)
1+x−
x
√
3
1−x
p
p
3
3
(1 + x) − (1 − x)
2
2
1
1
2
lim
= lim { (1+x)− 3 + (1−x)− 3 } = .
x→0
x→0 3
x
3
3
sin x2
x→0
x
sol)
b) lim
sin x2
cos x2 · 2x
= lim
= 0.
x→0
x→0
x
1
ln(1 + x2 )
x→0 ex − cos x
sol)
lim
x→0
1 − cosh(x)
cosh(x)
1
sinh(x)
= lim −
=− .
= lim −
2
x→0
x→0
x
2x
2
2
√
3
이다. 따라서 구하고자 하는 극한은 존재하지 않는다.
c) lim
1 − cosh x
x2
j) lim
x arctan x
1 − cos x
2x
ln(1 + x2 )
2
= lim x 1+x
= 0.
x
x→0 e − cos x
x→0 e + sin x
√
1 − cos x
k) lim
x
x→0+
sol)
√
√
1
sin( x) · 2√
1 − cos( x)
1
x
lim+
= lim+
= .
x
1
2
x→0
x→0
lim
sol)
x arctan x
arctan x + x/(1 + x2 )
= lim
x→0 1 − cos x
x→0
sin x
!
2
lim
= lim
x→0
(1+x2 )2
cos x
= 2.
33
3 미분
SOLUTION
√
l) lim+ √
x→0
x
√
x + sin( x)
이므로
lim ex ln(x) = elim x ln(x) = e0 = 1.
x→∞
sol)
√
x
√ = lim
lim √
+
x + sin( x) x→0+
x→0
1
2
1
2
·
√1
x
·
이다.
√1
x
√
+ cos( x) ·
1
√
2 x
1
r) lim (ln x) x
x→∞
= lim+
x→0
m) lim (
x→0
sol)
sol)
1
1
√ = .
2
1 + cos( x)
1
1
ln(ln x)
= lim x = 0
x→∞
x→∞ ln x
x
lim
이므로, 따라서
1
1
x − sin x
1 − cos x
− ) = lim
= lim
x→0 x sin x
x→0 sin x + x cos x
sin x x
x→0
x→∞
이다. 한편
1
1
− )
sin x x
lim (
1
lim (ln x) x = lim e x ln(ln x)
x→∞
1
lim e x ln(ln x) = elim
sin x
= lim
= 0.
x→0 cos x + cos x − x sin x
ln(ln x)
x
=1
x→∞
이다.
2
n) lim
x→∞
sol)
x +1
x ln x
s) lim (ex + x)1/x
x→0
sol)
2
lim
x→∞
x +1
2x
2
= lim
= lim 1 = ∞.
x→∞ ln x + 1
x→∞
x ln x
x
1
1
lim (ex + x) x = lim e x ln(e
x→0
+x)
이다. 한편
o) lim+ x ln x
x→0
sol) 예제 3.6.1. 참고.
ln(ex + x)
= lim
lim
x→0
x→0
x
lim x ln x = 0.
x→0+
p) lim+ x
x
x→0
ex +1
ex +x
1
ex + 1
=2
x→0 ex + x
= lim
이므로, 따라서
x
x
1
x→0
lim e x ln(e
+x)
x→0
x
sol) 함수 f (x) : (0, 1) → R 를 f (x) = x 라고 하면
= elim
ln(ex +x)
x
= e2
이다.
f (x) = xx = ex ln(x)
라고 쓸 수 있다. 한편 함수 ex 는 실수 전체에서 연속이므로 다음 t) lim xsin x
x→0+
과 같이 순서를 바꿀 수 있다. (편의를 위해 혼란이 없는 한 lim
sol)
기호의 밑을 생략한다.)
lim xsin x = lim esin x ln x = elim(sin x·ln x)
x→0+
x→0+
x ln(x)
lim x ln(x)
lim f (x) = lim+ e
=e
x→0+
x→0
이다. 한편 o)번 문제를 참고하면
따라서 위에 있는 극한값을 푸는 문제로 바뀐다. 문제 o)에 의해
sin x
lim sin x · ln x = lim
· x ln x = 0
+
+
x
x→0
x→0
lim x ln(x) = 0
x→0+
이다. 따라서
이므로 lim+ f (x) = e0 = 1이다.
elim(sin x·ln x) = 1
x→0
1
이다.
q) lim x x
x→∞
sol)
1
1
lim x x = lim e x ln(x)
x→∞
u) lim x cot x
x→0
x→∞
sol)
이다. 한편
1
ln(x)
= lim x = 0
x→∞
x→∞ 1
x
lim x cot x = lim x ·
lim
x→0
34
x→0
cos x
x
= lim
· cos x = 1.
x→0 sin x
sin x
3 미분
SOLUTION
v) lim x(e1/x − 1)
이다.
x→∞
sol)
lim x(e1/x − 1) = lim
x→∞
1
x
e −1
1
x
x→∞
h
= lim
h→0+
b) lim 1 +
h
n→∞
e −1
e
= lim
= 1. proof )
+
h
1
h→0
x n
= ex
n
lim 1 +
n→∞
w) lim (
p
3
x→∞
1
x n
= lim 1 + hx) h
h→0
n
로 바꾸어 쓸 수 있으므로 a)번에 의해 극한값은 ex 이다.
x3 + 2x + 5 − x)
sol) (a − b)(a2 + ab + b2 ) = a3 − b3 임을 이용하여 푼다. 분모 분자
각각에 (a2 + ab + b2 )꼴을 곱해준다. 그러면
3. 다음 극한을 구하시오.
p
(답만 명시한다.)
3
lim ( x3 + 2x + 5 − x)
x→∞
p
3
a) lim (1 + 2x)1/x
= lim ( x3 + 2x + 5 − x)
x→0
x→∞
sol)
(x3 + 2x + 5)2/3 + x(x3 + 2x + 5)1/3 + x2
lim (1 + 2x)1/x = lim (1 + 2x)2/2x = e2 .
· 3
x→0
x→0
(x + 2x + 5)2/3 + x(x3 + 2x + 5)1/3 + x2
1 n
x3 + 2x + 5 − x3
b) lim 1 −
= lim
n→∞
x→∞ (x3 + 2x + 5)2/3 + x(x3 + 2x + 5)1/3 + x2
n
sol)
2 + x5
=0
= lim 1 3
1
1 (−n)(−1)
x→∞ (x + 2x + 5)2/3 + (x3 + 2x + 5)1/3 + x
x
lim 1 − )n = lim 1 +
)
= e−1 .
n→∞
n→∞
n
(−n)
이다.
x) lim
x→0
1
1
−
x ln(x + 1)
c) lim 1 +
n→∞
sol)
sol)
1 n
3n
lim 1 +
n→∞
lim
x→0
1
1
−
x ln(x + 1)
ln(1 + x) − x
= lim
x→0 x ln(x + 1)
= lim
x→0
1
x+1
d) lim (1 +
n→∞
−1
ln(x + 1) +
sol)
x
x+1
1 n
1 3n· 1
= lim 1 +
) 3 = e1/3 .
n→∞
3n
3n
3 2n
)
n
lim 1 +
n→∞
1 − (x + 1)
x→0 (x + 1)(ln(x + 1)) + x
−1
1
= lim
=− .
x→0 ln(x + 1) + 2
2
3 2n
3 n3 ·6
= lim 1 +
= e6 .
n→∞
n
n
= lim
4. 함수 f 가 두 번 미분가능할 때 로피탈 법칙을 이용하여 다음을
증명하시오.
f (x + h) − f (x − h)
= f 0 (x)
h→0
2h
proof ) 분모와 분자의 함수는 (-1,1)에서 미분가능하며, h ∈
(−1, 1) − {0}에서 |(2h)0 | = |2| > 0 이다. 또한 분모, 분자 모
두 h가 0으로 갈 때 0으로 수렴하므로 로피탈 정리를 쓸 수 있다.
따라서
a) lim
2. 로피탈 법칙을 이용하여 다음을 증명하시오.
a) lim (1 + hx)1/h = ex
h→0
proof ) x를 고정하고 위 식을 다시 쓰면
1
lim (1 + hx)1/h = lim e h ln(1+hx) = elim
h→0
ln(1+hx)
h
f (x + h) − f (x − h)
f 0 (x + h) + f 0 (x − h)
= lim
= f 0 (x)
h→0
h→0
2h
2
lim
h→0
이다. 한편 로피탈 법칙을 이용하면
lim
h→0
이다.
ln(1 + hx)
x
= lim
=x
h→0
h
1 + hx
f (x + h) − 2f (x) + f (x − h)
= f 00 (x)
h2
proof ) 임의의 x ∈ R 을 선택하자. 분모와 분자의 함수는 (−1, 1)
에서 미분가능하며, h ∈ (−1, 1) − {0}에서 |(h2 )0 | = |2h| > 0
b) lim
h→0
이므로
elim
ln(1+hx)
h
= ex
35
4 적분
SOLUTION
이다. 또한 분모 분자 모두 h → 0 일 때 0으로 수렴하므로 로피탈
b) f (x) =
정리를 쓸 수 있다. 따라서
sol)
f (x + h) − 2f (x) + f (x − h)
f 0 (x + h) − f 0 (x − h)
lim
=
lim
h→0
h→0
h2
2h
sin(x)
Z
p
3 + 2t4 dt
0
f 0 (x) =
이다. 함수 f 가 두번 미분가능하므로 a)번 풀이과정을 적용하면
Z
극한값 f 00 (x)를 얻을 수 있다.
c) g(x) =
x4
√
e
t
dt,
q
3 + 2 sin4 (x) · cos(x).
x>0
x2
sol)
2
5. 극한 lim (e−1/x )cos(x)−1 를 구하시오.
2
g 0 (x) = 4x3 ex − 2xex .
x→0
sol) 위 식을 다시 쓰면
lim (e
−1/x2 cos(x)−1
)
x→0
=e
lim
1−cos(x)
x2
3. 함수 g(x) =
sin(x)
1 − cos(x)
1
= lim
=
2
x→0 2x
x→0
x
2
lim
이므로
1−cos(x)
x2
= e1/2
이다.
4
0
1
1 − sin tdt (0 < x < 1)일 때, g (
2
0
의 값을 구하시오.
sol) 미적분학의 기본정리에 의하여
q
g 0 (x) = 1 − sin(sin−1 x) · (sin−1 x)0
√
1
1
= 1−x·
=√
1 − x2
1+x
r
1
2
이다. 따라서 g 0
=
이다.
2
3
이다. 한편
elim
R sin−1 x √
적분
4. 다음 극한을 구하시오.
ln(3n) − ln n
ln(n + 2) − ln n ln(n + 4) − ln n
+
+ ···
lim
n→∞
n+2
n+4
3n
연습문제 4.1 .
1. 다음 정적분의 값을 정의를 사용하여 구하시오.
Z 1
(x + 2)dx
sol)
−1
ln(3n) − ln n
ln(n + 2) − ln n ln(n + 4) − ln n
sol) 피적분함수가 구간 [−1, 1]에서 연속이므로, 모든 리만합이
lim
+
+ ···
n+2
n+4
3n
같은 수로 수렴한다. 구간 [−1, 1]를 n 등분하여 얻은 분할점 n→∞
n
2k
X ln(n + 2k) − ln n
(k = 0, 1, 2, . . . , n)를 각각의 소구간에서의 표본
xk = −1 +
= lim
n
n→∞
n + 2k
점으로 선택하면
k=1
Z 1
n ln 1 + 2k
1
2
X
n
2k 2
=
lim
·
2k
(x + 2)dx = lim
−1+
+2
n→∞
2
n
1
+
n→∞
n
n
n
−1
k=1
Z 3
Z
1
ln
x
1 ln 3
1
n
2
X
2k 2
=
dx =
tdt = (ln 3)
= lim
1+
2 1 x
2 0
4
n→∞
n n
k=1
4 n(n + 1)
연습문제 4.2 .
= lim 2 + 2 ·
=4
n→∞
1. 다음 부정적분을 구하시오.
n
2
(답만 명시한다.)
이다.
Z
2x7 + 3x4 − 5x2 − 1
dx
a)
2. 정적분으로 정의된 다음 함수들의 도함수를 구하시오.
x3
(답만 명시한다.)
sol)
Z
a) f (x) =
x
√
3
Z
t − 1dt
1
sol)
f 0 (x) =
√
3
2x7 + 3x4 − 5x2 − 1
2
3
1
dx = x5 + x2 − 5 ln |x| + 2 + C.
x3
5
2
2x
(단, C 는 상수이다. 앞으로 C 는 이 책에서 다른 언급이 없는 한
x − 1.
36
4 적분
SOLUTION
적분상수로 취급한다.)
Z
b)
(2x4 +
√
3
x − 1)dx
sol)
Z
Z
c)
√
(2x4 +
√
Z
d)
√
3
x − 1)dx =
2 5 3 4/3
x + x − x + C.
5
4
du
= − sin x이고
dx
Z
Z
sin x cos3 xdx = −u3 du
sol) u = cos x라고 두자. 그러면
x − 1dx
sol)
Z
연습문제 4.3 .
1. 다음
부정적분을 구하시오.
Z
a) sin x cos3 x dx
x − 1dx =
u4
+C
4
cos4 x
=−
+C
4
2
(x − 1)3/2 + C.
3
=−
3x − 1
dx
2x2
이다.
Z
2
b) xex dx
sol)
3x − 1
3
1
dx = ln |x| +
+ C.
2x2
2
2x
Z
Z
e)
du
= 2x이고
dx
Z
Z u
e
x2
xe dx =
du
2
eu
=
+C
2
2
ex
=
+C
2
1 + cos3 x
dx
cos2 x
sol) u = x2 라고 두자. 그러면
sol)
Z
Z
1 + cos3 x
dx = (sec2 x + cos x)dx
cos2 x
= tan x + sin x + C.
Z
2
f) √
dx
2 − 2x2
sol)
√
Z
Z
2
2
√
√
dx =
dx
2
2 − 2x
1 − x2
√
= 2 arcsin(x) + C.
Z
g)
이다.
Z
c)
x
dx
2x2 (1 + ln x)
sol) u = 1 + ln x라고 두자. 그러면
Z
3
dx
4 + (2x)2
x
dx =
2
2x (1 + ln x)
=
Z
3
dx =
4 + (2x)2
=
Z
Z
3
dx
4(1 + x2 )
3
arctan(x) + C.
4
이다.
Z
p
d) x2 x3 − 3dx
2e2x dx
du
= 3x2 이고
dx
Z
Z
p
1√
2
3
x x − 3dx =
udu
3
3
2
= (u) 2 + C
9
3
2 3
= (x − 3) 2 + C
9
sol)
Z
sol) u = x3 − 3라고 두자. 그러면
2e2x dx = e2x + C.
Z
i)
1
du
2u
1
ln |u| + C
2
1
= ln |1 + ln x| + C
2
sol)
h)
Z
du
= 1/x이고
dx
5 sin(4x)dx
sol)
Z
5
5 sin(4x)dx = − cos(4x) + C.
4
37
4 적분
SOLUTION
이고. 다시 f (x) = x, g 0 (x) = sin(2x)라고 두면,
Z
Z
1
1
x sin 2xdx = − x cos 2x +
cos 2x dx
2
2
1
1
= − x cos 2x + sin 2x + C ∗
2
4
이다.
Z
2 sin x
e)
dx
cos3 x
du
sol) u = cos x라고 두자. 그러면
= − sin x이고
dx
Z
Z
2 sin x
2
dx
=
− 3 du
3
cos x
u
= (u)−2 + C
이므로
Z
1
1
1
x2 cos(2x)dx = x2 sin 2x − (− x cos 2x + sin 2x) + C
2
2
4
1 2
1
1
= x sin 2x + x cos 2x − sin 2x + C
2
2
4
= sec2 x + C
이다.
Z
f) etan x sec2 x dx
이다.
du
sol) u = tan x라고 두자. 그러면
= sec2 x이고
dx
Z
Z
etan x sec2 xdx = eu du
u
tan x
=e +C =e
Z
i)
e−x sin x dx
Z
sol) I =
+C
e−x sin x dx로 두고, f (x) = sin x, g 0 (x) = e−x 로
두면 부분적분법에 의해
Z
Z
I = e−x sin x dx = −e−x sin x + e−x cos x dx
이다.
Z
g) 2(ln x)2 dx
du
= 1/x이고
sol) u = ln x라고 두자. 그러면
dx
Z
Z
1
2(ln x)2 dx = 2x(ln x)2 · dx
x
Z
Z
= 2eu (u2 )du = 2u2 eu du
이고 비슷한 방법으로
Z
Z
−x
−x
e cos x dx = −e cos x − e−x sin x dx
= −e−x cos x − I
이므로
2
0
u
이다. f (u) = u , g (u) = 2e 라고 하자. 그러면 부분적분법에
의해
Z
Z
Z
2u2 eu du = f (u) · g 0 (u)du = f (u)g(u) − f 0 (u)g(u)du
Z
2 u
= 2u e − 4ueu du
I = −e−x sin x + (−e−x cos x −
Z
e−x sin xdx)
= −e−x sin x − e−x cos x − I
=⇒ 2I = −e−x sin x − e−x cos x
1
=⇒ I = − e−x (sin x + cos x) + C
2
= 2u2 eu − 4ueu + 4eu + C
이다.
= 2eu (u2 − 2u + 2) + C
= 2x((ln x)2 − 2 ln x + 2) + C
2. 함수 F 가 함수 f 의 원시함수일 때 다음 등식이 성립함을 보이
시오.
Z
1
f (αx + β) = F (αx + β) + C, (α 6= 0)
α
이다.
Z
h) x2 cos 2x dx
sol) f (x) = x2 , g 0 (x) = cos 2x라고 두자. 그러면 부분적분법에
0
의해
1
proof )
F (αx + β) = f (αx + β)이므로 부정적분의 정의에
Z
Z
α
1 2
2
x cos 2x dx = x sin 2x − x sin 2x dx
따라
2
Z
1
f (αx + β) = F (αx + β) + C
α
38
4 적분
SOLUTION
가 성립한다.
sol)
Z
5
1
3
3. 다음 정적분을 구하시오.
1
2
Z
|x| dx
a)
−1
sol)
π
2
Z
Z
2
Z
0
−1
Z 0
=
0
|x| dx
0
Z
(−x)dx +
−1
sin x cos2 xdx
e)
2
Z
|x| dx +
|x| dx =
−1
sol) cos x = t로 두면 치환적분에 의해
Z π2
Z 0
sin x cos2 xdx = −
t2 dt
2
xdx
0
2 2
0
x2
x
= −
+
2 −1
2 0
5
1 4
= + = .
2 2
2
0
√
1/ 2
Z
b)
1−
0
2
=
0
1
3
2
1
Z
p
2
1 − x dx =
−1
sol) x2 = t로 두면 치환적분에 의해
Z 2
Z 4
2
1 t
e dt
xex dx =
2
1
1
4
e4 − e
1 t
=
=
e
2 1
2
π/4
|cos t| cos tdt
−π/2
Z
π/4
cos 2t + 1
dt
2
−π/2
π/4
1
1
=
sin 2t + t
4
2 −π/2
이다.
=
1
Z
(x3 + (x2 + 1)3 x)dx
g)
0
1 3π
.
= +
4
8
sol)
Z
3
1
(x3 + (x2 + 1)3 x)dx =
1
Z
0
(x − 2x3 )dx
c)
1
xex dx
f)
sol)
x = sin t로 두고 치환하면 다음이 성립한다.
Z
이다.
x2 dx
√
1/ 2
t3
t dt =
3
2
=
−1
Z
1
1
Z
Z
p
5
3 4
5 8
x3 + x5
4
8
1
5 8
3 4
3 5
=
53 + 55 − ( + )
4
8
4 8
8 8
3 4
= (5 3 − 1) + (5 5 − 1).
4
5
(x 3 + x 5 )dx =
x3 dx +
0
x3 dx +
=
1
x(x2 + 1)3 dx
0
1
Z
−1
Z
0
Z
1
2
1 3
t dt
2
1 4 2
x4
t
=
+
4 0
8 1
1
1
17
= + (2 − ) =
.
4
8
8
sol)
Z
3
x2
x4
−
2
2 −1
9 81
1 1
=
−
−
−
2
2
2 2
3
(x − 2x3 )dx =
−1
연습문제 4.4 .
1. 다음에 주어진 곡선들로 둘러싸인 영역의 넓이를 구하시오.
= −36.
a) y = e2x ,
Z
5
1
3
3
5
(x + x )dx
d)
1
sol)
39
y = x2 ,
x = 0,
x=1
4 적분
SOLUTION
이다. 이를 계산하면
10
y = e2x
y = x2
8
Z
1
√
0
6
4
1
3
2
1 − xdx = − (1 − x) 2
3
0
2
2
=
=0− −
3
3
이다.
2
c) y = 2 sin x,
−1
−0.5
0.5
1
1.5
2
y = sin 2x,
x = 0,
x=π
sol)
구하고자 하는 영역의 넓이는
Z 1
(e2x − x2 )dx
2
y = 2 sin x
y = sin 2x
0
이다. 이를 계산하면
1
Z 1
1 2x 1 3
e − x
(e2x − x2 )dx =
2
3
0
2
0
e
1
1
=
−
−0
−
2
3
2
e2
5
=
−
2
6
1
1
2
3
4
5
−1
이다.
b) y =
√
−2
1 − x,
x = 0,
y=0
구하고자 하는 영역의 넓이는
sol)
2
y=
√
Z
π
(2 sin x − sin 2x)dx
1−x
0
이다. 이를 계산하면
1.5
Z
0
1
0.5
−4
−3
−2
−1
구하고자 하는 영역의 넓이는
Z 1
√
π
π
1
(2 sin x − sin 2x)dx = −2 cos x + cos 2x
2
0
1
1
= 2+
− −2 +
=4
2
2
이다.
1
2
d) y = √
1 − xdx
sol)
0
40
x
,
x2 + 3
y = −1,
x = 0,
x=2
4 적분
SOLUTION
2
이다. 이를 계산하면
√
y = x/ x2 + 3
y = −1
1
Z
1
0
−1
1
2
3
4
1
(2x − x − x )dx = x2 − x3 −
3
1 1
=1− − =
3 5
2
4
1 5
x
5
7
15
1
0
이다.
−1
f) y =
−2
√
3
y = x3
x,
sol)
구하고자 하는 영역의 넓이는
1
Z
2
√
0
y = x3
y = x3
x
x2 + 3
+ 1 dx
1
이다. 이를 계산하면
Z
2
√
0
x
x2 + 3
2
Z
x
√
+ 1 dx =
Z
2
dx +
1dx
x2 + 3
0
7
1
√ dt + 2
=
3 2 t
h√ i7
√
√
t +2= 7− 3+2
=
−1
0
1
2
Z
−1
3
이다.
구하고자 하는 영역의 넓이는
4
e) y = x ,
y = 2x − x
2
Z
1
1
|x3 − x 3 |dx
−1
sol)
이다. 이를 계산하면
y = x4
y = 2x − x2
1.5
Z
1
1
1
|x3 − x 3 |dx = 2
Z
−1
1
3 4
x4
3
=2 x −
4
4
0
3 1
=2
−
=1
4 4
0.5
−1
1
2
3
이다.
−0.5
g) y = sin
구하고자 하는 영역의 넓이는
Z
1
(x 3 − x3 )dx (대칭)
0
−2
1
1
(2x − x2 − x4 )dx
sol)
0
41
π
x,
2
y=x
4 적분
SOLUTION
위 그림에서 칠해진 영역을 x축으로 회전시켰을 때 회전체의 부
피는
Z 4
√
π
( x)2 dx
y = sin π2 x
y=x
1
0
이다. 이를 계산하면
4
Z
−1
1
π
2
√
4
Z
2
( x) dx = π
xdx
0
0
=π
−1
x2
2
4
= 8π
0
이다.
구하고자 하는 영역의 넓이는
Z 1
π
|sin x − x|dx
2
−1
b) y =
1
cos x,
y = 0,
Z
1
x=
5
π
sin x − x dx
(대칭)
2
0
1
π
x2
2
= 2 − cos x −
π
2
2 0
1
2
4
=2
0−
− − −0
= −1
2
π
π
π
|sin x − x|dx = 2
2
−1
π
;
2
√
y=
x축
cos x
4
3
2
이다.
1
2. 다음 곡선으로 둘러싸인 영역을 주어진 축 또는 직선을 중심으
로 회전시킨 회전체의 부피를 구하시오.
a) y =
x = 0,
sol)
이다. 이를 계산하면
Z
√
√
x,
y = 0,
x = 4;
−3
x축
y=
√
−1
1
2
3
위 그림에서 칠해진 영역을 x축으로 회전시켰을 때 회전체의 부
피는
Z π/2
√
π
( cos x)2 dx
sol)
5
−2
x
0
이다. 이를 계산하면
4
π/2
Z
π
3
√
( cos x)2 dx = π
0
Z
π/2
cos xdx
0
π/2
= π [sin x]0
2
이다.
1
c) y = 1 − x2 ,
−1
1
2
3
4
5
sol)
42
y = −1;
y축
=π
4 적분
SOLUTION
이다. 이를 계산하면
y = 1 − x2
y = −1
0.5
Z
π
1
√
( y)2 dy − π
Z
0
−2
−1
1
1
7 1
y2
y
−π
2 0
7 0
π π
5
= − =
π
2
7
14
1
(y 3 )2 dy = π
0
2
−0.5
이다.
−1
−1.5
e)y =
√
x = −1,
x + 1,
위 그림에서 칠해진 영역을 y축으로 회전시켰을 때 회전체의 부
피는
Z 1 p
π
( 1 − y)2 dy
y = 2;
y=3
√
y = x+1
y=2
4
−1
이다. 이를 계산하면
Z
1
Z
p
( 1 − y)2 dy = π
π
−1
2
1
(1 − y)dy
−1
1
y2
=π y−
2 −1
1
1
− −1 −
= 2π
=π
1−
2
2
−4
−2
2
4
6
−2
sol)
이다.
d) x =
√
y,
3
x=y ;
위 그림에서 칠해진 영역을 y = 3을 기준으로 회전시켰을 때 회
전체의 부피는 칠해진 영역을 y축으로 −3만큼, x축으로 1만큼
평행이동 시킨 후 x축에 대해 회전시킨 회전체의 부피와 같으므로
y축
sol)
3
4
√
x= y
x = y3
3
√
y = x−3
y = −1
2
1
2
−4
−2
2
1
−2
−1
4
6
−1
1
−2
2
−1
구하고자 하는 부피는
위 그림에서 칠해진 영역을 y축으로 회전시켰을 때 회전체의 부
피는
Z 1
Z 1
√ 2
π
( y) dy − π
(y 3 )2 dy
0
Z
π
0
0
43
4
√
( x − 3)2 dx − π
Z
0
4
(−1)2 dx
4 적분
SOLUTION
이다. 이를 계산하면
4
Z
π
이다. 이를 계산하면
√
( x − 3)2 dx − π
4
Z
0
Z
(−1)2 dx
Z
4
=π
(y
π
0
1
1/4
Z
2
− 1) dy = π
2 3/2 8 5/4
y
− y
+y
3
5
π
2 8
− +1 =
=π
3 5
15
1
=π
0
x2
=π
− 4x3/2 + 9x
2
(y 1/2 − 2y 1/4 + 1)dy
0
0
√
(x − 6 x + 9)dx − 4π
1
4
− 4π
0
= π (8 − 32 + 36) − 4π = 8π
0
이다.
이다.
4
f) y = x + 1,
x = 1,
y = 1;
3. 곡선 y = x2 과 y = k로 둘러싸인 영역을 y = k를 중심으로
81π
일 때, 양수 k의 값을 구하시오.
회전시킨 회전체의 부피가
10
x=1
y = x4 + 1
y=1
3
y = x2
y=k
2
2
1
1
−2
−1
1
2
−1
1
2
3
−1
sol)
−1
sol) 위 그림에서 칠해진 영역을 y = k을 기준으로 회전시켰을
위 그림에서 칠해진 영역을 x = 1을 기준으로 회전시켰을 때 회 때 회전체의 부피는 필해진 영역을 y축으로 -1만큼 평행이동수 x
전체의 부피는 칠해진 영역을 y축으로 −1만큼, x축으로 −1만큼 축에 대해 회전시킨 회전체의 부피와 같으므로
평행이동 시킨 후 y축에 대해 회전시킨 회전체의 부피와 같으므로
y = (x + 1)
y=0
2
4
y = x2 − k
y=0
2
1
1
−2
−2
−1
1
−1
1
2
−1
2
−2
−1
−3
−2
구하고자 하는 부피는
구하고자 하는 부피는
√
Z
π
Z
1
(y
1/4
π
2
− 1) dy
0
44
k
√ (k
− k
− x2 )2 dx
4 적분
SOLUTION
이다. 이를 계산하면
√
Z
π
√
k
√
− k
Z
(k − x2 )2 dx = 2π
중심으로 회전시킨 회전체의 부피 V 는
Z b
V =
2πxf (x)dx
k
(k − x2 )2 dx
0
a
√
Z
k
이다.
(k 2 − 2kx2 + x4 )dx
= 2π
0
√k
2
1
= 2π k 2 x − kx3 +
3
5 0
16 2 √
πk k
=
15
π
5. 곡선 y = 2 cos x 0 ≤ x ≤
,x축,y축으로 둘러싸인 영역의
2
넓이를 곡선 y = k sin x가 이등분할 때, 상수 k의 값을 구하시오.
π
sol) 0 ≤ x ≤
에서 y = cos x 와 y = k sin x가 만나는 점
2
Z π/2
2
의
x좌표를
x
라
하자.
2 cos xdx = 2 이므로, 구하는 k는
0
이다. 곡선 y = x 과 y = k로 둘러싸인 영역을 y = k를 중심으로
0
Z x0
81
81π
16 2 √
회전시킨 회전체의 부피가
이므로
πk k =
π 이다.
(2 cos x − k sin x)dx = 1을 만족한다.
10
15
10
9
0
따라서 k = 이다.
Z x0
4
x
(2 cos x − k sin x)dx = [2 sin x + k cos x]0 0
2
0
4. 곡선 y = e−x + x와 x = 1, x = 2,x축으로 둘러싸인 영역을 y
= 2 sin x0 + k cos x0 − k
축을 중심으로 회전시킨 회전체의 부피를 구하시오.
2
이고, tan x0 = 이므로
k
2
y = e−x + x
2
k
sin x0 = √
, cos x0 = √
k2 + 4
k2 + 4
2
이다. 따라서
Z x0
4
k2
2 cos x − k sin xdx = √
+√
−4
1
k2 + 4
k2 + 4
0
이므로
√
−1
1
2
3
4
+√
k2 + 4
k2
−k =1
k2 + 4
에서
sol) 원통각법에 의하여 구하고자하는 회전체의 부피는
Z 2
Z 2
Z 2
2
2
2πx(e−x + x)dx = π
2xe−x dx + π
2x2 dx
1
1
k=
이다.
1
Z
= −π
4
e−t dt + π
1
Z
2
2x2 dx
연습문제 4.5 .
1. 다음 특이적분의 값을 구하시오.
1
4
2
= π −e−t 1 + π x3
3
2
1
Z
14π
= −π(−e + e ) +
3
14
−1
−4
= π(e − e + )
3
−4
3
2
−1
2
xe−x dx
a)
−1
−∞
sol)
Z −1
이다.
Z
2
xe−x dx =
−∞
M →−∞
[참고] 원통각법에 의한 회전체의 부피
양의 구간 [a, b]에서 함숫값이 양인 연속함수 y = f (x)의 그래프
와 x−축 및 두 수직선 x = a,x = b로 둘러싸인 영역을 y−축을
=−
45
lim
M →−∞
1
.
2e
2
xe−x dx =
M
=
−1
lim
1 −x2 −1
lim
− e
M
M →−∞
2
2
1
1
− e−1 + e−M
2
2
4 적분
SOLUTION
∞
Z
b)
0
1
dx
(x + 1)2
연습문제 4.6 .
1. 적분 구간을 8등분하여 다음 정적분의 근삿값을 사다리꼴 방
법과 심슨 방법으로 각각 구하시오.
sol)
Z
∞
0
1
dx = lim
M →∞
(x + 1)2
M
Z
0
1
dx
(x + 1)2
M +1
Z
= lim
M →∞
1
1
dt
t2
Z
ln 3
c)
√
ex
ex − 1
Z
ln 3
0
x3 dx
1
1 M +1
M →∞
t 1
1
+ 1] = 1.
= lim [−
M →∞
M +1
= lim
8
Z
a)
sol) f (x) = x3 으로 두면
−
x
1
1.875
2.75
3.625
4.5
5.375
6.25
7.125
8
sol)
0
ex
√ x
= lim
e − 1 →0
ln 3
Z
ex
dx
ex − 1
1
√ dt
t
√
Z
2
= lim
→0
=
f (x)
1
6.5917968
20.796875
47.634765
91.125
155.2871093
244.140625
361.7050781
512
이다. 사다리꼴 방법으로 계산한 방법은
e −1
√
lim [2 t]2e −1
→0
f (1) + 2f (1.875) + · · · + 2f (7.125) + f (8) 7
· = 1035.80859305,
2
8
√
√
√
= lim []2 2 − 2 e − 1] = 2 2.
→0
이고, 심슨 방법으로 계산한 방법은
2. p가 양의 상수일 때, 특이적분
Z
0
1
f (1) + 4f (1.875) + 2f (2.75) + · · · + 4f (7.125) + f (8) 7
· = 1023.7499
3
8
1
dx가 수렴하는 p의 범위를
xp
구하시오.
sol)
case 1) p = 1 인 경우,
Z 1
Z 1
1
1
dx = lim+
dx
→0
0 x
x
= lim+ [ln x]1
이다. 실제 정적분으로 계산한 값은
Z 8
4095
x3 dx =
= 1023.75
4
1
이다.
Z 1
2
b)
e−x dx
→0
= − lim ln() = ∞
0
→0+
2
sol) f (x) = e−x 으로 두면
이다.
x
0.000
0.125
0.250
0.375
0.500
0.625
0.750
0.875
1.000
case 2) 그 외의 경우
Z 1
Z 1
1
1
dx
=
lim
dx
p
→0+ xp
0 x
1
x1−p ]1
= lim [
+
1
−
p
→0
1
=
lim (1 − 1−p )
1 − p →0+
f (x)
1.0000000
0.9844964
0.9394131
0.8688151
0.7788008
0.6766338
0.5697828
0.4650432
0.3678794
이다. 0 < p < 1일 경우 0 < 1 − p < 1이 되므로 주어진 극한은 이다. 사다리꼴 방법으로 계산한 방법은
1/(1 − p)로 수렴하며, p > 1일 경우 1 − p < 0이 되어 발산한다.
f (0) + 2f (0.125) + · · · + 2f (0.875) + f (1)
따라서 0 < p < 1인 경우에만 특이적분이 수렴한다.
= 0.7458656,
16
46
5 무한급수
SOLUTION
이고, 심슨 방법으로 계산한 방법은
d)
f (0) + 4f (0.125) + 2f (0.250) + · · · + 2f (0.750)
24
4f (0.875) + f (1)
+
24
= 0.7468261
∞ X
7
5
+
2n
3n
n=1
∞
∞
X
X
1
1
,
은 수렴하는 급수이므로 정리 5.1.2에
sol) 급수
n
n
2
3
n=1
n=1
∞ X
5
7
7
17
의해
+
도 수렴하는 급수이고 그 극한은 5+ =
n
n
2
3
2
2
n=1
이다.
이다.
∞ X
1
1
−
5 무한급수
n+1 n+2
n=1
sol) Sn 을 급수의 부분합으로 두면
연습문제 5.1 .
X 1
1. 다음 급수의 수렴, 발산 여부를 판정하고, 수렴하는 경우에 그
1
1
1
−
= −
S
=
n
극한을 구하시오.
k
+
1
k
+
2
2
n
+
2
n
e)
k=1
a)
∞
X
1
3n
n=1
1
이고 lim Sn
=
이므로 Sn 은 수렴한다.
n→∞
2
∞
X
1
1
1
−
은 수렴하고, 그 극한은 이다.
n
+
1
n
+
2
2
n=1
sol) Sn 을 급수의 부분합으로 두면
Sn =
n
X
1
1 1 − 31n
1
1
=
·
=
1
−
3k
3 1 − 13
2
3n
k=1
∞
X
1
(2n − 1)(2n + 1)
n=1
sol) Sn 을 급수의 부분합으로 두면
f)
∞
X
1
1
이고 lim Sn = 이므로 Sn 은 수렴한다. 따라서 급수
은
n
n→∞
2
3
n=1
1
수렴하고, 그 극한은 이다.
2
b)
따라서
n
X
1
(2k − 1)(2k + 1)
k=1
n 1X
1
1
1
=1−
=
−
2
2k − 1 2k + 1
2n + 1
Sn =
∞
X
1
2n
n=1
k=1
이고 lim Sn
=
1 이므로
n→∞
∞ X
1
= 1 이다.
(2n
−
1)(2n
+ 1)
n=1
sol) Sn 을 급수의 부분합으로 두면
Sn =
n
X
1
1 1 − 21n
1
=
·
=
1
−
2k
2 1 − 12
2n
k=1
g)
Sn 은
수렴한다.
따라서
∞
X
√
√
( n + 1 − n)
n=1
∞
X
sol) Sn 을 급수의 부분합으로 두면
1
이고 lim Sn = 1이므로 Sn 은 수렴한다. 따라서 급수
은
n→∞
2n
n
X
n=1
√
√ √
Sn =
n+1− n = n+1−1
수렴하고, 그 극한은 1이다.
k=1
∞ X
1
1
c)
+ n
2n
3
n=1
이고
∞
X
lim Sn
n→∞
√
n+1−
=
∞
이므로
√ n = ∞ 이다.
Sn 은
발산한다.
∞
∞
X
X
1
1
n=1
,
은 수렴하는 급수이므로 정리 5.1.2에
n
n
2
3
n=1
2. 다음 급수의 수렴, 발산 여부를 판정하시오.
n=1
∞ X
1
1
1
3
+
도
수렴하는
급수이고
그
극한은
1
+
=
의해
2n
3n
2
2
∞
X
n=1
2n2 + 1
a)
이다.
n2 + 1
n=1
sol) 급수
47
따라서
5 무한급수
SOLUTION
2n2 + 1
으로 두면 lim an = 2 6= 0이므로 주어진 f 는 정의역에서 감소하므로 적분판정법을 사용할 수 있다. 이 때,
n→∞
n2 + 1
Z ∞
Z ∞
급수는 발산한다.
1
f (x)dx =
dx
2
x +5
1
1
∞
Z
X 3n
∞
1
1
b)
dx
=
2
n
+
1
5
x
1
n=1
√
+
1
5
Z ∞
3n
1
1
sol) an =
으로 두면 lim an = ∞이므로 주어진 급수는
√ 2
=
dt
n→∞
n+1
√
5t +1
1/ 5
발산한다.
M
1
= lim √ arctan t √
∞
M →∞
5
X
1/ 5
nπ
n
c)
(−1) sin
1
1
2
n=1
= lim √
arctan M − arctan √
M →∞
5
5
nπ
n
으로 두면
sol) an = (−1) sin
1
π
1
2
=√
− arctan √
2
5
5


−1, n = 4k + 1
Z ∞
an = 1,
n = 4k + 3
가
되어
특이적분
f (x)dx이 수렴한다. 따라서, 급수


1
0,
이외의 경우
∞
X
1
도 수렴한다.
2
이므로 an 은 수렴하는 수열이 아니다. 따라서 주어진 급수는 발 n=1 n + 5
산한다.
∞
X
1
c)
연습문제 5.2 .
(n + 1)3
n=1
1. 다음 급수의 수렴, 발산 여부를 판정하시오.
sol) an =
1
로 정의하면 f (x) > 0
(x + 1)3
이고 f 는 정의역에서 감소하므로 적분판정법을 사용할 수 있다.
이 때,
sol) f : [1, ∞) → R를 f (x) =
∞
X
1
a)
7n
+1
n=1
1
로 정의하면 f (x) > 0이고
7x + 1
f 는 정의역에서 감소하므로 적분판정법을 사용할 수 있다. 이 때,
Z ∞
Z ∞
1
dx
f (x)dx =
7x
+1
1
1
M
1
= lim
ln(7x + 1)
M →∞ 7
1
1
1
ln(7M + 1) − ln 8
= lim
M →∞ 7
7
sol) f : [1, ∞) → R를 f (x) =
Z
∞
Z
1
=∞
가 되어 특이적분
∞
X
Z
가 되어 특이적분
∞
f (x)dx이 발산한다. 따라서, 급수
1
dx
(x
+
1)3
1
M
1
1
= lim −
M →∞
2 (x + 1)2 1
1
1
1
= lim −
−
M →∞
2 (M + 1)2
4
1
=
8
Z
∞
f (x)dx이 수렴한다. 따라서, 급수
1
∞
X
1
도 수렴한다.
(n
+
1)3
n=1
1
1
도 발산한다.
7n
+1
n=1
d)
∞
X
1
b)
2+5
n
n=1
sol) f : [1, ∞) → R를 f (x) =
∞
f (x)dx =
∞
X
n2 e−n
n=2
sol) f : [2, ∞) → R를 f (x) = x2 e−x 로 정의하면 f (x) > 0이고
1
로
정의하면
f
(x)
>
0이고
정의역에서 f 0 = −(x2 − 2x)e−x ≤ 0이므로 f 는 감소함수이다.
x2 + 5
48
5 무한급수
SOLUTION
따라서 적분판정법을 적용할 수 있고,
Z ∞
Z ∞
x2 e−x dx
f (x)dx =
가 되어 특이적분
1
x2 + 1
dx는 발산한다. 따라서, 급수
x3 + 3x
∞
X
n2 + 1
도 발산한다.
n3 + 3n
n=1
2
2
∞
Z
−x 2
M
−e (x + 2x + 2) 2
∞
2
X
1
M + 2M + 2 10
g)
= lim −
−
M
2
n
ln
n
M →∞
e
e
n=2
10
= 2
1
e
sol) f : [2, ∞) → R를 f (x) =
로 정의하면 f (x) > 0이고 f
x ln x
Z ∞
는 정의역에서 감소하므로 적분판정법을 사용할 수 있다. 이 때,
가 되어 특이적분
f (x)dx이 수렴한다. 따라서, 급수
= lim
M →∞
∞
X
2
Z
n2 e−n 도 수렴한다.
e)
Z
1
dx
x
ln
x
2
Z M
1
dt
= lim
M →∞ ln 2 t
2
√
3+8 n
n4
n=1
M
= lim [ln t]ln 2
√
M →∞
3+8 x
로 정의하면 f (x) > 0
x4
이고 정의역에서 f 는 감소하므로 적분판정법을 사용할 수 있다.
이 때,
√
Z ∞
Z ∞
3+8 x
f (x)dx =
dx
x4
1
1
M
16 −5/2
−3
= lim −x − x
M →∞
5
1
1
16
16 1
= lim − 3 −
−
−1
−
M →∞
M
5 M 5/2
5
21
=
5
Z ∞
가 되어 특이적분
f (x)dx이 수렴한다. 따라서, 급수
1
√
∞
X
3+8 n
도 수렴한다.
n4
n=1
= lim (ln M − ln ln 2) = ∞
sol) f : [1, ∞) → R를 f (x) =
f)
∞
f (x)dx =
n=2
∞
X
∞
M →∞
가 되어 특이적분
Z
∞
f (x)dx이 발산한다. 따라서, 급수
2
∞
X
1
도 발산한다.
n ln n
n=2
h)
∞
X
n=1
n2
n
+1
x
로 정의하면 f (x) > 0
+1
이고 정의역에서 f 는 감소하므로 적분판정법을 사용할 수 있다.
이 때,
sol) f : [1, ∞) → R 를 f (x) =
Z
∞
Z
x2
M
x
dx
2+1
x
1
M
1
2
= lim
ln(x + 1)
M →∞ 2
1
1
1
2
ln(M + 1) − ln 2 = ∞
= lim
M →∞ 2
2
f (x)dx = lim
1
∞
X
n2 + 1
n3 + 3n
n=1
M →∞
x2 + 1
로 정의하면 f (x) > 0
x3 + 3x
Z ∞
이고 정의역에서 f 는 감소하므로 적분방정법을 사용할 수 있다.
가
되어
특이적분
f (x)dx 은 발산한다. 따라서, 급수
이 때,
1
∞
X
n
Z ∞ 2
Z M 2
도 발산한다.
x +1
x +1
2
n +1
dx = lim
dx
n=1
3
3
M
→∞
x + 3x
x + 3x
1
1
M
1
∞
X
ln(x3 + 3x)
= lim
1
M →∞ 3
√
i)
1
3
n+1
n=1
1
1
1
= lim
ln(M 3 + 3M ) − ln 4 = ∞
sol) f : [1, ∞) → R를 f (x) = √
로 정의하면 f (x) > 0이고
M →∞ 3
3
3
x+1
sol) f : [1, ∞) → R 를 f (x) =
49
5 무한급수
SOLUTION
Z
정의역에서 f 는 감소하므로 적분판정법을 사용할 수 있다. 이 때,
Z
∞
1
가
되어
∞
X
√
3
n=1
1
√
dx = lim
3
M →∞
x+1
Z
2
M
1
dx가 수렴한다는 것과 동치이다. 이 때,
x(ln x)p
1
Z ∞
Z M
√
dx
3
1
1
x+1
1
dx = lim
dt
p
p
M
M
→∞
x(ln x)
2
ln 2 t
2
= lim
(x + 1)2/3
M →∞ 3
이고 위 극한은 p > 1일 때 수렴하고 p ≤ 1일 때 발산하므로 급수
1
∞
X
2
2
1
(M + 1)2/3 −
=∞
= lim
은 p > 1일 때 수렴하고 p ≤ 1일 때 발산한다.
M →∞ 3
3
n(ln
n)p
n=2
Z ∞
∞
X
1
√
dx는 발산한다. 따라서, b)
특이적분
n(1 + 4n2 )p
3
x+1
1
n=1
1
도 발산한다.
x+1
sol) 급수
∞
X
이므로 적분판정법에 의하여
∞
X
n(1 + 4n2 )p 이 수렴하는 것은 특이적분
Z
∞
x(1 +
1
n=1
cos n · ln n
n2
n=2
sol) (5.3절의 비교판정법과 5.4절의 절대수렴 판정법을 이용하여
증명한다.)
∞
∞
X
X
cos n · ln n
ln n
−1 ≤ cos n ≤ 1이므로
≤
이다.
2
n
n2
n=2
n=2
ln n
ln x
lim
= 0 이고 f (x) = 2 은 x ≥ 2에서 양수이다. 또한
n→∞ n2
x
x − 2x ln x
0
x ≥ 2에서 f (x) =
< 0 이므로 감소함소이다.
x4
Z ∞
Z ∞
u
∞
dx
=
du
(∵ ln x = u)
2
u
x
ln 2 e
2
Z ∞
u
du
= lim
a→∞ ln 2 eu
Z a
−u a
= lim −ue
+ lim
e−u du
ln 2
a→∞
a→∞ ln 2
1
u
ln 2
1
+ lim − a +
= lim − a +
a→∞
a→∞
e
2
e
2
ln 2 + 1
=
2
j)
∞
4x2 )p dx가 수렴하는 것과 동치이다. 이 때,
∞
Z
x(1 + 4x2 )p dx = lim
M →∞
1
Z
tp
dt
8
M
1
dt
8t−p
5
Z
= lim
M →∞
M
5
이고 위 극한은 −p > 1, 즉 p < −1일 때 수렴하고 −p ≤ 1, 즉
∞
X
n(1 + 4n2 )p 는 p < −1일 때
p ≥ −1일 때 발산하므로 급수
n=1
수렴하고 p ≥ −1일 때 발산한다.
3. 정리 5.1.3의 역은 참인가? 참으면 역을 증명하고, 거짓이면
반례를 찾고 설명하시오.
proof ) 정리 5.1.3의 역은 참이 아니다.
1
an =
이라 하자. 그러면 lim an = 0 이다. 그러나 보기 5.2.1
n→∞
n
∞
X
1
에 의하여
은 발산한다. 따라서 정리 5.1.3의 역은 성립하지
n
n=1
않는다.
∞
연습문제 5.3 .
X
ln n
이
수렴한다.
따라서
비교판
1.
다음 급수의 수렴, 발산 여부를 판정하시오.
n2
n=2
∞
X
cos n · ln n
∞
X
이 수렴하고 절대수렴 판정법에
n−1
2
n
a)
n=2
2n
∞
n=1
X
cos n · ln n
n−1
의하여
이 수렴한다.
sol) an =
이라 하자. 그러면
2
n
2n
n=2
정법에 의하여
an+1
= lim
n→∞ an
n→∞
2. 다음에 주어진 급수가 수렴하는 p 값을 구하시오.
a)
lim
n
1
= <1
n→∞ 2(n − 1)
2
∞
X
1
n(ln
n)p
n=2
sol)
∞
X
1
급수
가
n(ln n)p
n=2
n
2n+1
n−1
22
= lim
수렴한다는
것은
이므로 비율판정법에 의하녀 급수
특이적분
50
∞
X
n−1
은 수렴한다.
2n
n=1
5 무한급수
SOLUTION
b)
∞
X
sol) n ≥ 10에 대해
1
2+n+4
n
n=1
√
1
1
sol) n ≥ 1에 대해 0 < 2
< 2 이고 p급수 판정
n +n+4
n
∞
X
1
법에 의해 급수
가 수렴하므로 비교판정법에 의해 급수
2
n
n=1
∞
X
1
은 수렴한다.
2+n+4
n
n=1
c)
n+5−
n
√
n−5
10
√
√
n( n + 5 + n − 5)
10
≤ √
n n
10
= 3/2
n
=
∞
X
10
이 수렴하므로 비교판정법에 의해 급수
n3/2
n=10
√
∞ √
X
n+5− n−5
은 수렴한다.
n
n=10
이고 급수
∞
X
n3 + 1
n4 − 1
n=4
∞
X
1
n3 + 1
1
< 4
이고 급수
이 발산하므
∞
X
4 + (−1)n
n
n −1
n
n=4
√
h)
∞
(n + 1) n
X n3 + 1
n=1
은 발산한다.
로 비교판정법에 의해 급수
n4 − 1
n=4
sol) n ≥ 4에 대해 0 <
d)
∞
X 5
5
4 + (−1)n
√ ≤ 3/2 이고 급수
이
(n + 1) n
n
n3/2
n=1
∞
X
4 + (−1)n
√ 은 수렴한다.
수렴하므로 비교판정법에 의해 급수
(n + 1) n
n=1
sol) n ≥ 1에 대해 0 <
∞
X
1 + cos2 n
2n + 3
n=1
1 + cos2 n
2
1
< n
< n−1 이고 급수
∞
n
X
2 +3
2 +3
2
n
∞
∞
√
i)
X 1
X 1 + cos2 n
4+1
n
이 수렴하므로 비교판정법에 의해 급수
n=1
2n−1
2n + 3
n=1
n=1
은 수렴한다.
sol) n ≥ 1에 대해
sol) n ≥ 1에 대해 0 <
∞
X
sin4 n + cos2 n
e)
n2 + 1
n=1
√
n
n4
+1
≥√
n
+ n4
n4
n
2n2
1
=√
2n
=√
∞
X
sin4 n + cos2 n
2
2
≤
이고
급수
2
2
n +1
n
n2
n=1
∞
X sin4 n + cos2 n
∞
은절
이 수렴하므로 비교판정법에 의해 급수
X
1
n2 + 1
√
이고 급수
이 발산하므로 비교판정법에 의해 급수
n=1
2n
대수렴한다.
n=1
∞
X
n
√
은 발산한다.
4+1
∞
n
X n + 1 + ln n
n=1
f)
n2
∞
X
n=1
2n
j)
∞
1 + 4n
X
n=1
n
1
n + 1 + ln n
1
sol) n ≥ 1에 대해 0 < = 2 ≤
이고 급수
n
n
n2
n
∞
X
n=1
2n
2n
1
1
∞
sol)
n
≥
1에
대해
0
<
≤
=
이고
급수
이
X
n + 1 + ln n
n
n
n
1+4
4
2
2n
이 발산하므로 비교판정법에 의해 급수
은
발산
n=1
n2
∞
X
n=1
2n
수렴하므로 비교판정법에 의해 급수
은 수렴한다.
한다.
1 + 4n
n=1
sol) n ≥ 1에 대해 0 <
g)
∞
X
n=10
√
n+5−
n
√
n−5
k)
51
∞
X
1 + 3n + n2
√
1 + 3n2 + n6
n=1
5 무한급수
SOLUTION
sol) n ≥ 1에 대해
2. 다음 급수가 수렴하는 p값을 구하시오.
∞ X
1 + 3n + n2
1 + 3n + n2
√
≥√
1 + 3n2 + n6
n6 + 3n6 + n6
1 + 3n + n2
√
=
5n3
2
n
1
≥√
=√
5n3
5n
이고 급수
n=1
sol) p = 1이면
∞ X
n=1
1
p
−
n+3 n+9
=
∞
X
6
(n
+
3)(n
+ 9)
n=1
이므로 주어진 급수는 수렴한다. p 6= 1이면
X
∞ ∞
X
p
1
(p − 1)n + 9p − 3
−
=
n+3 n+9
(n + 3)(n + 9)
n=1
n=1
∞
X
1
√
이 발산하므로 비교판정법에 의해 급수
5n
n=1
∞
X
1 + 3n + n2
√
은 발산한다.
1 + 3n2 + n6
n=1
l)
p
1
−
n+3 n+9
이 되어 급수는 발산한다.
∞
X
6 + 2n + ln n
(1
+ 3n + n2 )2
n=1
연습문제 5.4 .
1. 다음에 주어진 급수가 수렴하는지, 절대수렴하는지 아니면 발
산하는지 판정하시오.
sol) n ≥ 1에 대해
6 + 2n + ln n
6 + 2n + ln n
≤
2
2
(1 + 3n + n )
(n2 )2
6n + 2n + n
≤
n4
9
= 3
n
a)
∞
X
(−1)n
√
n+1
n=1
1
로 두면 an 은 양항 단조감소수열이고 또한
n+1
∞
X
(−1)n
√
lim an = 0이므로 교대급수판정법에 의해 급수
은
n→∞
n+1
n=1
∞
∞
∞
X
X
X
9
1
이고 급수
이
수렴하므로
비교판정법에
의해
급수
√
수렴한다.
하지만
급수
|a
|
=
은 발산하므로
n
3
n
n+1
n=1
n=1
n=1
∞
X
절대수렴하지는 않는다.
6 + 2n + ln n
은 수렴한다.
2
2
(1 + 3n + n )
n=1
∞
X
2n2
∞
b)
(−1)n 3
π
X sin
5n + 4
4
m)
n=1
n
n=1
2n2
sol) an = 3
로 두자. an > 0 이고 lim an = 0임은 당연하
n→∞
5n + 4
sol) 자명히 발산한다.
2x2
다. 이제 함수 f : [2, ∞) → R을 f (x) = 3
로 정의하면 f 는
5x + 4
∞
X
미분가능하고 정의역에서
1
n)
tan2
n
n=1
2x(8 − 5x3 )
f 0 (x) =
≤0
(5x3 + 4)2
tan x
sol) lim
= 1임을 이용하면
x→0
x
가 되어 f 는 단조감소한다. 따라서 an 은 n = 2 부터 단
∞
X
2n2
조감소하므로 교대급수판정법에 의해 급수
(−1)n 3
tan2 n1
5n + 4
lim
=1
1
n=2
n→∞
n2
은 수렴한다. (따라서 n = 1일 때에도 수렴) 하지만 급수
∞
∞
X
X
2n2
∞
X
1
|an | =
은 발산하므로 절대수렴하지는 않는다.
이고 급수
이 수렴하므로 극한비교판정법에 의해 급수
5n3 + 4
2
n=1
n=1
n
n=1
∞
∞
X
X
1
3n − 1
2
tan
은 수렴한다.
c)
(−1)n
n
2n
+1
n=1
n=1
sol) an = √
52
5 무한급수
SOLUTION
∞
3n − 1
3
X
1
로 두면 lim an = 6= 0이므로 주어진 급수는 이고 급수
√ 이 발산하므로 극한비교판정법에 의해 발산한
n→∞
2n + 1
2
n
n=1
발산한다.
다.
sol) an =
d)
∞
X
(−1)n−1
n=1
2n + 1
3n + 2
g)
∞
X
(−1)n
n=1
2n
(−1)n−1 n
3
+
nn
n!
+1
sol) an =
로 두면 lim an = 0이다. 또한 함수
nn
n→∞
+2
sol) an = (−1)n 으로 두면 n ≥ 1에 대해 |an | > 0이고
n!
f : [1, ∞) → R 을
2x + 1
|an+1 |
(n + 1)n+1 /(n + 1)!
f (x) = x
lim
=
lim
3 +2
n→∞ |an |
n→∞
nn /n!
n
로 두면 f 는 정의역에서 미분가능하고, 그 도함수는
1
= lim 1 +
=e>1
n→∞
n
x
x
x
(6
(ln
3
−
ln
2)
+
3
ln
3
−
2
ln
4)
f 0 (x) = −
<0
∞
(3x + 2)2
X
nn
이 되어 비율판정법에 의해 급수
(−1)n 은 발산한다. 또한
n!
이므로 f 는 감소함수이다. 따라서 각 n = 1, 2, 3, . . . 에 대해
n=1
an+1 ≤ an 이므로 교대급수판정법에 의해 주어진 급수는 수렴한 절대수렴하지도 않는다.
다.
2. 다음 급수의 수렴, 발산을 판정하시오.
∞
X
sin(nπ + 0.1)
e)
n3/4
n=1
a)
sol) 위 급수는
sol) n ≥ 4에 대해
∞
∞
X
sin(nπ + 0.1) X
sin(0.1)
=
(−1)n 3/4
3/4
n
n
n=1
n=1
1
cos(nπ/3)
≤
n!
n!
1
≤ 2
n
sin(0.1)
로 놓으면 an 은 양항 감
n3/4
= 0이다. 따라서 교대급수판정법에 의해
로 다시 쓸 수 있고 an =
소수열이고 lim an
∞
X
cos(nπ/3)
n!
n=1
∞
∞
n→∞
X
X
1
1
∞
∞
X
X
sin(nπ + 0.1)
이고 급수
가
수렴하므로
급수
또한 수렴하고 비교
2
급수
는 수렴한다. 하지만 급수
|an | =
n
n2
3/4
n=1
n=4
n
∞
n=1
n=1
X
cos(nπ/3)
∞
X
sin(0.1)
판정법에 의해 급수
는 절대수렴한다. 따라서
은
발산하므로
절대수렴하지는
않는다.
n!
3/4
n=4
n
n=1
f)
∞
X
n
(−1) sin
n=1
1
√
n
∞
X
cos(nπ/3)
n!
n=4
또한 수렴한다.
1
sol) an = sin √ 로 두면 an 은 양항 단조감소수열이
n
∞
X
고 또한 lim an = 0이므로 교대급수판정법에 의해 급
1
n→∞
b)
π
∞
∞
n
sin
X
X
n
1
n=8
|an | =
수
(−1)n sin √ 은 수렴한다. 하지만 급수
n
1
n=1
n=1
로 두면
sol) an =
∞
X
1
n sin nπ
sin √
은
n
n=1
lim an = lim
√1
n
lim
n→∞ sin √1
n
n→∞
=1
n→∞
=
53
1
n sin nπ
1
6= 0
π
6 멱급수와 테일러 정리
SOLUTION
이므로 급수
∞
X
1
π 는 발산한다.
n
sin
n
n=8
sol) an =
|an+1 |
2 · 4 · 6 · · · (2n) · (2n + 2)
n!
= lim
·
n→∞ |an |
n→∞
(n + 1)!
2 · 4 · 6 · · · (2n)
2n + 2
= lim
=2>1
n→∞ n + 1
∞
X
n!
c)
n
n
n=2
lim
sol) an =
n!
으로 두면
nn
이므로 비율판정법에 의해 급수
|an+1 |
nn
(n + 1)!
·
= lim
n+1
n→∞ |an |
n→∞ (n + 1)
n!
n
n
= lim
n→∞ n + 1
n
1
= lim 1 −
= e−1 < 1
n→∞
n+1
lim
g)
n=2
3x − 1
= ln 3임을 이용하면
x→0
x
sol) lim
1
n
n→∞ 31/n −
lim
이고 급수
∞
X
(−5)n
n!
n=2
sol) an =
∞
X
2 · 4 · 6 · · · (2n)
은 발산한다.
n!
n=1
∞
X
√
n
( 3 − 1)
∞
X
n!
이므로 비율판정법에 의해 급수
은 수렴한다.
n
n
n=2
d)
2 · 4 · 6 · · · (2n)
으로 두면
n!
1
=
1
ln 3
∞
X
1
이 발산하므로 극한비교판정법에 의해 급수
n
n=2
∞
X
√
n
( 3 − 1) 은 발산한다.
n=2
(−5)n
으로 두면
n!
6
5n+1
n!
|an+1 |
= lim
·
n→∞ (n + 1)! 5n
n→∞ |an |
5
= lim
=0<1
n→∞ n + 1
멱급수와 테일러 정리
lim
이므로 비율판정법에 의해 급수
e)
연습문제 6.1 .
1. 다음 멱급수의 수렴반지름과 수렴구간을 각각 구하시오.
∞
X
a)
(3x)n
∞
X
(−5)n
은 수렴한다.
n!
n=2
n=0
sol) x = 0 일 때는 자명하다. x 6= 0 일 때, an = (3x)n 로 두고
비율판정법을 이용하면
∞
X
1
(2n)!
n=1
sol) an =
ρ = lim
n→∞
1
으로 두면
(2n)!
lim
n→∞
an+1
(3x)n+1
= lim
= lim 3|x| = 3|x|
n→∞
n→∞
an
(3x)n
에서 ρ < 1 인 경우 급수가 수렴하므로
ρ = 3|x| < 1 ⇐⇒ −
|an+1 |
(2n)!
= lim
n→∞ (2n + 2)!
|an |
1
= lim
=0<1
n→∞ (2n + 2)(2n + 1)
인 범위에서 급수
∞
X
1
1
<x<
3
3
(3x)n 가 수렴한다.
n=0
1
또, x = − 일 때
3
∞
X
1
은 수렴한다.
이므로 비율판정법에 의해 급수
(2n)!
n=1
∞
X
∞
X
2 · 4 · 6 · · · (2n)
f)
n!
n=1
(3x)n =
n=0
∞
X
(−1)n
n=0
이므로 급수는 진동하고 수렴하지 않는다.
54
6 멱급수와 테일러 정리
SOLUTION
그리고 x =
1
일때
3
에서 ρ < 1 인 경우 급수가 수렴하므로
∞
X
(3x)n =
n=0
∞
X
(1)n =
n=0
∞
X
ρ=
1
|2x − 3|
13
19
< 1 ⇐⇒ −
<x<
16
2
2
n=0
인 범위에서 급수
이므로 급수는 발산한다.
1
그러므로 이 급수의 수렴반지름은 R = 이고 수렴구간은
3
1 1
− ,
이다.
3 3
b)
∞
X
또, x = −
∞
X
(2x − 3)n
가 수렴한다.
42n
n=1
13
일때
2
∞
∞
∞
X
X
X
(2x − 3)n
(−16)n
=
=
(−1)n
2n
2n
4
4
n=1
n=1
n=1
(2x − 1)n
이므로 급수는 진동하고 수렴하지 않는다.
n=0
19
1
1
그리고 x =
일때
일 때는 자명하다. x 6= 일 때, an = (2x − 1)n 로
2
2
2
∞
∞
∞
∞
두고 비율판정법을 이용하면
X
X
X
X
(2x − 3)n
16n
n
=
=
(1)
=
1
42n
42n
an+1
(2x − 1)n+1
n=1
n=1
n=1
n=1
= lim |2x−1| = |2x−1|
ρ = lim
= lim
n→∞
n→∞
n→∞
an
(2x − 1)n
이므로 급수는 발산한다.
sol) x =
에서 ρ < 1 인 경우 급수가 수렴하므로
그러므로
이
급수의 수렴반지름은 R = 8이고 수렴구간은
13 19
− ,
이다.
2 2
ρ = |2x − 1| < 1 ⇐⇒ 0 < x < 1
인 범위에서 급수
∞
X
(2x − 1)n 가 수렴한다.
d)
n=0
또, x = 0일 때
∞
X
(3x + 1)n
7 · 2n
n=1
1
1
(3x + 1)n
일 때는 자명하다. x 6= − 일 때, an =
3
3
7 · 2n
로 두고 비율판정법을 이용하면
sol) x = −
∞
X
(2x − 1)n =
n=0
∞
X
(−1)n
n=0
(3x+1)n+1
7·2n+1
(3x+1)n
7·2n
이므로 급수는 진동하고 수렴하지 않는다.
an+1
ρ = lim
= lim
n→∞
n→∞
an
그리고 x = 1일 때
에서 ρ < 1 인 경우 급수가 수렴하므로
∞
X
(2x − 1)n =
n=0
∞
X
(1)n =
n=0
∞
X
ρ=
1
n=0
인 범위에서 급수
이므로 급수는 발산한다.
그러므로 이 급수의 수렴반지름은 R =
이다.
1
이고 수렴구간은 (0, 1) 또, x = −1일 때
2
= lim
n→∞
3x + 1
|3x + 1|
=
2
2
|3x + 1|
1
⇐⇒ −1 < x <
2
3
∞
X
(3x + 1)n
가 수렴한다.
7 · 2n
n=1
∞
∞
∞
X
X
X
(3x + 1)n
(−2)n
(−1)n
=
=
7 · 2n
7 · 2n
7
n=1
n=1
n=1
∞
X
(2x − 3)n
c)
42n
n=1
이므로 급수는 진동하고 수렴하지 않는다.
1
3
3
(2x − 3)n
일 때는 자명하다. x 6= 일 때, an =
로 그리고 x = 3 일 때
2n
2
2
4
∞
X
두고 비율판정법을 이용하면
(3x + 1)n
sol) x =
an+1
ρ = lim
= lim
n→∞
n→∞
an
(2x−3)n+1
42n+2
(2x−3)n
42n
7 · 2n
n=1
2x − 3
|2x − 3|
= lim
=
n→∞
42
16
이므로 급수는 발산한다.
55
=
∞
∞
X
X
2n
1
=
n
7
·
2
7
n=1
n=1
6 멱급수와 테일러 정리
SOLUTION
∞
2
X
xn
그러므로 이 급수의 수렴반지름은 R =
이고 수렴구간은 인 범위에서 급수
가 수렴한다.
3
n2n
n=1
1
−1,
이다.
3
또, x = −2일 때
e)
∞
X
xn
n+1
n=0
∞
∞
∞
X
X
X
xn
(−2)n
(−1)n
=
=
n
n
n2
n2
n
n=1
n=1
n=1
xn
로 두고 이므로 급수는 교대급수이고 수열 1 는 양항 단조감소수열이며
n+1
n
비율판정법을 이용하면
1
lim
= 0 이므로 교대급수판정법에 의해 수렴한다.
n→∞ n
xn+1
an+1
n+1
ρ = lim
= lim n+2
= lim
|x| = |x|
그리고 x = 2일 때
xn
n→∞
n→∞
n→∞ n + 2
an
n+1
∞
∞
∞
X
X
X
2n
1
xn
=
=
에서 ρ < 1 인 경우 급수가 수렴하므로
n
n
n2
n2
n
n=1
n=0
n=1
sol) x = 0 일 때는 자명하다. x 6= 0 일 때, an =
ρ = |x| < 1 ⇐⇒ −1 < x < 1
이므로 급수는 발산한다.
∞
X
xn
가 수렴한다.
n+1
n=0
인 범위에서 급수
그러므로 이 급수의 수렴반지름은 R = 2이고 수렴구간은 [−2, 2)
이다.
또, x = −1일 때
∞
X
(x − 5)n
g)
n2
n=1
∞
∞
X
X
xn
(−1)n
=
n + 1 n=0 n + 1
n=0
sol) x = 5 일 때는 자명하다. x 6= 5 일 때, an =
(x − 5)n
로
n2
1
두고 비율판정법을 이용하면
는 양항 단조감소수
n+1
(x−5)n+1
1
n2
an+1
(n+1)2
= 0 이므로 교대급수판정법에 의해 수렴한다.
열이며 lim
=
lim
=
lim
|x − 5|
ρ
=
lim
n
n→∞ n + 1
(x−5)
n→∞ (n + 1)2
n→∞
n→∞
an
n2
그리고 x = 1일 때
= |x − 5|
이므로 급수는 교대급수이고 수열
∞
∞
∞
X
X
X
xn
1n
1
=
=
n + 1 n=0 n + 1 n=0 n + 1
n=0
에서 ρ < 1 인 경우 급수가 수렴하므로
ρ = |x − 5| < 1 ⇐⇒ 4 < x < 6
이므로 급수는 발산한다.
∞
X
(x − 5)n
인
범위에서
급수
가 수렴한다.
그러므로 이 급수의 수렴반지름은 R = 1이고 수렴구간은 [−1, 1)
n2
n=1
이다.
또, x = 4일 때
∞
n
X
∞
∞
x
X
X
(x − 5)n
(−1)n
f)
n
=
n2
n2
n2
n=1
n=1
n=1
xn
로 두고
1
n
n2
이므로 급수는 교대급수이고 수열 2 는 양항 단조감소수열이
n
1
며 lim 2 = 0 이므로 교대급수판정법에 의해 수렴한다.
n→∞ n
n
|x|
= lim
|x| =
그리고 x = 6일 때
n→∞ 2(n + 1)
2
sol) x = 0 일 때는 자명하다. x 6= 0 일 때, an =
비율판정법을 이용하면
an+1
ρ = lim
= lim
n→∞
n→∞
an
xn+1
(n+1)2n+1
xn
n2n
∞
∞
∞
X
X
X
(x − 5)n
1n
1
=
=
2
2
2
n
n
n
n=1
n=1
n=1
에서 ρ < 1 인 경우 급수가 수렴하므로
ρ=
|x|
< 1 ⇐⇒ −2 < x < 2
2
이므로 급수는 수렴한다.
56
6 멱급수와 테일러 정리
SOLUTION
∞
X (−1)n+1 xn
그러므로 이 급수의 수렴반지름은 R = 1이고 수렴구간은 [4, 6]
인 범위에서 급수
가 수렴한다.
이다.
n(n + 1)
n=1
또, x = −1일 때
∞
X
(x − 1)n
h)
n2 + 3
n=1
sol) x = 1 일 때는 자명하다. x 6= 1 일 때, an =
두고 비율판정법을 이용하면
an+1
= lim
ρ = lim
n→∞
n→∞
an
(x−1)n+1
(n+1)2 +3
(x−1)n
n2 +3
∞
∞
∞
X
X
X
(−1)n+1 xn
(−1)n+1 (−1)n
(−1)2n+1
=
=
=
n(n + 1)
(n + 1)
n(n + 1)
n=1
n=1
n=1
(x − 1)n
로
n2 + 3
∞
X
−1
n(n
+ 1)
n=1
=
n2 + 3
|x − 1|
n→∞ (n + 1)2 + 3
= lim
∞
X
1
가
n2
n=1
이고
= |x − 1|
급수
∞
X
수렴하므로
비교판정법에
의해
급
∞
X
1
−1
는 수렴한다. 그러므로 급수
는 수
n(n
+
1)
n(n
+ 1)
n=1
n=1
렴한다.
수
에서 ρ < 1 인 경우 급수가 수렴하므로
ρ = |x − 1| < 1 ⇐⇒ 0 < x < 2
그리고 x = 1일 때
∞
∞
∞
X
X
X
(−1)n+1 (1)n
(−1)n+1
(−1)n+1 xn
=
=
n(n + 1)
n(n + 1)
n(n + 1)
n=1
n=1
n=1
∞
X
(x − 1)n
가 수렴한다.
n2 + 3
n=1
인 범위에서 급수
또, x = 0일 때
이므로 급수는 교대급수이고 수열
∞
∞
X
X
(x − 1)n
(−1)n
=
n2 + 3
n2 + 3
n=1
n=1
1
는 양항 단조감소
n(n + 1)
1
= 0 이므로 교대급수판정법에 의해 수
n→∞ n(n + 1)
수열이며 lim
렴한다.
1
는
양항
단조감소수
그러므로 이 급수의 수렴반지름은 R = 1이고 수렴구간은 [−1, 1]
n2 + 3
이다.
= 0 이므로 교대급수판정법에 의해 수렴한
이므로 급수는 교대급수이고 수열
1
+3
다. 그리고 x = 2일 때
열이며 lim
n→∞
n2
j)
∞
∞
∞
X
X
X
(x − 1)n
1
1
=
≤
2
2
n +3
n + 3 n=1 n2
n=1
n=1
(−1)n
n=1
(x − 2)n
√
4n n
sol) x = 2 일 때는 자명하다. x 6= 2 일 때, an = (−1)n
∞
X
1
가 수렴하므로 비교판정법에 의해 수렴한다.
2
n
n=1
(−1)n+1 (x−2)n+1
√
an+1
4n+1 n+1
= lim
ρ = lim
n
(−1) (x−2)n
n→∞
n→∞
an
√
4n n
√
n
|x − 2|
= lim √
|x − 2| =
n→∞ 4 n + 1
4
그러므로 이 급수의 수렴반지름은 R = 1이고 수렴구간은 [0, 2]
이다.
∞
X
(−1)n+1 xn
n(n + 1)
n=1
에서 ρ < 1 인 경우 급수가 수렴하므로
n+1 n
sol) x = 0 일 때는 자명하다. x 6= 0 일 때, an =
x
(−1)
로
n(n + 1)
ρ=
두고 비율판정법을 이용하면
ρ = lim
n→∞
an+1
= lim
n→∞
an
(x − 2)n
√
4n n
로 두고 비율판정법을 이용하면
이고 급수
i)
∞
X
(−1)n+2 xn+1
(n+1)(n+2)
(−1)n+1 xn
n(n+1)
인 범위에서 급수
n
|x| = |x|
n→∞ n + 2
= lim
|x − 2|
< 1 ⇐⇒ −2 < x < 6
4
∞
X
(−1)n
n=1
(x − 2)n
√ 가 수렴한다.
4n n
또, x = −2일 때
에서 ρ < 1 인 경우 급수가 수렴하므로
∞
X
ρ = |x| < 1 ⇐⇒ −1 < x < 1
(−1)n
n=1
57
∞
∞
X
X
(x − 2)n
(−1)n (−4)n
1
√
√
√
=
=
n n
4n n
4
n
n=1
n=1
6 멱급수와 테일러 정리
SOLUTION
이므로 급수는 발산한다.
에서 ρ < 1 인 경우 급수가 수렴하므로
그리고 x = 6일 때
ρ=
∞
∞
∞
X
X
X
(−1)n (x − 2)n
(−1)n 4n
(−1)n
√
√
√
=
=
4n n
4n n
n
n=1
n=1
n=1
인 범위에서 급수
|x|
< 1 ⇐⇒ −6 < x < 6
6
∞
X
n n
x 가 수렴한다.
6n
n=1
1
또, x = −6일 때
이므로 급수는 교대급수이고 수열 √ 는 양항 단조감소수열이
∞
∞
∞
n
X
X
n n X n
n
1
x
=
(−6)
=
(−1)n n
n
n
며 lim √ = 0 이므로 교대급수판정법에 의해 수렴한다.
6
6
n→∞
n
n=1
n=1
n=1
그러므로 이 급수의 수렴반지름은 R = 4이고 수렴구간은 (−2, 6] 이므로 급수는 진동하고 수렴하지 않는다.
이다.
그리고 x = 6일 때
∞
∞
X
n n X
∞
x
=
n
X
6n
n=1
n=1
k)
nxn
n=1
이므로 급수는 발산한다.
sol) x = 0 일 때는 자명하다. x 6= 0 일 때, an = nxn 로 두고 그러므로 이 급수의 수렴반지름은 R = 6이고 수렴구간은 (−6, 6)
비율판정법을 이용하면
이다.
ρ = lim
n→∞
n+1
an+1
(n + 1)xn+1
= lim
= lim
|x| = |x|
n→∞
n→∞
an
nxn
n
m)
에서 ρ < 1 인 경우 급수가 수렴하므로
인 범위에서 급수
2n
xn
2+1
n
n=1
sol) x = 0 일 때는 자명하다. x 6= 0 일 때, an =
ρ = |x| < 1 ⇐⇒ −1 < x < 1
∞
X
∞
X
두고 비율판정법을 이용하면
nxn 가 수렴한다.
an+1
ρ = lim
= lim
n→∞
n→∞
an
n=1
= lim
∞
X
nxn =
n=1
∞
X
(−1)n n
에서 ρ < 1 인 경우 급수가 수렴하므로
n=1
ρ = 2|x| < 1 ⇐⇒ −
이므로 급수는 진동하고 수렴하지 않는다.
그리고 x = 1일 때
∞
X
n=1
nxn =
∞
X
인 범위에서 급수
n
1
또, x = − 일 때
2
∞
X
2n
n=1
이므로 급수는 발산한다.
∞
X
n n
x
n
6
n=1
sol) x = 0 일 때는 자명하다. x 6= 0 일 때, an =
비율판정법을 이용하면
n→∞
an+1
= lim
n→∞
an
n n
x 로 두고
6n
그리고 x =
n+1 n+1
6n+1 x
n n
6n x
1
1
<x<
2
2
∞
X
2n
xn 가 수렴한다.
2+1
n
n=1
n X
∞
2n
1
(−1)n
−
=
2
2
n +1
n +1
2
n2 + 1
n=1
n=1
n=1
1
이므로 급수는 교대급수이고 수열 2
는 양항 단조감소수
n +1
1
= 0 이므로 교대급수판정법에 의해 수렴
열이며 lim 2
n→∞ n + 1
한다.
그러므로 이 급수의 수렴반지름은 R = 1이고 수렴구간은 (−1, 1)
이다.
ρ = lim
2n+1
n+1
(n+1)2 +1 x
n
2
n
n2 +1 x
2(n2 + 1)
|x| = 2|x|
n→∞ (n + 1)2 + 1
또, x = −1일 때
l)
2n
xn 로
n2 + 1
∞
X
xn =
∞
X
1
일때
2
n X
∞
∞
X
2n
2n
1
1
n
x
=
=
2
2
2
n +1
n +1 2
n +1
n=1
n=1
n=1
n+1
|x|
|x| =
n→∞ 6n
6
= lim
58
6 멱급수와 테일러 정리
SOLUTION
∞
X
1
두고 비율판정법을 이용하면
가 수렴하므로 비교판정법에 의해 급수는 수렴
2
n
1
n+1
n=1
an+1
(n+1)(ln (n+1))2 x
한다.
ρ = lim
= lim
1
n
n→∞
n→∞
an
n(ln n)2 x
1
그러므로 이 급수의 수렴반지름은 R =
이고 수렴구간은
n(ln n)2
2
= lim
|x| = |x|
n→∞ (n + 1)(ln (n + 1))2
1 1
이다.
− ,
2 ln n
2 2
(ln n)2
(ln n)
n
∵ lim
= lim 2 ln (n+1)
= lim
2
n→∞ ln (n + 1))
n→∞
n→∞ ln (n + 1)
n+1
∞
X
2n − 1 2(n−1)
1
n)
x
2n
= lim n1 = 1
n=1
이고 급수
n→∞
2n − 1 2(n−1)
x
sol) x = 0 일 때는 자명하다. x =
6 0 일 때, an =
2n
로 두고 비율판정법을 이용하면
ρ = lim
n→∞
=
an+1
= lim
n→∞
an
2n+1 2n
2n+1 x
2n−1 2(n−1)
2n x
n+1
에서 ρ < 1 인 경우 급수가 수렴하므로
ρ = |x| < 1 ⇐⇒ −1 < x < 1
2n + 1 2
x
n→∞ 2(2n − 1)
= lim
인 범위에서 급수
x2
2
∞
X
1
xn 가 수렴한다.
2
n(ln
n)
n=2
또, x = −1일 때
∞
X
(−1)n
1
n
x
=
2
n(ln n)
n(ln n)2
n=2
n=2
∞
X
에서 ρ < 1 인 경우 급수가 수렴하므로
ρ=
√
√
x2
< 1 ⇐⇒ − 2 < x < 2
2
1
이므로 급수는 교대급수이고 수열
는 양항 단조감소
n(ln n)2
1
= 0 이므로 교대급수판정법에 의해 수렴
수열이며 lim
n→∞ n(ln n)2
한다.
∞
X
2n − 1 2(n−1)
인 범위에서 급수
x
가 수렴한다.
2n
n=1
√
또, x = − 2일 때
그리고 x = 1일 때
∞
X
∞
X
1
1
n
x
=
2
n(ln n)
n(ln n)2
n=2
n=2
∞
∞
∞
X
2n − 1 2(n−1) X 2n − 1 √ 2(n−1) X 2n − 1
x
=
(−
2)
=
2n
2n
2
n=1
n=1
n=1
이고
이고 급수는 발산한다.
√
그리고 x = 2일 때
2
∞
1
1
dx =
이므로 적분판정법에 의해 급수는
x(ln x)2
ln 2
수렴한다.
그러므로 이 급수의 수렴반지름은 R = 1이고 수렴구간은 [−1, 1]
이다.
∞
∞
∞
X
2n − 1 2(n−1) X 2n − 1 √ 2(n−1) X 2n − 1
2)
=
x
=
(
2n
2n
2
n=1
n=1
n=1
p)
이고 급수는 발산한다.
그러므로
√ √ 이 급수의 수렴반지름은 R =
(− 2, 2) 이다.
Z
√
n
∞ X
2
1+
xn
n
n=1
n
2
n
2이고 수렴구간은 sol) x = 0 일 때는 자명하다. x 6= 0 일 때, an = 1 + n x 로
두고 비율판정법을 이용하면
∞
X
ρ = lim
1
o)
xn
2
n(ln
n)
n=2
sol) x = 0 일 때는 자명하다. x 6= 0 일 때, an =
n→∞
= lim
1
xn 로
n(ln n)2
n→∞
59
2
(1 + n+1
)n+1 xn+1
an+1
= lim
n→∞
an
(1 + n2 )n xn
n+1 2
2
2
1 + n+1
e2
|x| = 2 |x| = |x|
n
2
e
1 + n2 2
SOLUTION
에서 ρ < 1 인 경우 급수가 수렴하므로
6 멱급수와 테일러 정리
이다. ρ < 1 인 경우 급수가 수렴하는데 ρ = 0 < 1 이므로 모든
∞
X
x2n−1
실수 x에서 급수
(−1)n−1
는 수렴한다.
(2n − 1)!
n=1
ρ = |x| < 1 ⇐⇒ −1 < x < 1
n
∞ X
2
인 범위에서 급수
1+
xn 가 수렴한다.
n
n=1
그러므로 이 급수의 수렴반지름은 R = ∞이고 수렴구간은
(−∞, ∞) 이다.
또, x = −1일 때
∞
n
n
∞ ∞ X
X
X
xn
2
2
s)
xn =
1+
(−1)n
1+
2 · 4 · 6 · · · · ·(2n)
n
n
n=1
n=1
n=1
n
xn
2
이고 lim 1 +
(−1)n 은 그 극한값이 존재하지 않으므로 sol) x = 0 일 때는 자명하다. x 6= 0 일 때, an = 2 · 4 · 6 · · · · ·(2n)
n→∞
n
로 두고 비율판정법을 이용하면
급수는 발산한다.
그리고 x = 1일 때
∞ X
n=1
2
이고 lim 1 +
n→∞
n
급수는 발산한다.
2
1+
n
n
n
x =
∞ X
n=1
n
= lim
n→∞
2
1+
n
2
1+
n
n2 2
an+1
ρ = lim
= lim
n→∞
n→∞
an
n
xn+1
2·4·6·····(2n)·(2n+2)
xn
2·4·6·····(2n)
= lim
n→∞
|x|
=0
2n + 2
이다. ρ < 1 인 경우 급수가 수렴하는데 ρ = 0 < 1 이므로 모든
∞
X
xn
= e2 =
6 0 이므로 실수 x에서 급수
는 수렴한다.
2 · 4 · 6 · · · · ·(2n)
n=1
그러므로 이 급수의 수렴반지름은 R = 1이고 수렴구간은 (−1, 1) 그러므로 이 급수의 수렴반지름은 R = ∞이고 수렴구간은
(−∞, ∞) 이다.
이다.
∞
X
3n (x − 2)n
q)
n!
n=1
t)
sol) x = 2 일 때는 자명하다. x 6= 2 일 때, an =
두고 비율판정법을 이용하면
3n+1 (x−2)n+1
(n+1)!
3n (x−2)n
n!
∞
X
(−1)n x2n
22n (n!)2
n=1
(−1)n x2n
3n (x − 2)n
로
로 sol) x = 0 일 때는 자명하다. x 6= 0 일 때, an = 2n
2 (n!)2
n!
두고 비율판정법을 이용하면
(−1)n+1 x2n+2
3
x2
an+1
|x−2| = 0
22n+2 {(n+1)!}2
n→∞ n + 1
= lim
=
lim
=0
ρ = lim
n
2n
(−1) x
n→∞
n→∞ 22 (n + 1)2
n→∞
an
22n (n!)2
이다. ρ < 1 인 경우 급수가 수렴하는데 ρ = 0 < 1 이므로 모든
∞
X
3n (x − 2)n
이다. ρ < 1 인 경우 급수가 수렴하는데 ρ = 0 < 1 이므로 모든
실수 x에서 급수
는 수렴한다.
∞
X
(−1)n x2n
n!
n=1
실수 x에서 급수
는 수렴한다.
22n (n!)2
n=1
그러므로 이 급수의 수렴반지름은 R = ∞이고 수렴구간은
(−∞, ∞) 이다.
그러므로 이 급수의 수렴반지름은 R = ∞이고 수렴구간은
(−∞, ∞) 이다.
∞
2n−1
X
x
r)
(−1)n−1
(2n
− 1)!
∞
∞
X
X
n=1
2.
an 4n 이 수렴하고
an 5n 이 발산할 때, 다음 급수의 수렴,
sol) x = 0 일 때는 자명하다. x 6= 0 일 때, an =
n=0
n=0
x2n−1
발산 여부를 각각 판정하시오.
(−1)n−1
로 두고 비율판정법을 이용하면
(2n − 1)!
sol) 주어진 멱급수는 수렴반지름을 가지는 급수이다. 이제 급수
∞
∞
X
X
n 2n+1
(−1) x
n
a
x
의
수렴
반지름을
R이라
하자.
an 4n 이 수렴하므
n
an+1
(2n+1)!
ρ = lim
= lim (−1)n−1 x2n−1
n=0
n=0
n→∞
n→∞
an
∞
X
(2n−1)!
n
로 R ≥ 4 이고
an 5 이 발산하므로 R ≤ 5 이다. 따라서
x2
n=0
= lim
=0
n→∞ (2n)(2n + 1)
4 ≤ R ≤ 5 이다.
an+1
= lim
ρ = lim
n→∞
n→∞
an
= lim
60
6 멱급수와 테일러 정리
SOLUTION
a)
∞
X
c)
an (−3)n
n=0
1
x
+
1 − x 1 − x2
sol) 급수
∞
X
1
=
xn
1 − x n=0
sol) |−3| = 3 < 4 ≤ R 이므로 주어진 급수는 수렴한다.
n
∞
X
11
b)
an
2
n=0
sol) R ≤ 5 <
에서 x를 x2 로 대신하면
∞
X
1
=
x2n
1 − x2
n=0
11
이므로 주어진 급수는 발산한다.
2
∞
X
x
=
x2n+1
1 − x2
n=0
sol) 급수
=
=
∞
X
n n
4 x
n=0
(|x| < 1)
1
|x| <
4
n=0
이다. 여기서 an 은 다음과 같다.
(
2, (n = 2k + 1, k ∈ Z+ )
an =
1. (n = 0 or 2k, k ∈ Z+ )
−2x
(1 + x2 )2
sol) 급수
d)
∞
X
1
=
xn
1 − x n=0
(|x| < 1)
∞
X
1
=
xn
1 − x n=0
x
로 대신하면
8
x
8
=
=
(|x| < 1)
= 1 + 2x + x2 + 2x3 + x4 + · · ·
∞
X
=
an xn (|x| < 1)
(|4x| < 1)
sol) 급수
1
1−
x2n+1
∞
∞
X
X
x
1
n
+
=
x
+
x2n+1
1 − x 1 − x2
n=0
n=0
1
8−x
에서 x를
∞
X
(|x2 | < 1)
이다. 그러므로
이다.
b)
n=0
에서 x를 4x로 대신하면
∞
X
1
(4x)n
=
1 − 4x n=0
x2 < 1
이고 양변에 x를 곱하면
연습문제 6.2 .
1. 다음 함수의 멱급수 전개식을 구하시오.
1
a)
1 − 4x
∞
X
1
=
xn
1 − x n=0
(|x| < 1)
(|x| < 1)
에서 x를 −x2 로 대신하면
∞ n
X
x
n=0
∞ X
n=0
8
1
8
n
x
<1
8
xn
∞
X
1
=
(−x2 )n
1 + x2
n=0
(|x| < 8)
=
∞
X
(−1)n x2n
(−x)2 < 1
(|x| < 1)
n=0
이고 양변에
1
을 곱하면
8
∞ n+1
X
1
1
=
xn
8 − x n=0 8
이고 항별미분에 의해
(|x| < 8)
이다.
1
1 + x2
0
=
=
∞
X
−2x
=
2n(−1)n x2n−1
(1 + x2 )2
n=1
∞
X
n=0
61
2(n + 1)(−1)n+1 x2n+1
(|x| < 1)
6 멱급수와 테일러 정리
SOLUTION
이다.
가 성립한다.
1
(1 − x)3
sol) 급수
g) ln(4 − x)
sol) 급수
e)
∞
X
1
=
xn
1 − x n=0
∞
X
1
=
xn
1 − x n=0
(|x| < 1)
에서 x를
를 항별미분하면
1
1−x
0
=
∞
X
1
=
nxn−1
(1 − x)2
n=1
x
로 대신하면
4
1
1−
(|x| < 1)
x
4
=
=
가 성립하고, 다시 항별미분을 하면
1
1−x
00
∞ n
X
x
n=0
∞ X
n=0
∞
X
2
=
=
n(n − 1)xn−2
(1 − x)3
n=2
이고 양변에
(|x| < 1)
4
1
4
n
x
<1
4
xn
(|x| < 4)
1
을 곱하면
4
∞ n+1
X
1
1
=
xn
4 − x n=0 4
이다. 양변을 2로 나누면
∞
X
1
1
=
n(n − 1)xn−2
(1 − x)3
2
n=2
∞
X
1
=
(n + 1)(n + 2)xn
2
n=0
(|x| < 1)
(|x| < 4)
이다. 항별적분에 의해
− ln (4 − x) = C +
(|x| < 1)
∞ n+1 n+1
X
1
x
4
n+1
n=0
(|x| < 4)
(C ∈ R)
이다. 양변에 −1을 곱하고, x = 0을 넣어 상수를 구하면
이다.
∞ n+1 n+1
X
1
x
ln (4 − x) = ln 4 −
4
n
+1
n=0
1
2
f)
−
1 − x (1 − x)2
1
sol) 급수
는
1−x
(|x| < 4)
가 나온다.
∞
X
1
=
xn
1 − x n=0
h) sinh x
(|x| < 1)
sol) 보기 6.2.4에서 ex =
∞
X
xn
n!
n=0
(x ∈ R)임을 이용하자. x를
−x로 대신하면
이고 문제 e)에서
∞
X
1
=
nxn−1
(1 − x)2
n=1
e−x =
(|x| < 1)
ex − e−x =
(|x| < 1)
2x3
2x5
+
+ ···
3!
5!
∞
X x2n+1
=2
(x ∈ R)
(2n + 1)!
n=0
∞
∞
X
X
1
2
n
−
=
x
−
2(n + 1)xn
1 − x (1 − x)2
n=0
n=0
∞
X
−(2n + 1)xn
∞
∞
X
xn X (−x)n
−
n! n=0 n!
n=0
= 2x +
이므로
=
(x ∈ R)
이다. 따라서
임을 이용하자. 위 식의 양변에 2를 곱하면
∞
∞
X
X
2
n−1
=
2nx
=
2(n + 1)xn
(1 − x)2
n=1
n=0
∞
X
(−x)n
n!
n=0
이며 양변을 2로 나누면
∞
X
ex − e−x
x2n+1
= sinh x =
2
(2n + 1)!
n=0
(|x| < 1)
n=0
62
(x ∈ R)
6 멱급수와 테일러 정리
SOLUTION
가 나온다.
이다. 1)에 의해
∞
∞
X
X
1
1
1
=
−1=1
α=
n
n
2
2
2
n=0
n=1
i) cosh x
sol) 보기 6.2.4에서 ex =
−x로 바꾸면
e−x =
∞
X
xn
n!
n=0
(x ∈ R)임을 이용하자. x를
∞
X
(−x)n
n!
n=0
이므로 α = 2이다.
∞
X
n2
이제 β =
라고 하자. 그러면
2n
n=1
(x ∈ R)
∞
∞
X
1
1 X n2
1
n2
−
β=β− β=
2
2
2n
2 n=1 2n
n=1
이다. 그러므로
x
e +e
−x
∞
∞
X
xn X (−x)n
+
=
n! n=0 n!
n=0
2x2
2x4
+
+ ···
2!
4!
∞
X
x2n
=2
(x ∈ R)
(2n)!
n=0
∞
∞
X
n2 X n2
−
2n n=1 2n+1
n=1
=
1 X n2 X (n − 1)2
−
+
2 n=2 2n n=2
2n
∞
1 X 2n − 1
= +
2 n=2 2n
이고 양변을 2로 나누면
이다. 이제 1)과 2)를 활용하자. 그러면
(x ∈ R)
∞
∞
∞
X 1
1 X n
1 X 2n − 1
+
= +
−
n
n−1
2 n=2 2
2 n=2 2
2n
n=2
이다.
∞
=
2. |x| < 1일 때
∞
∞
∞
X
X
1 X n
1
=
xn 임을 이용하여
,
,
1−x
2n n=1 2n
n=0
n=0
∞
X
n2
의 값을 각각 구하시오.
2n
n=1
sol)
∞
X
1
=
xn
1 − x n=0
2=
1
1−
1
2
=
···
1)
∞
∞
X
1
1
n
1X n
α=α− α=
−
2
2
2n
2 n=1 2n
n=1
라고 하자.
=
∞
∞
X
X
n
n
−
n
n+1
2
2
n=1
n=1
=
X n−1
1 X n
1 X 1
+
−
= +
n
n
2 n=2 2
2
2 n=2 2n
n=2
∞
X
1
n
2
n=1
∞
···
∞
X
n
=3
n
2
n=1
3. p가 0이 아닌 실수라 하자. n이 양의 정수일 때, 확장된 이항계
수를
p
p(p − 1) · · · (p − n + 1)
=
n
n!
p
로 정의하고,
= 1로 정의한다. 이때,
0
∞ X
p n
x
f (x) =
n
n=0
(|x| < 1)
∞
X
n
라고 하자. 그러면
n
2
n=1
=
∞
이다. 따라서 β = 6이다.
∞
X
1
n
2
n=0
∞
∞
X 1
X 1
1 X n
+
+
−
n
n
2 n=1 2
2
2n
n=1
n=2
=1+
이므로
이다. α =
∞
∞
=2+
∞
X
ex + e−x
x2n
= cosh x =
2
(2n)!
n=0
=
a) f (x)의 수렴반지름 R을 구하시오.
sol) 정리6.1.3에 의해
∞
p
n+1
p
n
= lim
p(p−1)···(p−n+1)(p−n)
(n+1)!
p(p−1)···(p−n+1)
n!
= lim
p−n
=1
n+1
ρ = lim
n→∞
2)
n→∞
n→∞
63
6 멱급수와 테일러 정리
SOLUTION
1
= R = 1 이므로 수렴반지름은 R = 1 이다.
ρ
pf (x)
b) −R < x < R에서 f 0 (x) =
임을 보이시오.
1+x
proof ) |R| < 1이므로 1 + x 6= 0이고 따라서
이다. 따라서 h(x) = c이다. (단 c는 상수)
c의 값을 구하기 위해 x = 0을 대입하면 h(x) = 1이 됨을 알 수
있고 따라서 f (x) = (1 + x)p 임을 알 수 있다.
이고
f 0 (x) =
p
f (x) ⇐⇒ (1 + x)f 0 (x) = pf (x)
1+x
4. 다음 함수의 멱급수 전개식이
an xn 이라 할 때, 위의 결과를
n=0
이용하여 a0 , a1 , a2 , a3 을 구하시오.
이다. 또한 급수
f (x) =
∞
X
∞ X
p
n=0
n
xn = 1 +
p
p 2
x+
x + ···
1
2
a)
√
1+x
sol) 문제 3에서
를 항별미분하면
∞ X
p
n
n=0
xn = (1 + x)p 임을 이용하면
1
p= 일때
2
∞
X
p n−1
p
p
p 2
f 0 (x) =
n
x
=
+2
x+3
x + ···
n
1
2
3
n=1
√
0
이다. 이제 (1+x)f (x) = pf (x)임을 보이기 위해 n차항의 계수를
비교하자. (1 + x)f 0 (x)의 n차항의 계수는
p
p
(n + 1)
+n
n+1
n
p
이고 pf (x)의 n차항의 계수는 p
이다. 한편
n
p
p
+n
(n + 1)
n
n+1
p(p − 1) · (p − n + 1)
p(p − 1) · · · (p − n)
+n·
= (n + 1) ·
(n + 1)!
n!
p(p − 1) · · · (p − n)
p(p − 1) · · · (p − n + 1)
=
+n·
n!
n!
p(p − 1) · · · (p − n + 1)
=
· {(p − n) + n}
n!
p
=
·p
n
1+x=
∞ 1
X
2
n=0
n
xn = 1 +
x x2
x3
−
+
+ ···
2
8
16
1
1
1
이므로 a0 = 1, a1 = , a2 = − , a3 =
이다.
2
8
16
1
b) √
1−x
∞ X
p n
1
sol)
x = (1 + x)p 에서 x를 −x로 대신하고 p = − 를
n
2
n=0
대입하면
∞ 1
X
−2
1
1
3
5
√
=
(−x)n = 1 + x + x2 + x3 + · · ·
2
8
16
1 − x n=0 n
이므로 a0 = 1, a1 =
1
3
5
, a2 = , a3 =
이다.
2
8
16
c) arcsin(x)
∞ X
p n
1
x = (1 + x)p 에서 x를 −x2 로 대신하고 p = −
sol)
n
2
n=0
이다. n차항의 계수가 같으므로 (1 + x)f 0 (x) = pf (x)이고 따라서 를 대입하면
증명이 완료된다.
∞ 1
X
1
−2
√
=
(−x2 )n
2
n
1−x
n=0
c) h(x) = (1 + x)−p f (x)의 미분을 이용하여 f (x) = (1 + x)p 임을
보이시오.
proof ) 문제에서 주어진 함수 h(x)를 미분하면
0
h (x) = −p(1 + x)
−p−1
f (x) + (1 + x)
3
5
35 8
1
x + ···
= 1 + x2 + x4 + x6 +
2
8
16
128
−p 0
f (x)
이고 양변을 적분하면
이다. 한편 문제 b)에 의해서
f 0 (x) =
1
1
3
5
35 8
= 1 + x2 + x4 + x6 +
x + ···
2
2
8
16
128
1−x
1
3
5 7
35 9
=⇒ arcsin(x) = x + x3 + x5 +
x +
x + ···
6
40
112
1152
p
f (x)
1+x
√
이므로 h0 (x)에 대입하면
h0 (x) = −p(1 + x)−p−1 f (x) + (1 + x)−p f 0 (x)
p
= −p(1 + x)−p−1 f (x) + (1 + x)−p ·
f (x) = 0
1+x
이므로 a0 = 0, a1 = 1, a2 = 0, a3 =
64
1
이다.
6
6 멱급수와 테일러 정리
SOLUTION
5. 다음 함수의 멱급수 전개식이
∞
X
이므로 항별 적분에 의해
an xn 이라 할때, a0 , a1 , a2 ,
n=0
x
Z
a3 을 구하시오.
1
1 + t2 + · · · dt
2
1
= x + x3 + · · ·
6
a) sec x
∞
X
0
0
sol) sec x =
x
Z
sec tdt =
ln|sec x + tan x| =
an xn 로 두자.
n=0
∞
X
(−1)n 2n
x
cos x =
(2n)!
n=0
임을 알 수 있다. 따라서
(x ∈ R)
a0 = 0,
a1 = 1,
a2 = 0,
a3 =
이므로
1 = cos x · sec x =
∞
X
(−1)n 2n
x
(2n)!
n=0
!
·
∞
X
이다.
!
an x
n
n=0
d) tanh x
임을 알 수 있다.
sol) tanh x =
1
1
a0 + a1 x + (a2 − a0 )x2 + (a3 − a1 )x3 + · · · = 1
2
2
a1 = 0,
a2 =
an xn 로 두자.
cosh x =
1
,
2
a3 = 0
∞
X
x2n
,
(2n)!
n=0
cosh x · tanh x =
b) tan x
∞
X
∞
X
x2n
(2n)!
n=0
an xn 로 두자.
= sinh x =
n=0
cos x =
sinh x =
∞
X
x2n+1
(2n + 1)!
n=0
이므로
임을 알 수 있다.
sol) tan x =
∞
X
n=0
와 같이 정리를 할 수 있고 계수비교를 통해
a0 = 1,
1
6
∞
X
(−1)n 2n
x ,
(2n)!
n=0
sin x =
∞
X
(−1)n+1 2n+1
x
(2n + 1)!
n=0
cos x · tan x =
∞
X
(−1)n 2n
x
(2n)!
n=0
∞
X
!
an x
n
n=0
∞
X
x2n+1
(2n + 1)!
n=0
1
1
x3
x5
a0 +a1 x+(a2 + a0 )x2 +(a3 + a1 )x3 +· · · = x +
+
+ ···
2
2
3!
5!
!
an xn
∞
X
임을 알 수 있다.
이므로
!
!
= sin x
이고 계수비교를 통해
n=0
임을 알 수 있고,
a0 = 0,
1
1
x3
x5
a0 +a1 x+(a2 − a0 )x2 +(a3 − a1 )x3 +· · · = x −
+
+ ···
2
2
3!
5!
a1 = 1,
a2 = 0,
a3 = −
1
3
이다.
와 같이 정리를 할 수 있다. 계수비교를 통해
a0 = 0,
a1 = 1,
a2 = 0,
a3 =
1
3
ln(1 + x)
1−x
∞
ln(1 + x) X
sol)
=
an xn 라고 하자.
1−x
n=0
e)
임을 알 수 있다.
c) ln|sec x + tan x|
sol) ln|sec x + tan x| =
∞
X
an xn 로 두자. a)번 문제를 통해 sec x
1
= 1 + x + x2 + x3 + · · ·
1−x
(|x| < 1)
1
= 1 − x + x2 − x3 + · · ·
1+x
(|x| < 1)
이므로
n=0
의 멱급수 전개식을 알 수 있으며
0
(ln|sec x + tan x|) = sec x
65
6 멱급수와 테일러 정리
SOLUTION
이다. 항별적분에 의해
Z
ln(1 + x) =
임을 알 수 있다.
x
0
1
1
1
dt = x − x2 + x3 − · · ·
1+t
2
3
2
x − x2 + x3 + · · · = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · ·
3
임을 알 수 있고
1
1
ln(1 + x)
= x − x2 + x3 − · · · · 1 + x + x2 + x3 + · · ·
1−x
2
3
이므로 계수비교를 통해
a1 = 1 , a2 = −1,
a0 = 0,
a3 =
을 통해
임을 알 수 있다.
1
5
x + x2 + x3 + · · · = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · ·
2
6
임을 알 수 있다. 따라서
a0 = 0,
a1 = 1,
a2 =
1
,
2
a3 =
∞
X
(−1)n x2n
이라고 할때, x2 f 00 (x) + xf 0 (x) +
2n (n!)2
2
n=0
x2 f (x) = 0임을 보이시오.
proof ) f (x)를 항별미분하면
6. f (x) =
5
6
이다.
f 0 (x) =
f) ex ln(1 + x)
sol) ex ln(1 + x)
∞
X
an xn 로 두자.
n=0
∞
X
xn
,
ex =
n!
n=0
∞
∞
X
X
(2n)(−1)n x2n−1
(2n + 2)(−1)n+1 x2n+1
=
22n (n!)2
22n+2 {(n + 1)!}2
n=1
n=0
이고 항별미분을 한번 더 하면
1
1
ln(1 + x) = x − x2 + x3 − · · ·
2
3
f 00 (x) =
이므로
x
e ln(1 + x) =
∞
X
xn
n!
n=0
! 1
1
· x − x2 + x3 − · · ·
2
3
∞
X
(2n + 1)(2n + 2)(−1)n+1 x2n
22n+2 {(n + 1)!}2
n=0
임을 알 수 있다. x2 f 00 (x),xf 0 (x),x2 f (x)는 다음과 같다.
= a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · ·
x2 f 00 (x) = x2
임을 알 수 있고
xf 0 (x) = x
1
1
x + x2 + x3 + · · · = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · ·
2
3
이다. 따라서
a1 = 1,
a2 =
1
,
2
a3 =
1
3
이다.
∞
X
(2n + 1)(2n + 2)(−1)n+1 x2n
,
22n+2 {(n + 1)!}2
n=0
∞
X
(2n + 2)(−1)n+1 x2n+1
,
22n+2 {(n + 1)!}2
n=0
x2 f (x) = x2
a0 = 0,
2
3
∞
X
(−1)n x2n
.
22n (n!)2
n=0
이제 임의의 n차 항의 계수들의 합이 0이 됨을 보이자. 계산에
의해
arctan(x)
1+x
∞
arctan(x) X
sol)
=
an xn 라고 하자.
1+x
n=0
∞
X
(−1)n x2n+1
1
arctan(x) =
,
= 1 − x + x2 − x3 + · · ·
2n
+
1
1
+
x
n=0
g)
(−1)n
(2n + 2)(−1)n+1
(2n + 1)(2n + 2)(−1)n+1
+
+
4n (n!)2
4n+1 {(n + 1)!}2
4n+1 {(n + 1)!}2
n
2
n+1
(−1)
(2n + 2) (−1)
= n
+ n+1
2
4 (n!)
4
{(n + 1)!}2
n
(−1)
4(n + 1)2 (−1)n+1
= n
+
4 (n!)2
4n+1 {(n + 1)!}2
n
(−1)
(−1)n+1
+
=0
= n
4 (n!)2
4n (n!)2
이므로
arctan(x)
=
1+x
∞
X
(−1)n x2n+1
2n + 1
n=0
!
· 1 − x + x2 − x3 + · · ·
이므로 증명이 완료된다.
= a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · ·
66
6 멱급수와 테일러 정리
SOLUTION
7. 멱급수로 표현된 함수 f (x) =
∞
X
2. f (x) = cos2 x;
sol)
an x3n 는 f 00 (x) − xf (x) = 0
n=0
을 만족한다. a0 = 1일 때, a1 , a2 , a3 를 구하시오.
sol) f (x)를 항별미분하면
f 0 (x) =
∞
X
f 00 (x) = −2 cos 2x,
f (3) (x) = 4 sin 2x,
(3n)an x3n−1
f (4) (x) = 8 cos 2x
이고 다시 항별미분하면
f (x) =
=
∞
X
이므로 x = 0에서 f 의 4차 테일러 다항식은
(3n)(3n − 1)an x
1
1 − x2 + x4
3
3n−2
n=1
∞
X
이다.
(3n + 3)(3n + 2)an+1 x
3n+1
n=0
3. f (x) = cos x;
이다. 함수 f (x)가f 00 (x) − xf (x) = 0를 만족하므로 위 식을 대입 sol)
해보면
f 00 (x) − xf (x) =
=
∞
X
(3n + 3)(3n + 2)an+1 x3n+1 − x
n=0
∞
X
n=4
f 0 (x) = − sin 2x,
n=1
00
a = 0,
∞
X
a=
π
,
3
n=4
f 0 (x) = − sin x
f 00 (x) = − cos x,
an x3n
n=0
f (3) = sin x,
x3n+1 {(3n + 3)(3n + 2)an+1 − an }
f (4) = cos x,
n=0
이다. 위 급수가 수렴반경내의 모든 x에 대해 0 이어야 하므로
an+1
π
에서 f 의 4차 테일러 다항식은
3
√
√
π
1
π
π
1
π
1
3
3
−
(x − ) − (x − )2 +
(x − )3 + (x − )4
2
2
3
4
3
12
3
48
3
이므로 x =
an
=
(3n + 3)(3n + 2)
이어야 한다. a0 = 1 이므로 식에 대입하면
a1 =
이다.
1
1
1
, a2 =
, a3 =
6
180
12960
임을 알 수 있다.
4. f (x) = sin x;
sol)
연습문제 6.3 .
지시된 점 x = a 에서 주어진 함수 f (x)의 n차 테일러 다항식을
구하시오.
1. f (x) = sin2 x;
a = 0, n = 5
sol)
a=
π
,
6
n=6
f 0 (x) = cos x,
f 00 (x) = − sin x,
f (3) (x) = − cos x,
f (4) = sin x,
f 0 (x) = sin 2x,
f 00 (x) = 2 cos 2x
f (5) = cos x,
f (3) (x) = −4 sin 2x,
f (6) = − sin x
π
에서 f 의 6차 테일러 다항식은
6
√
√
3
3
1
π
1
π 2
π
+
(x − ) − (x − ) −
(x − )3
2
2
6
4 √ 6
12
6
1
π 4
3
π 5
1
π
+ (x − ) +
(x − ) −
(x − )6
48
6
240
6
1440
6
f (4) = −8 cos 2x,
이므로 x =
f (5) = 16 sin 2x
이므로, x = 0에서 f 의 5차 테일러 다항식은
1
x2 − x4
3
이다.
이다.
67
6 멱급수와 테일러 정리
SOLUTION
5. f (x) = tan x;
a=
sol)
π
,
4
이다.
n=4
f 0 (x) = sec2 x,
8. f (x) =
00
2
f (x) = 2 tan x sec x,
이므로 x =
1
;
(1 − x)2
a = 0,
n=6
sol)
f
(3)
4
2
2
(x) = 2 sec x + 4 tan x sec x,
f
(4)
(x) = 16 tan x sec4 x + 8 tan3 x sec2 x
f 0 (x) = 2!(1 − x)−3 ,
f 00 (x) = 3!(1 − x)−4 ,
π
에서 f 의 4차 테일러 다항식은
4
f (3) (x) = 4!(1 − x)−5 ,
f (4) = 5!(1 − x)−6 ,
π
π
8
π
10
π
1 + 2(x − ) + 2(x − )2 + (x − )3 + (x − )4
4
4
3
4
3
4
f (5) = 6!(1 − x)−7 ,
f (6) = 7!(1 − x)−8
이다.
이므로 x = 0에서 f 의 6차 테일러 다항식은
6. f (x) = sec x;
sol)
π
a= ,
4
n=4
1 + 2x + 3x2 + 4x3 + 5x4 + 6x5 + 7x6
이다.
f 0 (x) = sec x tan x,
f 00 (x) = sec x tan2 x + sec3 x,
f
(3)
3
3
= sec x tan x + 2 sec tan x + 3 sec x tan x,
f
(4)
= sec x tan4 x + 3 sec3 tan2 x + 6 sec3 x tan2 x
9. f (x) = ex ;
a = 1, n = 5
sol) f (n) (x) = ex 이므로 x = 1에서 f 의 5차 테일러 다항식은
3
e
e
e + e(x − 1) + (x − 1)2 + (x − 1)3
2
6
e
e
(x − 1)5
+ (x − 1)4 +
24
120
+ 2 sec5 x + 9 sec3 x tan2 x + 3 sec5 x
이므로 x =
π
에서 f 의 4차 테일러 다항식은
4
√
√
π
3√
π
2 + 2(x − ) +
2(x − )2
4
2
4
11 √
π 3 19 √
π
+
2(x − ) +
2(x − )4
6
4
8
4
이다.
10. f (x) = 2x ;
a = 1, n = 4
sol) f (n) = 2x (ln 2)n 이므로 x = 1 에서 f 의 4차 테일러 다항식
은
이다.
2 + 2 ln 2(x − 1) + (ln 2)2 (x − 1)2
1
7. f (x) = ;
x
sol)
a = 2,
+
n=6
(ln 2)3
(ln 2)4
(x − 1)3 +
(x − 1)4
3
12
이다.
0
−2
,
00
−3
,
f (x) = −x
f (x) = 2x
11. f (x) = ln(cos x);
f (3) (x) = −6x−4 ,
sol)
a=
π
,
6
n=2
f 0 (x) = − sin x sec x,
f (4) (x) = 24x−5 ,
f (5) (x) = −120x−6 ,
f 00 (x) = − cos x sec x − sin x sec x tan x
π
이므로 x = 에서 f 의 2차 테일러 다항식은
6
√
√
3
3
π
2
π
ln(
)−
(x − ) − (x − )2
2
3
6
3
6
f (6) (x) = 720x−7
이므로 x = 2 에서 f 의 6차 테일러 다항식은
1 1
1
1
− (x − 2) + (x − 2)2 − (x − 2)3
2 4
8
16
1
1
1
4
5
+ (x − 2) − (x − 2) +
(x − 2)6
32
64
128
이다.
68
6 멱급수와 테일러 정리
SOLUTION
12. f (x) = esin x ;
a=
sol)
π
,
3
을 만족하는 c 가 0과 x사이에 존재한다. 따라서
n=2
ex −
f 0 (x) = cos x · esin x
n
X
1 k
|ec |
x ≤
|x|n+1
n!
(n + 1)!
k=0
f 00 (x) = − sin x · esin x + cos2 x · esin x
π
에서 f 의 테일러 2차 다항식은
3
√
√
3
1 √3
π
1
3 √3
π
2
2
e + e (x − ) + ( −
)e 2 (x − )2
2
3
8
4
3
이고
X
비율판정법에 의하여 임의의 x ∈ R에 대하여
ec
|x|n+1 이 수렴하므로 임의의 x ∈ R 에 대하여
(n + 1)!
ec
lim
|x|n+1 = 0 이다. 따라서 n → ∞인 극한을 취하
n→∞ (n + 1)!
∞
X
xn
x
임을 알 수 있다.
면e =
n!
n=0
이므로 x =
이다.
연습문제 6.4 .
√
√
∞
X
3. x = 0에서 x + 1의 2차 테일러 다항식을 이용하여 1.1의
(−1)n 2n
x 임을 테일러 근삿값을 구할 때, 오차의 크기에 대하여 설명하시오.
1. 임의의 실수 x에 대하여 cos x =
(2n)!
√
n=0
sol) x = 0에서 x + 1 의 2차 테일러 다항식은
정리를 이용하여 보이시오.
1
1
proof ) 176p 보기 6.4.1. 풀이와 비슷하다. R에서 정의된 코사인
1 + x − x2
함수에 테일러 정리를 적용한다. 편의상 f (x) = cos x라 두자.
2
8
√
임의의 x ∈ R에 대해
이고 이를 이용하여 구한 1.1의 근삿값은 1.04875 이다. 그리고
테일러 정리에 의하여
2n
X
f (k) (0) k f (2n+1) (c) 2n+1
x +
x
cos x =
√
5
1
1
1
k!
(2n + 1)!
2
| 1.1 − 1 + (0.1) − (0.1) | =
(c + 1)− 2 (0.1)3
k=0
2
8
16
n
X
(−1)k 2k (−1)n+1 sin c 2n+1
=
x +
x
을 만족시키는 c ∈ (0, 0.1) 이 존재한다. c ∈ (0, 0.1) 이므로
(2k)!
(2n + 1)!
k=0
5
1
1
(c + 1)− 2 (0.1)3 <
(0.1)3 = 6.25 × 10−5
16
16
√
이다. 그러므로
x = 0에서 x + 1의 2차 테일러 다항식을 이용하
√
여 구한 1.1의 근삿값의 오차의 크기는 6.25 × 10−5 보다 작다.
를 만족하는 c가 0과 x사이에 존재한다. 그러므로 임의의 x ∈ R
와 자연수 n에 대해 다음 부등식이 성립한다.
|cos x −
n
X
(−1)k
k=0
(2k)!
x2k | =
|sin c|
|x|2n+1
|x|2n+1 ≤
(2n + 1)!
(2n + 1)!
4. x = 0에서 ex 의 3차 테일러 다항식을 이용하여 e0.1 의 극삿값을
X |x|2n+1
구할 때, 오차의 크기에 대하여 설명하시오.
비율판정법에 따르면 임의의 x ∈ R에 대해
이 수렴 sol) x = 0 에서 ex 의 3차 테일러 다항식은
(2n + 1)!
|x|2n+1
1
1
한다. 그러므로 임의의 x ∈ R에 대해 lim
= 0이다.
1 + x + x2 + x3
n→∞ (2n + 1)!
2
6
따라서 양변에 n → ∞인 극한을 취하면 R에서 코사인 함수의
0.1
이고 이를 이용하여 구한 e 의 근삿값은 1.105166 . . . 이다. 테
멱급수 전개식을 얻는다.
일러 정리에 의하여
1
ec
1
∞
2
3
x
n
X
(0.1)
+
(0.1)
|=
(0.1)4
|e
−
1
+
(0.1)
+
x
x
2
6
24
2. 임의의 실수 x에 대하여 e =
임을 테일러 정리를 이
n!
n=0
을 만족하는 c ∈ (0, 0.1) 가 존재한다. c ∈ (0, 0.1) 이므로
용하여 보이시오.
x
proof ) 우선 편의상 f (x) = e 라고 하자. 테일러 정리에 의하여
ec
e0.1
(0.1)4 <
(0.1)4 ≈ 4.6 × 10−6
임의의 x ∈ R에 대하여
24
24
ex =
=
n
X
f k (0)
k=0
n
X
k=0
k!
xk +
이다. 따라서 x = 0 에서 ex 의 3차 테일러 다항식을 이용하여
구한 e0.1 의 근삿값의 오차는 4.6 × 10−6 보다 작다.
f n+1 (c) n+1
x
(n + 1)!
1 k
ec
x +
xn+1
k!
(n + 1)!
5. 테일러 다항식을 이용하여 오차가 0.00005 보다 작게 되도록
다음 값의 극삿값을 구하시오.
69
6 멱급수와 테일러 정리
SOLUTION
√
a) 10
sol) 테일러 정리에 의해 점 x = 0 에서
√
n 1
X
2
9+x=
k
k=0
이므로 x = 0 에서 전개한 3차 테일러 다항식과 f (x)와의 오차는
0.00005 보다 작다. 따라서, 근삿값
3 1
X
√
√
3
3 31−3k (−1)k
26 = 3 27 − 1 ≈
k
31−2k xk + Rn (x),
k=0
12
5
1574392
1
−
−
=
27 2187 531441
531441
= 2.962496...
=3−
f (n+1) (c) n+1
Rn (x) =
x
=
(n + 1)!
1
2
n+1
(9 + c)−
2n+1
2
xn+1
을 얻는다.
을 만족하는 c 가 0 과 x 사이에 존재한다. 또한 x ∈ (0, 1)에 대해
1
1 1 c) ln
1
n+1
− 2n+1
2
2
3
≤
(9 + c) 2 x
sol) 테일러 정리에 의해 점 x = 0 에서
n+1
n + 1 32n+1
1 1
n
X
(−1)k+1 k
≤
2n+1
x + Rn (x),
ln(1
+
x)
=
23
k
k=1
이다. 이제
1
1 1
xn+1
Rn (x) = (−1)k
n+1 (n + 1)
<
0.00005
⇐⇒
n
≥
4
(1
+
c)
2 32n+1
1
이므로 x = 0 에서 전개한 4차 테일러 다항식과 f (x)와의 오차는 을 만족하는 c 가 0 과 x 사이에 존재한다. 또한 x ∈ − , 0 에
3
0.00005 보다 작다. 따라서, 근삿값
대해
n+1
4 1
X
√
√
1
1
1
2 31−2k 1k
10 = 9 + 1 ≈
−
≤ n+1
(−1)n
n+1
k
(1 + c)
(n + 1)
3
2
(n + 1)
k=0
1
12
13
5
885239
−
+
−
=
6 216 3888 279936
279936
= 3.162276...
이고
=3+
1
< 0.00005 ⇐⇒ n ≥ 10
2n+1 (n + 1)
을 얻는다.
이므로 x = 0 에서 전개한 10차 테일러 다항식과 f (x)와의 오차는
0.00005 보다 작다. 따라서, 근삿값
X
k
10
2
1
(−1)k+1
1
ln = ln 1 −
≈
−
3
3
k
3
√
b) 3 26
sol) 테일러 정리에 의해 점 x = 0 에서
k=1
√
3
27 − x =
n
X
(−1)k
k=0
Rn (x) = (−1)
n+1
1
3
k
1
3
n+1
(27)
1−3k
3
=
xk + Rn (x),
− 3n+2
3
(27 − c)
x
−20111503
= −0.4054643...
49601160
1
2
= ln − ln 2 이고 본문에서 이미 구한
3
3
ln 2 ≈ 0.6931471... 을 소수점 6째 자리까지 끊어 사용하면
을 얻는다. 이제 ln
n+1
1
2
−20111503
을 만족하는 c 가 0 과 x 사이에 존재한다. 또한 x ∈ (0, 1)에 대해
ln ≈ ln − ln 2 =
− 0.693147
3
3
49601160
1 1 = −1.098612...
3n+2
3n+2
3
3
(−1)n+1
(27 − c)− 3 xn+1 ≤
8− 3
n+1
n+1
을 얻는다.
1
1
1
≤
·
·
3 n + 1 23n+2
d) sin 1
sol) 테일러 정리에 의해 점 x = 0 에서
이고
n
X
(−1)k 2k+1
1
1
1
sin x =
x
+ Rn (x),
·
·
< 0.00005 ⇐⇒ n ≥ 3
(2k + 1)!
k=0
3 n + 1 23n+2
70
6 멱급수와 테일러 정리
SOLUTION
Rn (x) =
(−1)n+1 sin c 2n+2
x
(2n + 2)!
d) f (x) =
1
;
3−x
a = −1
sol)
을 만족하는 c 가 0 과 x 사이에 존재한다. 또한 x ∈ (0, 1)에 대해
1
1
1
1
=
=
3−x
4 − (x + 1)
4 1 − x+1
4
n
∞
X
1 x+1
=
4
4
n=0
(−1)n+1 sin c 2n+2
1
≤
x
(2n + 2)!
(2n + 2)!
이고
1
< 0.00005 ⇐⇒ n ≥ 3
(2n + 2)!
=
1
1
1
+ (x + 1) + 3 (x + 1)2 + · · · . (|x + 1| < 4)
4 16
4
1+x
이므로 x = 0 에서 전개한 2 · 3 + 1 = 7차 테일러 다항식과 f (x) e) f (x) = ln
; a=0
1−x
와의 오차는 0.00005 보다 작다. 따라서, 근삿값
sol)
1+x
3
X (−1)k
= ln(1 + x) − ln(1 − x)
f (x) = ln
1−x
sin 1 ≈
12k+1
(2k + 1)!
k=0
이고
1
1
15
17
4241
13
f 0 (x) =
+
+
−
=
=1−
1+x 1−x
6
120 5040
5040
= 0.841468...
이다. 또한
을 얻는다.
∞
X
1
(−1)n xn ,
=
1 + x n=0
연습문제 6.5 .
1. 지시된 점 x = a에서 주어진 함수 f (x)의 테일러 급수를 구하
이므로
시오.
f 0 (x) = 2
3
(x + 1) = (x − 1 + 2) = 8(1 +
(|x| < 1)
이다.
x−1 3
)
2
2. 아래에 주어진 f (x)의 매클로린 급수가
∞
X
an xn 이라 할 때,
n=0
a0 , a1 , a2 , a3 을 구하시오.
= 8 + 12(x − 1) + 6(x − 1)2 + (x − 1)3 .
a) f (x) = cos2 x
a=1
2
sol) cos x = cos x·cos x =
!
!
∞
∞
X
X
(−1)n 2n
(−1)n 2n
x
·
x
(2n)!
(2n)!
n=0
n=0
이고
1
1
1
2
=
=
1+x
2 + (x − 1)
1 − (− x−1
2 )
∞
n
1X
x−1
=
(−1)n
2 n=0
2
=
(|x| < 1)
∞
X
x2n+1
f (x) = 2
2n + 1
n=0
n
3
X
x−1
3
=
8
n
2
n=0
1
c) f (x) =
;
1+x
sol)
x2n
이고 따라서
a=1
3
∞
X
(|x| < 1)
n=0
a) f (x) = (x + 1)3 ; a = 0
sol)
(x + 1)3 = 1 + 3x + 3x2 + x3 . (x ∈ R)
b) f (x) = (x + 1)3 ;
sol)
∞
X
1
xn ,
=
1 − x n=0
f (x) = (1 −
x2
x4
x2
x4
+
+ · · · ) · (1 −
+
+ ···)
2!
4!
2!
4!
이므로 계수비교법을 통해
1 1
1
− (x − 1) + (x − 1)2 · · · . (|x − 1| < 2)
2 4
8
a0 = 1,
임을 알 수 있다.
71
a1 = a3 = 0,
a2 = −1
6 멱급수와 테일러 정리
SOLUTION
√
f) f (x) = cos( 1 + x)
sol) 계산에 의해
b) f (x) = (x2 − 1) cos x
sol)
(x2 − 1) cos x = (x2 − 1) · (1 −
f (0) = cos 1,
sin 1
f 0 (0) = −
,
2
sin 1 − cos 1
f 00 (0) =
,
4
3 cos 1 − 2 sin 1
f (3) (0) =
8
x2
x4
+
+ ···)
2!
4!
이므로 계수비교법을 통해
a0 = −1 a1 = 0,
a2 =
3
,
2
a3 = 0
임을 알 수 있다.
이므로
a2 =
ex · sin x = (1 + x +
x3
x2
+ · · · ) · (x −
+ ···)
2!
3!
sin 1
,
2
3 cos 1 − 2 sin 1
a3 =
48
a1 = −
a0 = cos 1,
c) f (x) = ex sin x
sol)
sin 1 − cos 1
,
8
이다.
이므로 계수비교법을 통해
a0 = 0,
a1 = 1,
a2 = 1,
3. 아래에 주어진 F (x)의 매클로린급수를 이용하여 오차가 0.001
보다 작게 되도록 F (1)의 근삿값을 구하시오.
1
a3 =
3
[보조정리] 이 보조정리를 참고하자.
{an } 이 단조수렴이면서 0 으로 수렴하면
임을 알 수 있다.
d) f (x) =
ex
1−x
∞
X
sol)
ex ·
k
(−1) ak −
이다.
x2
x3
1
= (1 + x +
+
+ · · · )(1 + x + x2 + x3 + · · · )
1−x
2!
3!
Z
a) F (x) =
이므로 계수비교법을 통해
x
sin t2 dt
0
a1 = 2,
a2 =
5
,
2
a3 =
sol) 실수 전체에서
8
3
sin x =
임을 알 수 있다.
∞
X
(−1)n 2n+1
x
(2n + 1)!
n=0
이므로
cos x
e) f (x) = √
1−x
sol)
sin x2 =
1
x4
cos x = 1 − x2 +
+ ·,
2
24
1
1
3
5
√
= 1 + x + x2 + x3 + · · ·
2
8
16
1−x
1
1
cos x
1
√
= 1 + x − x2 + x3 + · · ·
2
8
16
1−x
∞
X
(−1)n 4n+2
sin t =
t
(2n + 1)!
n=0
Z x
=⇒ F (x) =
sin t2 dt
2
이다. 그러므로
a1 =
1
,
2
1
a2 = − ,
8
a3 =
∞
X
(−1)n 4n+2
x
(2n + 1)!
n=0
이다. 위의 급수도 실수 전체에서 수렴하는 멱급수 이다. 따라서,
다음과 같은 항별적분이 성립한다.(구체적으로, 1보다 큰 양수 δ
∞
X
(−1)n 4n+2
에 대해 [−δ, δ]에서
x
가 균등수렴(uniform con(2n + 1)!
n=0
vergent)하므로, 0부터 1까지의 항별적분이 성립한다.)
이므로
a0 = 1,
(−1)k ak ≤ |am+1 |
k=0
k=0
a0 = 1,
m
X
1
16
0
이다.
=⇒ F (x) =
72
∞
X
(−1)n
x4n+3
(2n
+
1)!(4n
+
3)
n=0
6 멱급수와 테일러 정리
SOLUTION
1
이다. 항별적분된 멱급수의 수렴반지름도 피적분 함수였던 멱 이다. m ≥ 2 일 때
< 0.001 이므로 F (1)의
(2m
+
2)!(m
+ 2)
급수의 수렴 반지름과 같으므로 F (1) 은 존재한다. an =
근삿값은
(−1)n
이라 하자. 그러면 {an }은 0으로 수렴하는 단
2
(2n + 1)!(4n + 3)
X
(−1)k
조 감소수열이므로
= 0.7635417
(2k)!(k + 1)
k=0
∞
m
X
X
(−1)k
(−1)k
이다.
≤ |am+1 |
−
(2k + 1)!(4k + 3)
(2k + 1)!(4k + 3)
k=0
k=0
Z x
2
1
=
c) F (x) =
e−t dx
(2m + 3)!(4m + 3)
0
sol) 실수 전체에서
1
∞
이다. m ≥ 1 일 때
< 0.001 이므로 F (1)의
X
xn
(2m + 3)!(4m + 3)
ex =
n!
근삿값은
n=0
1
X
k=0
이므로
(−1)k
= 0.309524
(2k + 1)!(4k + 3)
2
e−x =
∞
X
(−1)n
n=0
이다.
Z
b) F (x) =
x
cos
√
이다. 위의 급수도 실수 전체에서 수렴하는 멱급수 이다. 따라서,
다음과 같은 항별적분이 성립한다.(균등수렴의 내용을 사용한다.)
tdt
2
e−t =
0
sol) 실수 전체에서
∞
X
(−1)n
n=0
Z
∞
X
(−1)n 2n
cos x =
x
(2n)!
n=0
t2n
n!
x
2
e−t dt
=⇒ F (x) =
0
=⇒ F (x) =
이므로
∞
X
(−1)n
n=0
cos
√
x=
∞
X
(−1)n n
x
(2n)!
n=0
∞
X
∞
X
(−1)n n
t
(2n)!
n=0
Z x
√
=⇒ F (x) =
cos tdt
√
x2n+1
(2n + 1)(n!)
이다. 항별적분된 멱급수의 수렴반지름도 피적분 함수였던 멱급수
1
의 수렴 반지름과 같으므로 F (1) 은 존재한다. an =
(2n + 1)(n!)
이라 하자. 그러면 {an } 은 0으로 수렴하는 단조 감수수열이므로
이다. 위의 급수도 실수 전체에서 수렴하는 멱급수 이다. 따라서,
다음과 같은 항별적분이 성립한다.(균등수렴의 내용을 사용한다.)
cos
x2n
n!
k=0
m
X
(−1)k
(−1)k
−
≤ |am+1 |
(2k + 1)(k!)
(2k + 1)(k!)
k=0
t=
=⇒ F (x) =
=
이다. m ≥ 4 일 때
0
∞
X
(−1)n
xn+1
(2n)!(n
+
1)
n=0
1
< 0.001 이므로 F (1)의
(m + 1)!(2m + 3)
근삿값은
4
X
(−1)k
= 0.7474868
(2k + 1)(k!)
이다. 항별적분된 멱급수의 수렴반지름도 피적분 함수였던 멱급수
k=0
(−1)n
이다.
의 수렴 반지름과 같으므로 F (1) 은 존재한다. an =
(2n)!(n + 1)
이라 하자. 그러면 {an }은 0으로 수렴하는 단조감소수열이므로
Z x
1
d) F (x) =
dt
∞
m
k
k
1
+
t7
X
X
0
(−1)
(−1)
−
≤ |am+1 |
sol) |x| < 1 에서
(2k)!(k + 1)
(2k)!(k + 1)
k=0
k=0
=
1
(m + 1)!(2m + 3)
∞
X
1
=
xn
1 − x n=0
1
(2m + 2)!(m + 2)
73
6 멱급수와 테일러 정리
SOLUTION
이므로
Remark) 수렴반경이 존재하는 멱급수에 대해, 급수가 수렴반경
내의 임의의 유계폐구간에서 해석적이고 균등수렴하므로, 극한과
합 기호의 순서를 바꾸어 계산할 수 있으므로 급수의 각 항에
극한을 취하고 더하여도 무방하다.
∞
X
1
=
(−1)n t7n
1 + t7
n=0
이다. 위의 급수도 수렴반경 내에서 항별적분이 가능하므로(균등
e4x − (1 + 4x + 8x2 )
수렴의 내용을 사용한다.)
a) lim
x→0
x3
4x
∞
sol)
x
=
0
에서
e
의 테일러급수는
X
1
n 7n
=
(−1)
t
7
1+t
n=0
32
Z x
e4x = 1 + 4x + 8x2 + x3 + · · ·
1
3
=⇒ F (x) =
dt
7
0 1+t
이고
∞
X
x7n+1
=⇒ F (x) =
(−1)n
4
7n + 1
( 32 x3 + 32
32 32
e4x − (1 + 4x + 8x2 )
n=0
3 x + ···)
= 3
=
+ x + ···
3
3
x
x
3
3
∞
n
X (−1)
이다.
가 수렴하므로 아벨 정리에 의하여 F (x)에
32
7n + 1
이므로 극한값은
이다.
n=0
∞
3
X (−1)n
가 성립한다.
1로 가는 좌극한을 취하면 F (1) =
7n + 1
e2x − e−2x
n=0
b) lim
1
x→0
x
an =
이라 하자. {an }은 0으로 수렴하는 단조감소 수
sol) x = 0 에서 e2x , e−2x 의 테일러급수는
7n + 1
열이므로
4
∞
m
e2x = 1 + 2x + 2x2 + x3 + · · ·
X
X
(−1)k
(−1)k
3
≤ |am+1 |
−
7k + 1
7k + 1
k=0
k=0
4
1
e−2x = 1 − 2x + 2x2 − x3 + · · ·
=
3
7m + 8
이다. m ≥ 142 일 때
이고
1
< 0.001 이므로 F (1)의 근삿값은
7m + 8
142
X
k=0
4x + 38 x3 + · · ·
e2x − e−2x
8
=
= 4 + x2 + · · ·
x
x
3
(−1)k
= 0.9159802
7k + 1
이므로 극한값은 4 이다.
이다.
2
[아벨] 구간 (−R, R) 위에서 f (x) =
∞
X
1 − cos x − x2
x→0
x4
sol) x = 0에서 cos x의 테일러급수는
c) lim
an xn 이 성립한다고 가
n=0
정하자. 만일 구간 (−R, R) 의 끝점 x = R 에서 급수
∞
X
cos x = 1 −
an Rn
이고
n=0
이 수렴하면 관계식
lim f (x) =
x→R−
x4
x2
+
+ ···
2!
4!
∞
X
1 − cos x −
x4
an R n
n=0
x2
2
이므로 극한값은 −
이 성립한다.
4
=
− x4! +
x6
6! +
x4
···+
=−
1
x2
+
+ ···
4!
6!
1
이다.
24
tan−1 x − sin x
x→0
4. x = 0에서 테일러 급수를 이용하여 다음의 극한값을 구하시오.
x3 cos(2x)
sol) x = 0에서 tan−1 x,
d) lim
74
sin x,
cos(2x)의 테일러 급수를 각각
7 좌표계
SOLUTION
π
d) −1,
6
구한 후 문제의 식에 대입하면
x5
x3
x5
5 + · · · ) − (x − 3! + 5!
2
16x4
x3 (1 − 4x
2! + 4! + · · · )
3
5 1
1
1
1
3! − 3 x + 5 − 5! x + + · · ·
x3 (1 − 2x2 + 23 x4 + · · · )
23 2
1
x + 7!
− 17 x4
− 16 + 120
(1 − 2x2 + 23 x4 + · · · )
(x −
tan−1 x − sin x
=
x3 cos(2x)
=
=
이다. 따라서 극한값은 −
x3
3
+
+ ···)
√
sol) 직교좌표로 나타내면
3 1
−
,−
2
2
!
이다.
2. 다음과 같이 직교좌표로 표현된 점들을 극좌표로 나타내시오.
1
이다.
6
sin(3x2 )
e) lim
x→0 1 − cos(2x)
sol) x = 0 에서 sin(3x2 ),
후 문제의 식에 대입하면
a) (2, 1)
cos(2x)의 테일러 급수를 각각 구한
2 3
sol) x = r cos θ, y = r sin θ, r ≥ 0, 0 ≤ θ ≤ 2π 이므로
2 5
3x2 − (3x3! ) + (3x5! ) + · · ·
sin(3x2 )
=
2
(2x)4
1 − cos(2x)
1 − 1 + (2x)
2! − 4! + · · ·
2 = r cos θ, 1 = r sin θ =⇒ r2 = 5, tan θ =
5
3x2 − 92 x6 + 35! x1 0 + · · ·
=
2x2 − 23 x4 + · · ·
이다.
√ 이를 주어진
r과 θ의 범위 안에 있는 것으로 고치면 답은
5, arctan( 21 ) 이다.
5
3 − 92 x4 + 35! x8 + · · ·
=
2 − 23 x2 + · · ·
이므로 극한값은
7
1
2
3
이다.
2
√
b) ( 3, −1)
좌표계
11π
sol) 극좌표로 나타내면 2,
이다.
6
연습문제 7.1 .
1. 다음과 같이 극좌표로 표현된 점들을 직교좌표로 나타내시오.
c) (−1, −2)
π
a) 2,
3
sol) x = r cos θ, y = r sin θ이므로
√
sol) 극좌표로 나타내면 ( 5, π + arctan(2)) 이다.
π
π √
= 1, y = 2 · sin = 3
3
3
√
이다. 따라서 답은 (1, 3)이다.
√ √
d) (− 2, 2)
x = 2 · cos
π
b) −1,
3
sol) 직교좌표로 나타내면
c)
3π
sol) 극좌표로 나타내면 2,
이다.
4
√ !
1
3
− ,−
이다.
2
2
3. 다음과 같이 극좌표로 주어진 곡선의 개형을 그리시오.
3π
2, −
2
sol) 직교좌표로 나타내면 (0, 2) 이다.
a) (Cardioid) r = 1 + cos θ
sol) 주어진 곡선의 개형은 다음과 같다.
75
7 좌표계
SOLUTION
90
90
120
120
60
150
150
30
0
180
0.5
1
1.5
2
210
30
0
180
0
1
2
210
330
240
60
4
0
330
240
300
3
300
270
270
d) r = sin(2θ)
sol) 주어진 곡선의 개형은 다음과 같다.
90
120
60
b) r = 2a sin θ (a는 양의 상수)
sol) 주어진 곡선의 개형은 다음과 같다.
90
120
150
60
150
0
0.5
1
1.5
2
0
180
30
180
30
0.5
210
0
1
0
330
240
300
270
210
330
4. 직교좌표로 표현된 곡선을 극좌표로 나타내시오.
a>0
240
300
270
a) y = 3x
sol) x = r cos θ,
y = r sin θ를 대입하면
tan θ = 3
을 얻을 수 있다. 아래의 문제들도 같은 방법으로 풀 수 있다.
b) x2 + y 2 = 9
sol) 주어진 곡선을 극좌표로 나타내면 r = 3 이다.
√
c) r = 3 + 2 sin θ
sol) 주어진 곡선의 개형은 다음과 같다.
76
7 좌표계
SOLUTION
c) x2 − y 2 = 1
sol) 주어진 곡선을 극좌표로 나타내면 r2 cos(2θ) = 1 이다.
이다.
d) 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ r ≤ 2 sin θ
sol) 주어진 영역을 직교좌표로 표현하면
d) x2 + (y − 2)2 = 4
sol) 주어진 곡선을 극좌표로 나타내면 r = 4 sin θ 이다.
0 ≤ x2 + (y − 1)2 ≤ 1
5. 직교좌표로 표현된 영역을 극좌표로 나타내시오.
이다.
√
a) −3 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 9 − x2
sol) 주어진 영역은 원점이 (0, 0)이고 반지름이 3인 원판의 x축
7. 두 곡선들의 교점들을 모두 구하시오.
위에 놓인 부분이다. 따라서 이를 다시 극좌표로 표현하면
0 ≤ r ≤ 3,
0≤θ≤π
a) r2 = 4 cos θ,
r = 1 − cos θ
이다.
sol)
b) x2 + y 2 ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0
sol) 주어진 영역을 극좌표로 표현하면
0 ≤ r ≤ 1,
90
120
0 ≤ θ ≤ π/2
60
이다.
150
√
c) {(x, y) ∈ R2 |0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤√ 3x}
∪ {(x, y) ∈ R2 |1 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 4 − x2 }
sol) 주어진 영역을 극좌표로 표현하면
0 ≤ r ≤ 2,
180
0 ≤ θ ≤ π/3
30
0
0.5
1
1.5
2
0
이다.
210
6. 극좌표로 표현된 영역을 직교좌표로 나타내시오.
330
a) 0 ≤ r ≤ 3, π/2 ≤ θ ≤ π
240
300
sol) 주어진 영역은 원점이 (0, 0)이고 반지름 3인 원판의 제 2사분
270
면에 해당하는 부분이다. 따라서 이를 다시 직교좌표로 표현하면 주어진 조건들 중
p
√
−3 ≤ x ≤ 0, 0 ≤ y ≤ 9 − x2
r2 = 4 cos θ =⇒ r = ± 4 cos θ
이다.
가 되어 오른쪽 식 r = 1 − cos θ를 연립하면 r ≥ 0, 0 ≤ θ < 2π인
범위에서 표현된 3개의 교점
b) 1 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π
sol) 주어진 영역을 직교좌표로 표현하면
√
√
√
√
(2 2−2, cos−1 (3−2 2)), (2 2−2, 2π−cos−1 (3−2 2)), (2, −π)
1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4
를 얻을 수 있다. 또, r = 0인 경우를 생각하면 교점 (0, 0) 도 얻을
이다.
수 있다. 얻은 교점들을 위의 그림과 비교하면 총 4개의 교점을
가짐을 확인할 수 있다.
c) −π/2 ≤ θ ≤ π/2, 0 ≤ r ≤ 2 cos θ
sol) 주어진 영역을 직교좌표로 표현하면
b) r = sin θ, r = cos 2θ
0 ≤ (x − 1)2 + y 2 ≤ 1
sol)
77
7 좌표계
SOLUTION
90
120
90
120
60
150
150
30
0
180
0.5
210
1
0
30
0
180
330
240
60
0.5
1
1.5
210
300
2
0
330
240
300
270
270
주어진 두 곡선의 식을 연립하면
1 − sin θ = 1 + cos θ =⇒ tan θ = −1
주어진 두 곡선의 식을 연립하면
이므로 r ≥ 0, 0 ≤ θ < 2π인 범위에서 표현된 교점 2개
1 7π
1 3π
, 1+ √ ,
1− √ ,
2 4
2 4
sin θ = cos(2θ) =⇒ sin θ = 1 − 2 sin2 θ
=⇒ 2 sin2 θ + sin θ − 1 = 0
1
=⇒ sin θ = , sin θ = −1
2
를 얻을 수 있다. 또, r = 0인 경우를 생각하면 교점 (0, 0) 도 얻을
수 있다. 얻은 교점들을 위의 그림과 비교하면 총 3개의 교점을
가짐을 확인할 수 있다.
d) r = sin θ,
sol)
r2 = 3 cos2 θ
이므로 r ≥ 0, 0 ≤ θ < 2π인 범위에서 표현된 교점 3개
90
120
1 π
,
2 6
1 5π
π
,
,
, 1,
2 6
2
60
150
30
0
180
을 얻을 수 있다. 또, r = 0인 경우를 생각하면 교점 (0, 0) 도 얻을
수 있다. 얻은 교점들을 위의 그림과 비교하면 총 4개의 교점을
가짐을 확인할 수 있다.
0.5
1
210
c) r = 1 − sin θ,
sol)
300
270
78
0
330
240
r = 1 + cos θ
1.5
7 좌표계
SOLUTION
c) (1, 1, 1)
sol) 주어진 좌표를 원기둥좌표로 표현하면
주어진 두 곡선의 식을 r ≥ 0, 0 ≤ θ < 2π인 범위에서
√
r = sin θ,
(√
3 cos θ,
0 ≤ θ ≤ π/2, 3π/2 ≤ θ < 2π
√
r=
− 3 cos θ, π/2 ≤ θ ≤ 3π/2
√ √
d) (2, 2, 2)
sol) 주어진 좌표를 원기둥좌표로 표현하면
√
이므로 교점 2개
3 π
,
2 3
√
!
,
3 2π
,
2 3
π ,1
4
이다.
로 다시 쓸 수 있고, 이 둘을 연립하면
(√
3,
0 ≤ θ ≤ π/2
√
tan θ =
− 3, π/2 ≤ θ ≤ 3π/2
√
2,
6, arctan
!
√ !
√
2
, 2
2
!
이다.
를 얻을 수 있다. 또, r = 0인 경우를 생각하면 교점 (0, 0) 도 얻을 2. 다음과 같이 원기둥좌표로 주어진 곡면의 개형을 그리시오.
수 있다. 얻은 교점들을 위의 그림과 비교하면 총 3개의 교점을
a) θ = π2
가짐을 확인할 수 있다.
(Remark) 가끔 주어진 두 곡선의 식을 단순히 연립하는 것 만 sol) 주어진 곡면의 개형은 다음과 같다.
으로는 모든 교점들을 구할 수 없는 경우, 혹은 실제로 존재하지
않는 교점들을 구하게 되는 경우가 생긴다. 가장 큰 이유로는 각
곡선 r = f (θ)마다 방정식을 만족하는 모든 점들을 표현하기 위
해 필요한 θ 의 범위가 다르며, 같은 θ 값이라도 자취가 그려지는
영역이 다르기 때문이다. 따라서, 각 곡선을 직접 그려보고, 대략
적으로나마 교점의 개수를 파악하고 푸는 것이 제일 바람직하다.
연습문제 7.2 .
1. 다음과 같이 직교좌표로 표현된 점들을 원기둥좌표로 나타내
시오.
a) (0, 2, 1)
sol) x = r cos θ, y = r sin θ, z = z임을 이용하면
b) z =
√
3r
(r ≥ 0)
0 = r cos θ, 2 = r sin θ, 1 = z
sol) 주어진 곡면의 개형은 다음과 같다.
=⇒ r2 = 4, sin θ = 1, z = 1
이므로 이를 r ≥ 0, 0 ≤ θ < 2π, z ∈ R인 범위에서 표현하면
π 2, , 1
2
이다.
b) (2, −1, 0)
sol) 주어진 좌표를 원기둥좌표로 표현하면
√
1
5, 2π − arctan
,0
2
c) z = r2
이다.
79
7 좌표계
SOLUTION
sol) 주어진 곡면의 개형은 다음과 같다.
4. 원기둥좌표로 표현된 방정식을 직교좌표로 나타내시오.
a) r = 2 sin θ
sol) x = r cos θ, y = r sin θ, z = z임을 이용하면
r = 2 sin θ
=⇒ r2 = 2r sin θ
=⇒ x2 + y 2 = 2y
=⇒ x2 + (y − 1)2 = 1
을 얻을 수 있다.
d) θ = z
b) r2 cos(2θ) = z
sol) x = r cos θ, y = r sin θ, z = z임을 이용하면
sol) 주어진 곡면의 개형은 다음과 같다.
r2 cos(2θ) = z
=⇒ r2 (cos2 θ − sin2 θ) = z
=⇒ x2 − y 2 = z
을 얻을 수 있다.
5. 원기둥좌표로 표현된 영역을 직교좌표로 표현하시오.
a) r2 ≤ z ≤ 5 − r2
sol) x = r cos θ, y = r sin θ, z = z임을 이용하면
3. 직교좌표로 표현된 방정식을 원기둥좌표로 나타내시오.
x2 + y 2 ≤ z ≤ 5 − x2 − y 2
a) x2 + y 2 + z 2 = 9
sol) x = r cos θ, y = r sin θ, z = z임을 이용하면
을 얻을 수 있다.
r2 = 9 − z 2
b) 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ 1
sol) 주어진 영역을 직교좌표로 표현하면
을 얻을 수 있다.
x2 + y 2 ≤ 1,
b) x + y + z = 1
sol) 주어진 방정식을 원기둥좌표로 나타내면
이다.
r(cos θ + sin θ) + z = 1
√
c) 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ 3r
sol) 주어진 영역을 직교좌표로 표현하면
이다.
2
2
0≤z≤1
0≤z≤
2
c) x + y + z = x + y + z
sol) 주어진 방정식을 원기둥좌표로 나타내면
p
√
3(x2 + y 2 ) ≤ 3
이다.
r2 + z 2 = r(cos θ + sin θ) + z
6. 직교좌표로 표현된 영역을 원기둥좌표로 나타내시오. r, θ, z가
만족하는 조건을 모두 쓰시오.
이다.
80
7 좌표계
SOLUTION
a) x2 + y 2 ≤ 4, x2 + y 2 ≤ z ≤ 16 − 3x2 − 3y 2
sol) x = r cos θ, y = r sin θ, z = z임을 이용하여 r ≥ 0, 0 ≤ θ <
2π, z ∈ R 인 범위에서 표현하면
2
r ≤ 4,
2
r ≤ z ≤ 16 − 3r
=⇒ 0 ≤ r ≤ 2,
이므로 주어진 곡면을 직교좌표로 나타내면 x2 +y 2 +z 2 = 4이다.
b) φ = π/6
sol) 주어진 곡면을 직교좌표로 나타내면
p
z = 3x2 + 3y 2
2
0 ≤ r2 ≤ z ≤ 16 − 3r2 ,
0 ≤ θ < 2π
이다.
이다.
p
x2 + y 2 ≤ z ≤ 1.
b) x2 + y 2 ≤ 1,
sol) x = r cos θ, y = r sin θ, z = z임을 이용하여 r ≥ 0, 0 ≤ θ <
2π, z ∈ R 인 범위에서 표현하면
√
r2 ≤ z ≤ 1
r2 ≤ 1,
=⇒ 0 ≤ r ≤ 1,
0 ≤ r ≤ z ≤ 1,
c) ρ cos φ = 2
sol) 주어진 곡면을 직교좌표로 나타내면
z=2
0 ≤ θ < 2π
이다.
이다.
d) ρ sin φ = 1
sol) 주어진 곡면을 직교좌표로 나타내면
연습문제 7.3 .
1. 다음과 같이 직교좌표로 표현된 점들을 구면좌표로 나타내시오.
√ √
(0, 2, 1), (2, −1, 0), (1, 1, 1), (2, 2, 2)
x2 + y 2 = 1
이다.
sol) (0, 2, 1)을 x = ρ sin φ cos θ, y = ρ sin φ sin θ, z = ρ cos φ임을
이용해서 구면좌표로 나타내면
e) cos φ = ρ sin2 φ
sol) 주어진 곡면을 직교좌표로 나타내면
0 = ρ sin φ cos θ, 2 = ρ sin φ sin θ, 1 = ρ cos φ
1
z = x2 + y 2
=⇒ ρ2 = 5, cos φ = √ , sin θ = 1
5
이다.
이므로 이를 ρ ≥ 0, 0 ≤ φ ≤ π, 0 ≤ θ < 2π인 범위에서 나타내면
√
1
π
3. 직교좌표로 표현된 방정식을 구면좌표로 나타내시오.
−1
√
ρ = 5, φ = cos
, θ=
2
5
√
a) x2 + y 2 + z 2 = 9
이므로 (0, 2, 1)은 구면좌표
5, cos−1 √15 , π2 로 나타낼 수
sol) x = ρ sin φ cos θ, y = ρ sin φ sin θ, z = ρ cos φ임을 이용하여
있다. 나머지 세 점들도
ρ ≥ 0, 0 ≤ φ ≤ π, 0 ≤ θ < 2π인 범위에서 나타내면
√ π
√
1
π
1
x2 + y 2 + z 2 = 9 ⇐⇒ ρ2 = 9
,
5, , 2π − tan−1
,
3, cos−1 √
,
2
2
4
3
=⇒ ρ = 3,
√ π
1
−1
√
2 2, , tan
3
2
=⇒ ρ = 3, 0 ≤ φ ≤ π, 0 ≤ θ < 2π
과 같이 구면좌표로 나타낼 수 있다.
이다.
2. 다음과 같이 구면좌표로 표현된 곡면을 직교좌표로 나타내시오.
b) x + y + z = 1
sol) 주어진 방정식을 구면좌표로 나타내면
a) ρ = 2
sol) x = ρ sin φ cos θ, y = ρ sin φ sin θ, z = ρ cos φ임을 이용해서
직교좌표로 나타내면
p
ρ = 2 ⇐⇒
x2 + y 2 + z 2 = 2
ρ(cos φ + sin φ(cos θ + sin θ)) = 1,
(0 ≤ φ ≤ π,
이다.
⇐⇒ x2 + y 2 + z 2 = 4
81
0 ≤ θ < 2π)
8 벡터와 행렬
SOLUTION
c) x2 + y 2 + z 2 = x + y + z
sol) 주어진 방정식을 구면좌표로 나타내면
sol)
ρ2 = ρ(cos φ + sin φ(cos θ + sin θ)),
(0 ≤ φ ≤ π,
이다.
4. 구면좌표로 표현된 부등식을 직교좌표로 나타내시오.
(3, −2, 7) =
2
1 ≤ ρ ≤ 2 ⇐⇒ 1 ≤ x + y + z ≤ 4
이다.
x2 + y 2 ≤ z ≤
√
13.
13
41
33
(1, 1, 1) + (−2, 0, 3) + (3, −1, −2)
10
10
10
4. 벡터 (4, 6, −7)과 같은 방향이면서 크기가 3인 벡터를 구하시
오.
(4, 6, −7)
(4, 6, −7)
= √
은 벡터 (4, 6, −7) 과 방향이
sol) 벡터
|(4, 6, −7)|
101
같으면서 크기가 1인 벡터이다. 따라서 벡터 (4, 6, −7)과 같은
3
방향이면서 크기가 3인 벡터는 √
(4, 6, −7)이다.
101
b) 0 ≤ ρ ≤ 3, 0 ≤ φ ≤ π/4
sol) 주어진 부등식을 직교좌표로 나타내면
p
(3, 1, −6),
3. 벡터 (3, −2, 7)을 세 벡터 (1, 1, 1), (−2, 0, 3)과 (3, −1, −2)의
일차결합으로 표현하시오.
sol)
a) 1 ≤ ρ ≤ 2
sol) x = ρ sin φ cos θ, y = ρ sin φ sin θ, z = ρ cos φ임을 이용하면
2
1
√ (1, 1, −3),
11
2. 벡터 (5, −3)을 두 벡터 (2, 1)과 (1, −3)의 일차결합으로 표현
하시오.
sol)
12
11
(5, −3) =
(2, 1) + (1, −3)
7
7
0 ≤ θ < 2π)
2
1
√ (1, −1, 0),
2
p
9 − x2 − y 2
이다.
연습문제 8.2 .
1. 임의의 벡터 a와 b에 대하여
c) 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ φ ≤ π/2, 0 ≤ θ ≤ π
sol) 주어진 부등식을 직교좌표로 나타내면
−1 ≤ x ≤ 1,
y ≥ 0,
z ≥ 0,
kak − kbk ≤ ka − bk
임을 보이시오.
x2 + y 2 + z 2 ≤ 1
이다.
proof ) 삼각부등식에 의해
kak = ka − b + bk ≤ ka − bk + kbk
8
=⇒ kak − kbk ≤ ka − bk
벡터와 행렬
이고
연습문제 8.1 .
1. 다음과 같이 주어진 두 벡터에 대해
kbk = k−bk = ka − b − ak ≤ ka − bk + kak
a
b
,
, a + 2b, ka − bk
kak kbk
=⇒ kbk − kak ≤ ka − bk
를 각각 구하시오.
이므로
a) a = (2, 3, 5),
kak − kbk ≤ ka − bk
b = (4, −1, 3)
가 성립한다.
sol)
1
√ (2, 3, 5),
38
b) a = 3i + j + 4k,
sol)
1
√ (3, 1, 4),
26
c) a = i − j,
1
√ (4, −1, 3),
26
(10, 1, 11),
√
2 6.
2. a = (2, −3, 1)과 b = (2, 1, −2)에 대해 벡터 b에 평행인 벡터
c와 b에 수직인 벡터 d의 합이 a와 같을 때, 벡터 c와 벡터 d를
구하시오.
b=i−k
1
√ (1, 0, −1),
2
(5, 1, 2),
√
30.
sol) 벡터 c가 벡터 b에 평행하고 벡터 d는 벡터 b에 수직이므로
c = k(2, 1, −2)로 쓸 수 있고, (단 k 6= 0) d는
b = i + j − 3k
d = (x, y, z)
82
(2x + y − 2z = 0)
8 벡터와 행렬
SOLUTION
로 쓸 수 있다. c + d = a이므로 다음이 성립한다.




2k + x = 2
4k + 2x = 4
=⇒ k + y = −3
k + y = −3




−2k + z = 1
4k − 2z = −2
5. 영벡터가 아닌 두 벡터 a, b의 크기가 같고 k2a + bk = ka − 3bk
가 성립한다. 이 때 두 벡터 a, b의 사잇각 θ를 구하시오.
sol) 계산에 의해
k2a + bk = ka − 3bk
오른쪽의 방정식을 모두 더하면 x, y, z는 다 소거되어 9k = −1을
얻을 수 있고, 구한 k를 나머지 방정식에 대입하면 x, y, z도 구할
수 있다. 따라서
1
c = − (2, 1, −2),
9
=⇒ ((2a + b) · (2a + b)) = ((a − 3b) · (a − 3b))
=⇒ 4kak2 + 4kakkbk cos θ + kbk2
= kak2 − 6kakkbk cos θ + 9kbk2
1
d = (20, −26, 7)
9
=⇒ 10 cos θ = 5
이다.
이다. 0 ≤ θ ≤ π 중 10 cos θ = 5를 만족하는 θ의 값은
π
이다.
3
3. 벡터 a = (4, −4, 1)를 어떤 벡터 c와 d의 합으로 나타내었다.
6. (원 위의 직교성) AB가 중심이 O인 원의 지름이라 하자. 이 원
벡터 c는 b = (1, 2, −2)와 평행한 벡터이고, d는 b에 수직인 벡터
−→
−−→
위의
점 C가 C 6= A이고 C 6= B를 만족하면 두 벡터 CA 와 CB
일 때, 4c + d를 구하시오.
가 직교함을 보이시오.
sol) 연습문제 2번과 같은 방법으로 풀 수 있다. 따라서 답은
−→
−−→
proof ) 벡터 CA 와 CB를
1
2
c = − (1, 2, −2), d = (14, −8, −1)
3
3
=⇒ 4c + d = (2, −8, 5)
−→ −→ −−→
CA = OA − OC,
−−→ −−→ −−→
CB = OB − OC
이다.
−−→
−→ −→
−−→
−−→
로 두고, OB = −OA, kOAk = kOBk = kOCk임을 이용하면
−→ −−→
−→ −−→
−−→ −−→
CA · CB = (OA − OC) · (OB − OC)
−−→ −−→ −→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→
= OB · OB − OA · OC − OB · OC + OC · OC
−→ −−→
−→ −−→ −→ −−→
−−→
= −kOAkkOBk − OA · OC + OA · OC + kOCk2
4. 영벡터가 아닌 두 벡터 a와 b에 대하여 α = kak, β = kbk라 하
βa + αb
자. 벡터 c =
는 a와 b의 사잇각을 이등분함을 보이시오.
α+β
proof ) 벡터 c의 분모는 양의 실수이므로 벡터의 크기에만 영향을
=0
주어 각도와는 연관이 없다. 따라서, c의 분자 βa + αb만 고려해도
충분하다. 즉, a와 c의 사잇각과 a와 d = βa+αb의 사잇각은 같다.
−→
−−→
이므로 CA 와 CB는 직교한다.
이제 a와 b의 사잇각을 0 ≤ θ ≤ π로 놓자. 계산에 의해
a · d = a · (βa + αb)
7. (마름모의 대각선) 마름모(네 변의 길이가 모두 같은 사각형)
의 대각선들은 직교함을 보이시오.
= α2 β + α2 β cos θ,
p
(d · d) = (βa + αb) · (βa + αb)
√
√
= 2αβ 1 + cos θ
kdk =
p
proof ) 마름모의 꼭짓점을 A, B, C, D로 두고 두 대각선을
−→ −−→
−−→
−−→ −−→
AC, BD로 두자. 대각선 BD 가 벡터 BA와 BC의 사잇각을 이
등분함을 이용하면
이고, 벡터 a와 벡터 d의 사잇각을 0 ≤ γ ≤ π로 놓으면,
2
−→ −−→
−−→ −−→ −−→
AC · BD = (BC − BA) · BD
−−→ −−→ −−→ −−→
= BC · BD − BA · BD = 0
2
a·d
α β + α β cos θ
√
= √
kakkdk
α 2αβ 1 + cos θ
r
1 + cos θ
θ
=
= cos
2
2
cos γ =
이 되어 마름모의 대각선들은 직교한다.
이므로 c와 a의 사잇각은 a와 b의 사잇각의 절반이다. 따라서 벡터 8. (직교하는 대각선) 대각선들이 직교하는 유일한 직사각형은
c는 a와 b의 사잇각을 이등분한다.
정사각형임을 보이시오.
83
8 벡터와 행렬
SOLUTION
proof ) 꼭짓점이 A(0, 0), B(a, 0), C(a, b), D(0, b)인 (단, a, b > 0) sol) 정의에 따라 계산하면 a × b = (−15, 13, 10)이고, 사잇각을 θ
밑변의 길이가 a 이고 높이가 b인 직사각형ABCD 에 대해서만 생 라 하면
각해도 충분하다. 직사각형 ABCD의 대각선들이 직교하기 위한
√
494
ka × bk
필요충분조건은
sin θ =
= √ √ =1
−→ −−→
kakkbk
38
13
AC · DB = 0
π
=⇒ θ = arcsin (1) =
2
이고 위 식을 계산하면
2
2
a =b
이다.
이므로 a = b이어야 한다. 따라서 직사각형 ABCD는 정사각형
이다.
11. 정리 8.2.8 의 (v)를 증명하시오.
9. 점 A(1, 2, 3)에서 점 B(2, 1, 1)방향으로 쏜 빛이 xy평면에 반사 proof ) a = (a1 , a2 , a3 ), b = (b1 , b2 , b3 )라 하자. 외적의 정의에
의해
되어 나갔다. 반사된 빛의 벡터를 구하시오.
a × b = (a2 b3 − a3 b2 , −a1 b3 + a3 b1 , a1 b2 − a2 b1 )
sol) A에서 B 방향으로 쏜 빛의 벡터는 v = B − A = (1, −1, −2)
이다. 이제 벡터 v가 xy평면에 반사되었으므로 z성분의 부호가 이고 따라서
반대가 된다. 따라서 반사된 빛의 벡터는 (1, −1, 2)이다.
|a × b| = (a2 b3 − a3 b2 )2 + (a1 b3 − a3 b1 )2 + (a1 b2 − a2 b1 )2
= a22 b23 + a23 b22 + a21 b21 + a21 b22 + a22 b21
− 2a2 a3 b2 b3 − 2a1 a3 b1 b3 − 2a1 a2 b1 b2
10. 주어진 벡터에 대해 외적 a × b를 구하고 외적을 이용하여 그
사잇각을 구하시오.
이다.
|a| = a21 + a22 + a23 , |b| = b21 + b22 + b23
a) a = (2, 1, 5), b = (3, −1, 2)
a · b = a1 b1 + a2 b2 + a3 b3
sol) 정의에 따라 계산하면 a × b = (7, 11, −5)이고, 사잇각을 θ라
하면
이므로
√
ka × bk
195
|a|2 |b|2 − (a · b)2 = (a21 + a22 + a23 )(b21 + b22 + b23 )
sin θ =
=√ √
kakkbk
30 14
− (a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 )2
r !
13
= a22 b23 + a23 b22 + a21 b21 + a21 b22 + a22 b21
=⇒ θ = arcsin
28
− 2a2 a3 b2 b3 − 2a1 a3 b1 b3 − 2a1 a2 b1 b2
이다.
이다. 그러므로
|a × b|2 = |a|2 |b|2 − (a · b)2
b) a = (−7, 3, −2), b = (0, 1, 2)
이다.
sol) 정의에 따라 계산하면 a × b = (8, 14, −7)이고, 사잇각을 θ라
12. 세 벡터 a, b, c가 서로 직교하면 a × (b × c) = 0임을 보이시오.
하면
√
ka × bk
309
sin θ =
=√ √
kakkbk
62 5
!
r
309
=⇒ θ = arcsin
310
sol) 단순 계산에 의해
a × (b × c) = b(a · c) − c(a · b)
가 성립한다. a, b, c가 서로 직교하므로, a · c = 0, a · b = 0이다.
따라서 a × (b × c) = 0이다.
이다.
13. 벡터 a, b, c에 대하여, (a × b) · c = (b × c) · a = (c × a) · b임을
보이시오.
c) a = 3i + 5j − 2k, b = −2i − 3k
84
8 벡터와 행렬
SOLUTION
sol) 벡터 a, b, c를 다음과 같이 놓으면
이다. |(a × b) · c|를 계산하면
a = (a1 , a2 , a3 )
|(a × b) · c| = |((1, −2, 3) × (−3, 7, −2)) · (1, 3, −7)|
b = (b1 , b2 , b3 )
= |(10, 8, 13) · (1, 3, −7)|
c = (c1 , c2 , c3 )
= 57
외적의 정의에 의해
이므로 구하고자 하는 부피는
(a × b) · c = (a2 b3 − a3 b2 , −(a1 b3 − a3 b1 ), a1 b2 − a2 b1 )
· (c1 , c2 , c3 )
= c1 a2 b3 − c1 a3 b2 + c2 a3 b1
57
19
=
이다.
6
2
16. 세 점 P (1, −1, 2), Q(0, 2, 1), R(3, −1, 4)와 원점 O에 대하여
−−→ −−→ −−→
세 벡터 OP , OQ, OR로 만들어지는 평행육면체의 부피를 구하시
오.
− c2 a1 b3 + c3 a1 b2 − c3 a2 b1
이고,
(b × c) · a = (b2 c3 − b3 c2 , −(b1 c3 − b3 c1 ), b1 c2 − b2 c1 )
−−→ −−→ −−→
sol) OP , OQ, OR로 만들어지는 평행육면체의 부피는
· (a1 , a2 , a3 )
−−→ −−→ −−→
(OP × OQ) · OR
= a1 b2 c3 − a1 b3 c2 + a2 b3 c1
− a2 b1 c3 + a3 b1 c2 − a3 b2 c1
로 주어진다. 계산에 의해 부피가
이고,
(c × a) · b = (c2 a3 − c3 a2 , −(c1 a3 − c3 a1 ), c1 a2 − c2 a1 )
−−→ −−→ −−→
(OP × OQ) · OR = |((1, −1, 2) × (0, 2, 1)) · (3, −1, 4)|
· (b1 , b2 , b3 )
= |(−5, −1, 2) · (3, −1, 4)| = 6
= b1 c2 a3 − b1 c3 a2 + b2 c3 a1
− b2 c1 a3 + b3 c1 a2 − b3 c2 a1
임을 알 수 있다.
이므로 (a × b) · c = (b × c) · a = (c × a) · b 이다.
17. 벡터 a = (−1, 3, −7)가 b = (1, −2, 3)에 평행한 벡터 c와 벡터
14. 세 점 A(2, 1, 0), B(3, 1, −1), C(1, 1, 1)을 꼭짓점으로 가지는 c에 수직인 벡터 d의 합으로 표현된다고 하자. 이 때 벡터 a와 d
삼각형의 넓이를 구하시오.
를 두 변으로 하는 평행사변형의 넓이를 구하시오.
sol) 문제오류. 점 A(2, 1, 0)을 기준으로 삼각형의 두 변을 나타내 sol) 벡터 c가 b에 평행하므로
−−→
−→
는 벡터를 AB = x, AC = y로 두면
c = k(1, −2, 3),
x = (1, 0, −1)
y = (−1, 0, 1)
k 6= 0
이고 d = (p, q, r) ∈ R3 로 놓으면
이므로 x = −y이다. 따라서 세 점은 같은 직선상에 있으므로
삼각형이 될 수 없다.
(−1, 3, −7) = a = c + d = (k, −2k, 3k) + (p, q, r)


k + p = −1,
=⇒ −2k + q = 3,


3k + r = −7
15. 네 점 A(1, −2, 3), B(2, 0, 1), C(−2, 5, 1), D(2, 1, −4)를 꼭짓
점으로 가지는 사면체의 부피를 구하시오.
이다. 또한 벡터 c와 d가 수직이므로 벡터 b와 c도 수직이고
sol) 사면체의 임의의 세 변을 나타내는 벡터 a, b, c에 대해 그 부
피는
(1, −2, 3) · (p, q, r) = p − 2q + 3r = 0
1
|(a × b) · c|
6
이 성립한다. 이제 처음 식을 적당히 조정하면
으로 주어진다. (사면체의 부피는 평행육면체의 16 배 이다) a =


−−→
−→
−−→
AB, b = AC, c = AD로 두면


k + p = −1,
k + p = −1,
a = (1, −2, 3)


b = (−3, 7, −2)
c = (1, 3, −7)
−2k + q = 3,
3k + r = −7
⇐⇒


4k − 2q = −6,
9k + 3r = −21
=⇒ 14k = −28 ⇐⇒ k = −2
85
8 벡터와 행렬
SOLUTION
를 얻을 수 있고, p = 1, q = −1, r = −1가 되어 d = (1, −1, −1)이 20. 벡터 a = (0, 2, 3), b = (2, −1, 5), c = (−3, −2, 2)에 의해 결정
다. 또, 벡터 a와 d를 두 변으로 하는 평행사변형의 넓이는 ka × dk 되는 평행육면체의 부피를 구하시오.
로 주어지고, 이를 계산하면
sol) 구하고자 하는 평행육면체의 부피는
ka × dk = k(−1, 3, −7) × (1, −1, −1)k
√
√
= k(−10, −8, −2)k = 168 = 2 42
|(a × b) · c| = |((0, 2, 3) × (2, −1, 5)) · (−3, −2, 2)|
= |(13, 6, −4) · (−3, −2, 2)| = 59
이다.
이다.
18. 세 점 P (0, 2, −3), Q(2, −1, 5), R(−3, −2, 2)을 꼭짓점으로 하
−−→ −−→ −−→
는 삼각형의 넓이를 구하고, 인접한 세 변 OP , OQ, OR을 가지는 21. 벡터 a = (2, 1, 0), b = (2, −1, 1), c = (1, 0, 2)일 때, 세 벡터
a, b, c로 만들어지는 평행육면체의 부피를 구하시오.
평행육면체의 부피를 구하시오.
sol) 구하고자 하는 평행육면체의 부피는
sol) 두 벡터 a, b를
−−→
a = P Q = (2, −3, 8)
−→
b = P R = (−3, −4, 5)
|(a × b) · c| = |((2, 1, 0) × (2, −1, 1)) · (1, 0, 2)|
= |(1, −2, −4) · (1, 0, 2)| = 7
이다.
로 놓으면 구하고자 하는 삼각형의 넓이는
연습문제 8.3 .
1. 다음 직선의 매개변수방정식과 대칭방정식을 구하시오.
1
1
ka × bk = k(2, −3, 8) × (−3, −4, 5)k
2
2
1
= k(17, −34, −17)k
2 √
17 6
=
2
a) P (1, 2, 0)과 Q(1, 1, −1)을 지나는 직선
sol) 구하고자 하는 직선의 매개변수방정식은
이다. 또, 구하고자 하는 평행육면체의 부피는
x = 1,
−−→ −−→ −−→
(OP × OQ) · OR = |((0, 2, −3) × (2, −1, 5)) · (−3, −2, 2)|
y = 2 − t,
z = −t,
t∈R
이고 대칭방정식은
= |(7, −6, −4) · (−3, −2, 2)| = 17
x = 1,
이다.
y−2
z
=
−1
−1
으로 나타낼 수 있다.
19. 네 점 P (1, −1, 2)Q(4, 1, 1), R(−1, 4, 3), S(3, 0, 7)에 대해 세
−−→ −→ −→
벡터 P Q, P R, P S에 의해 만들어지는 평행육면체의 부피를 구하 b) P (−2, 0, 3)과 Q(3, 5, −2)을 지나는 직선
시오.
sol) 구하고자 하는 직선의 매개변수방정식은
sol) 계산에 의해
x = −2 + 5t,
−−→
P Q = (3, 2, −1)
−→
P R = (−2, 5, 1)
−→
P S = (2, 1, 5)
y = 5t,
z = 3 − 5t,
t∈R
이고 대칭방정식은
x+2
y
z−3
= =
1
1
−1
으로 나타낼 수 있다.
이므로 구하고자 하는 평행육면체의 부피는
−−→ −→ −→
(P Q × P R) · P S = |((3, 2, −1) × (−2, 5, 1)) · (2, 1, 5)|
c) P (1, 3, −4)를 지나고, v = (1, −2, −3) 에 평행한 직선
= |(7, −1, 19) · (2, 1, 5)| = 108
sol) 구하고자 하는 직선의 매개변수방정식은
이다.
x = 1 + t,
86
y = 3 − 2t,
z = −4 − 3t,
t∈R
8 벡터와 행렬
SOLUTION
이고 대칭방정식은
sol) 구하고자 하는 평면의 법선벡터가 n = (1, 2, 4)이므로 평면의
방정식은
x−1
y−3
z+4
=
=
1
−2
−3
1(x − 1) + 2(y − 1) + 4(z − 1) = 0 ⇐⇒ x + 2y + 4z = 7
으로 나타낼 수 있다.
이다.
d) 점 P (1, 1, 2)를 지나고 두 평면 2x − 3y + z = 10 과 c) 원점, 점 P (1, 1, 2) 와 Q(1, −2, 3)을 지나는 평면
−3x + y + 4z = 7에 각각 평행인 직선
sol) 구하고자 하는 평면의 법선벡터 n을
sol) 두 평면 2x − 3y + z = 10 과 −3x + y + 4z = 7에 각각 평행인
벡터가 구하고자 하는 직선의 방향벡터가 되므로 이 방향벡터를
u로 놓으면
−−→ −−→
n = OP × OQ
로 놓으면 계산에 의해 n = (7, −1, −3)이므로 구하고자 하는 평
면의 방정식은
7x − y − 3z = 0
u = (2, −3, 1) × (−3, 1, 4) = (−13, −11, −7)
이다. 따라서, 직선의 매개변수방정식은
이다.
x = 1 − 13t,
y = 1 − 11t,
z = 2 − 7t,
t∈R
d) 원점을 지나고 평면 2x + 4y − z = 10에 평행인 평면
이고 대칭방정식은
sol) 구하고자 하는 평면의 법선벡터는 평면 2x + 4y − z = 10의
법선벡터와 같으므로 그 방정식은
y−1
z−2
x−1
=
=
−13
−11
−7
2x + 4y − z = 0
으로 나타낼 수 있다.
이다.
e) P (1, −3, 4)를 지나고 평면 2x − y + 3z = 5에 수직인 직선
3. 두 평면 x − y + z = 5와 3x − y = 4의 교선에 평
sol) 구하고자 하는 직선이 방향벡터는 주어진 평면의 법선벡터와 행하고 두 점 P (1, 0, 2), Q(3, 1, 0)를 지나는 평면의 방정식을
같으므로 직선의 매개변수방정식은
ax + by + cz = d(a > 0)의 형태로 답하시오.
y = −3 − t,
x = 1 + 2t,
z = 4 + 3t,
t∈R
sol) x − y + z = 5와 3x − y = 4를 연립하면 2x − z = −1을 얻을
수 있고 x = t, t ∈ R로 놓으면 매개변수식이
이고 대칭방정식은
x−1
y+3
z−4
=
=
2
−1
3
x = t,
y = −4 + 3t,
z = 1 + 2t
인 교선의 방정식을 얻을 수 있다. 구하고자 하는 평면의 법선벡터
−−→
는 교선의 방향벡터와 벡터 P Q = (2, 1, −2)에 동시에 수직이므로
평면의 법선벡터는
으로 나타낼 수 있다.
2. 각 조건을 만족하는 평면의 방정식을 구하시오.
(1, 3, 2) × (2, 1, −2) = (−8, 6, −5)
−→
a) 점 A(1, −2, 1)을 지나고 벡터 OA에 수직인 평면
이므로 구하고자 하는 평면의 방정식
− 8(x − 1) + 6(y) − 5(z − 2) = 0
−→
sol) 구하고자 하는 평면의 법선벡터가 OA = (1, −2, 1)이므로
평면의 방정식은
⇐⇒ 8(x − 1) − 6y + 5(z − 2) = 0
⇐⇒ 8x − 6y + 5z = 18
1(x − 1) − 2(y + 2) + 1(z − 1) = 0 ⇐⇒ x − 2y + z = 6
을 얻을 수 있다.
이다.
4. 두 평면 x + y = z와 2x − z = 10에 수직이고, 점 P (3, 3, 2)를
지나는 평면의 방정식을 구하시오.
b) 점 P (1, 1, 1)를 지나고 벡터 n = (1, 2, 4)에 수직인 평면
87
8 벡터와 행렬
SOLUTION
sol) 구하고자 하는 평면의 법선벡터는 평면 x + y = z와 2x − z = P (0, 1, 2)를 지나고 L과 수직으로 만나는 직선의 방정식을 각각
10에 동시에 수직이므로 법선벡터는
구하시오,
sol) 직선 L 위의 한 점 Q(1, 1, 0)을 고르자. 점P (0, 1, 2)가 L위에
−−→
있지 않으므로 벡터 P Q = (1, 0, −2)와 L의 방향벡터 (1, −1, 2)
는 평행이 아니고, 점 P (0, 1, 2)와 L을 모두 포함하는 평면의 법
선벡터가 위 두 벡터에 수직임을 이용하면 법선벡터는
(1, 1, −1) × (2, 0, −1) = (−1, −1, −2)
이다. 따라서, 구하고자 하는 평면의 방정식은
−1(x − 3) − 1(y − 3) − 2(z − 2) = 0 ⇐⇒ x + y + 2z = 10
(1, 0, −2) × (1, −1, 2) = (−2, −4, −1)
이다.
로 주어지고 따라서 구하고자 하는 평면의 방정식은
5. 평면 x + 2y + 3z = 3 위의 점 P (2, −1, 1)를 지나고 이 평면에
수직인 직선을 l이라 할 때, 점 Q(3, 1, 3)과 직선 l사이의 거리를
구하시오.
−2(x − 0) − 4(y − 1) − 1(z − 2) = 0 ⇐⇒ 2x + 4y + z = 6
이다. 이제 구하고자 하는 직선의 방향벡터를 u로 두고, 점 P 에서
직선 L에 그은 수선의 발을 R = (1 + k, 1 − k, 2k)이라 하면 벡
−→
터 P R = (1 + k, −k, 2k − 2)과 L의 방향벡터 (1, −1, 2) 가 서로
수직이므로
sol) 직선 l의 매개변수방정식은 계산에 의해
x = 2 + t,
y = −1 + 2t,
z = 1 + 3t, t ∈ R
−→
P R · (1, −1, 2) = 0 ⇐⇒ (1 + k, −k, 2k − 2) · (1, −1, 2) = 0
1
=⇒ k =
2
−→
이어서 P R = 32 , − 12 , −1 이므로 u = (3, −1, −2)로 놓으면 구
하고자 하는 직선의 방정식은
로 주어진다. 이제 점 Q에서 직선 l에 최단거리로 그은 직선과
−→
l의 교점을 R = (2 + k, −1 + 2k, 1 + 3k)로 두면 벡터 RP =
−−→
(−k, −2k, −3k)와 RQ = (1 − k, 2 − 2k, 2 − 3k)는 수직이므로
−→ −−→
RP · RQ = 0 =⇒ (−k, −2k, −3k) · (1 − k, 2 − 2k, 2 − 3k) = 0
=⇒ 14k 2 = 11k
이다. k = 0이면 점 Q(3, 1, 3)이 같은 평면 x + 2y + 3z = 3위에
11
이고
있어야 하지만 이는 모순이다. 따라서, 가능한 값은 k =
14
구하고자 하는 거리는
−−→
3 6 −5
kRQk =
, ,
14 14 14
√
70
=
14
x = 3t,
y = 1 − t,
z = 2 − 2t, t ∈ R
이다.
8. 점 A(1, 2, 3)에서 점 B(2, 1, 1) 방향으로 쏜 빛이 xy 평면에 반
사되어 나갔다. 반사된 빛의 방향벡터를 구하시오. (단, 입사각과
반사각은 같다.)
이다.
sol) 점 A와 점 B을 xy평면에 대해서 대칭이고 시킨 점을 각각
A0 , B 0 라고 하자. 그러면 A0 = (1, 2, −3), B = (2, 1, −1)이다.
−−−→
6. 점 P (−5, 3, 5)에서 평면 4x + 8y − z = 17에 이르는 거리를 A0 B 0 = (1, −1, 2) 이므로 반사된 빛의 방향벡터는 k(1, −1, 2)
(k > 0) 이다.
구하시오.
sol) 임의의 점 (p, q, r)과 평면 ax + by + cz + d = 0 사이의 거리는 9. 점 P (2, −1, 1)를 지나고 평면 3x − 2y − 2z = 19에 수직인 평면
3x + 2y − 2z = 19 과 만나는 점을 A라 하자. 점 Q(3, −1, −2) 일
|ap + bq + cr + d|
때, 삼각형 AP Q의 넓이를 구하시오.
√
a2 + b2 + c2
로 주어진다. 따라서, 구하고자 하는 거리는
sol) 평면 3x − 2y − 2z = 19의 법선벡터는 (3, 2, −2) 이므로 점
P 를 지나고 평면 3x − 2y − 2z = 19에 수직인 직선의 매개변수방
정식은
18
|4(−5) + 8(3) − 1(5) − 17|
p
=
=2
2
2
2
9
4 + 8 + (−1)
x = 2 + 3t,
이다.
y = −1 + 2t,
z = 1 − 2t,
이다. 이를 3x − 2y − 2z = 19에 대입해보면
7. 매개변수로 표현된 직선 x = 1 + t, y = 1 − t, z = 2t을 L이라
고 하자. 점 P (0, 1, 2)와 L을 모두 포함하는 평면의 방정식과 점
6 + 9t − 2 + 4t − 2 + 4t =⇒ t = 1
88
t∈R
8 벡터와 행렬
SOLUTION
이고 따라서 A(5, 1, −1)이다. P (2, −1, 1), A(5, 1, −1), Q(3, −1, −2) sol)
−→
−−→
이므로 P A = (3, 2, −2), P Q = (1, 0, −3) 이다. 삼각형 AP Q의




4
2 6
6 −2 0
넓이는
A + B =  7 −2 4 , A − B = −7 4 0 ,
√
−2 −4 5
8
0 3
89
1 −→ −−→




|P A × P Q| =
14 2 12
4 7 −2
2
2
0
8  , AT + B T = 2 −2 −4 .
cA + B =  7
이다.
4 −8 13
6 4
5
10. 평행한 두 평면 ax + by + cz − d1 = 0과 ax + by + cz − d2 = 0
사이의 수직거리 d는
d= √
|d1 − d2 |
a2 + b2 + c2

2 3
0 1
c) A = 
3 1
0 7
1
2
−2
3


3
1
5
−1
,B = 
−4
4
3
−4
1 −2
6 −8
1 −2
0 0

2
3
,c = 5
1
1
sol)
임을 보이시오.


−1
3
−5
2
,A − B = 
7
5
−3
−3

16
3
7
11
2
−2 
,
6 −12 21 
35 15 −19

5
5 −1 3
4
7
2
7

AT + B T = 
−1 −6 −4 3  .
3
2
5 −3

5
5

proof ) 실수 a, b, c중 적어도 하나는 0이 아니다. 일반성을 잃지 않 A + B = −1
고 a 6= 0이라 하면, 점 P (d1 /a, 0, 0)은 평면 ax + by + cz − d1 = 0
3

위의 점이고, P 에서 평면 ax + by + cz − d2 = 0사이의 거리는 두
13
평면간의 수직거리 d과 같으므로
5
cA + B = 
11
d1
a
+
0
·
b
+
0
·
c
−
d
2
3
d= a √

2
2
2
a +b +c
=√
|d1 − d2 |
a2 + b2 + c2
4 −1
7 −6
2 −4
7 3
2
−5
0
7

3 −1
10 −4
,
0
3
3 −5
이어서 증명이 끝난다.
연습문제 8.4 .
2. 1번에서 주어진 행렬 A와 B의 곱 AB와 그것의 전치행렬
1. 다음과 같이 주어진 두 행렬에 대해 A+B, A−B, cA+B, AT + (AB)T 를 구하시오.
B T , (A + B)T 를 각각 구하시오.
(Remark) : AT + B T = (A + B)T 이므로 등호 왼쪽의 결과만
−6 3
−1 2
명시한다.(문제 6번 참고)
a) A =
,B =
1 −4
0 −3
a) A =
−6
1
3
−1
,B =
−4
0
2
,c = 2
−3
sol)
−7 5
−5 1
A+B =
,A − B =
,
1 −7
1 −1
−13
8
−7 1
T
T
cA + B =
,A + B =
.
2
−11
5 −7
sol) AB =
6
−1
−21
6
−1
, (AB)T =
.
14
−21 14

5
b) A = 0
3
0
1
−2


3
−1
2 , B =  7
4
−5

−20 4
sol) AB =  −3 −7
−37 4


5
b) A = 0
3


0 3
−1
1 2 , B =  7
−2 4
−5
2 3
0 1
c) A = 
3 1
0 7

2 3
−3 2 , c = 3
−2 1
89
1
2
−2
3

2 3
−3 2
−2 1


−20 −3
18
4  , (AB)T =  4
−7
9
18
4


1
3
5
−1
,B = 
−4
4
−4
3
1 −2
6 −8
1 −2
0 0

2
3

1
1

−37
4 .
9
8 벡터와 행렬
SOLUTION
이므로 (tA)B = t(AB) = A(tB)
sol)

20 21 −30 15
−6 8 −12 4 

AB = 
 34 7 −10 11 ,
11 45 −62 20


20
−6
34
11
 21
8
7
45 

(AB)T 
−30 −12 −10 −62 .
15
4
11
20
3. 행렬 A
=
−2
1
1
3
5
와 B
0
=

3
5
2
iii) (분배법칙) A(B1 + B2 ) = AB1 + AB2 이고 (A1 + A2 )B =
A1 B + A2 B
proof )모든 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ k에 대하여
A(B1 + B2 )(i, j) =

4
3 에 대해
3
=
=
BA, B T AT , (BA)T 를 각각 구하시오.
=
sol)
(A1 + A2 )B(i, j) =
=
=
=
=
(t ∈ R)
a)
A(i, l)B2 (l, j)
l=1
n
X
l=1
n
X
(A1 + A2 )(i, l)B(l, j)
(A1 (i, l) + A2 (i, l))B(l, j)
l=1
n
X
l=1
n
X
(A1 (i, l)B(l, j) + A2 (i, l)B(l, j))
A1 (i, l)B(l, j) +
n
X
A2 (i, l)B(l, j)
l=1
−2
−3
1
2
1
6
−3
4
2
3
sol) 행렬곱은 잘 정의되고, 그 곱은
−2 1
1 −3 2
4 10 −1
=
−3 2
6 4 3
9 17 0
l=1
n
X
=
(A)(i, l)tB(l, j)
로 주어진다.
l=1
=
n
X
A(i, l)B(l, j) = t(AB)(i, j),
n
X
(A)(i, l)B(l, j)
n
X
A(i, l)B1 (l, j) +
5. 다음 행렬의 곱이 정의되는지 판단하고, 정의되는 경우에 곱을
구하시오.
l=1
t(AB)(i, j) = t
(A(i, l)B1 (l, j) + A(i, l)B2 (l, j))
이므로 (A1 + A2 )B = A1 B + A2 B도 성립한다.
tA(i, l)B(l, j)
=t
A(i, l)(B1 (l, j) + B2 (l, j))
= A1 B(i, j) + A2 B(i, j)
(tA)(i, l)B(l, j)
l=1
n
X
l=1
n
X
l=1
proof ) 모든 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ k에 대하여
l=1
n
X
l=1
n
X
A(i, l)(B1 + B2 )(l, j)
이므로 A(B1 + B2 ) = AB1 + AB2 가 성립하고, 또한
m × n행렬 A, A1 , A2 와 n × k 행렬 B, B1 , B2 에 대해 다음의 등
식이 성립한다.
(Remark: i) 와 iii)만 증명하기로 한다.)
n
X
l=1
n
X
= AB1 (i, j) + AB2 (i, j)
4. 정리 8.4.4를 증명하시오.
i) (tA)B = t(AB) = A(tB)
n
X
l=1


15 −2 15
3 14
T T


,
BA = 14 −7 25 , B A =
13 15
11 −1 10


15 14 11
(BA)T = −2 −7 −1 .
15 25 10
(tA)B(i, j) =
(t ∈ R)가 성립한다.

b)
(A)(i, l)(tB)(l, j) = A(tB)(i, j)
l=1
90
1
−3

5
3 
4
1
3

−4
6
3
8 벡터와 행렬
SOLUTION
cosh θ
c)
sinh θ
sol) 행렬곱이 정의되지 않는다.

1
c) −2
−3

2
2
0 2
2
3
−3
1
4
sol) 행렬곱은 잘

1 −3
−2 1
−3 4

−3
1
3
1
−1
6
정의되고,

2
2
0 2
2
3

1
d)2
4
 
−3
2
1  = −2
3
8
16
−3
5

0
7
19
1
3
9
−2
1

1
4
16
sol) 주어진 행렬을 A로 두면
det(A) = 1(3 · 16 − 4 · 9) − 1(2 · 16 − 4 · 4) + 1(2 · 9 − 3 · 4)
로 주어진다.
1
d)
3
sol) 주어진 행렬을 A로 두면 det(A) = cosh2 θ −sinh2 θ = 1이다.
그 곱은
1
−1
6
sinh θ
cosh θ
=2
5
3
0
4
5
3
이다.
2
3

0
e) 1
2
sol) 행렬곱이 정의되지 않는다.
6. 정리 8.4.8을 증명하시오.
proof )
1
1
3

2
3
0
sol) 주어진 행렬을 A로 두면
det(A) = 0(1 · 0 − 3 · 3) − 1(1 · 0 − 3 · 2) + 2(1 · 3 − 2 · 1)
(A + B)T (i, j) = (A + B)(j, i)
=8
= A(j, i) + B(j, i)
이다.
= AT (i, j) + B T (i, j)
= (AT + B T )(i, j)
√
2
f)  0
0
이므로 (A + B)T = AT + B T 이다.
(AC)T (i, j) = (AC)(j, i)
n
X
=
A(j, l)C(l, i)
=
C T (i, l)AT (l, j)
l=1
T
= 20
T
= (C A )(i, j)
T
T

14
−3
10
sol) 주어진 행렬을 A로 두면
√ √
det(A) = 2( 2 · 10 − 3 · 0) − 23(0 · 10 − 3 · 0)
√
+ 14(0 · 0 − 2 · 0)
l=1
n
X
23
√
2
0
이다.
T
이므로 (AC) = C A 이다.
2. 주어진 행렬의 역행렬을 구하시오.
연습문제 8.5 .
a)
1. 주어진 행렬의 행렬식을 구하시오.
−1
5
2
3
sol) 주어진 행렬을 A로 두면 det(A) = −13 6= 0이므로 역행렬이
존재하고, 역행렬을 A−1 로 두면
1
3 −2
−1
sol) 주어진 행렬을 A로 두면 det(A) = 5 · 4 − (−1) · 2 = 22이다.
A =
−13 −5 −1
cos θ − sin θ
이다.
b)
sin θ
cos θ
sol) 주어진 행렬을 A로 두면 det(A) = cos2 θ + sin2 θ = 1이다.
2 −7
b)
0 1
a)
5
−1
2
4
91
8 벡터와 행렬
SOLUTION
sol) 주어진 행렬을 A로 두면 det(A) = 2 6= 0이므로 역행렬이 에 대해 det(A − xI3 ) = 0이 되도록 실수 x의 값을 모두 구하시오.
존재하고, 역행렬을 A−1 로 두면
sol)
1 1 7
−1
A =


2 0 2
2−x
0
−2
1−x
−2 
det(A − xI3 ) = det  1
이다.
0
0
1−x
= (2 − x)(1 − x)2
1 0
c)
9 3
이므로 det(A − xI3 ) = 0을 만족하는 x는 x = 1 또는 x = 2이다.
sol) 주어진 행렬을 A로 두면 det(A) = 3 6= 0이므로 역행렬이
존재하고, 역행렬을 A−1 로 두면
4. 주어진 행렬이 역행렬을 가지도록 하는 x의 조건을 구하시오.
1 3 0
A−1 =
x+2
3
3 −9 1
a)
3
x+2
이다.
sol) 위 행렬을 A로 두면 A가 역행렬을 가질 필요충분조건은
det(A) 6= 0이다. 또,
1 5
d)
2 4
x+2
3
det A 6= 0 ⇐⇒ det
6= 0
3
x+2
sol) 주어진 행렬을 A로 두면 det(A) = −6 6= 0이므로 역행렬이
⇐⇒ (x + 5)(x − 1) 6= 0
존재하고, 역행렬을 A−1 로 두면
1
이므로 x 6= −5, 1일 때 A가 역행렬을 가진다.
4 −5
A−1 =
−2
1
−6
2x − 1
1
b)
이다.
2
x+1
sol) 위 행렬을 A로 두면 A가 역행렬을 가질 필요충분조건은
− sin θ cos θ
e)
det(A) 6= 0이다. 또,
cos θ
sin θ
2x − 1
1
sol) 주어진 행렬을 A로 두면 det(A) = −1 6= 0이므로 역행렬이
det
A
=
6
0
⇐⇒
det
6= 0
2
x+1
존재하고, 역행렬을 A−1 로 두면
⇐⇒ (2x + 3)(x − 1) 6= 0
1
sin θ
− cos θ
−1
=A
A =
−1 − cos θ − sin θ
3
이므로 x 6= − , 1일 때 A가 역행렬을 가진다.
2
이다.


x 2 0
c) x 1 1
x+1 x+2
f)
0 2 1
x
x+1
sol) 주어진 행렬을 A로 두면 모든 x ∈ R에 대해det(A) = 1 6= 0 sol) 위 행렬을 A로 두면 A가 역행렬을
det(A) 6= 0이다. 또,
이므로 역행렬이 존재하고, 역행렬을 A−1 로 두면

x 2
x + 1 −(x + 2)
−1
A =

x 1
det
A
=
6
0
⇐⇒
det
−x
x+1
0 2
이다.
⇐⇒ −3x 6= 0
이므로 x 6= 0일 때 A가 역행렬을 가진다.
3. 3차 정사각행렬

2
A = 1
0
0
1
0

−2
−2
1

1
d) x
0
92
0
x+2
3

x
0 
x−2
가질 필요충분조건은

0
1 6= 0
1
8 벡터와 행렬
SOLUTION
sol) 위 행렬을 A로 두면 A가 역행렬을 가질 필요충분조건은 로 주어진다.
det(A) 6= 0이다. 또,
(


5x − 4y = 2
1
0
x
b)
0 =
det A 6= 0 ⇐⇒ det x x + 2
6 0
3x + 2y = −1
0
3
x−2
sol) 위 연립방정식을 Ax = b꼴로 나타내면
⇐⇒ 4x2 − 4 6= 0
5 −4
x
2
이므로 x 6= −1, 1일 때 A가 역행렬을 가진다.
=
3 2
y
−1
5. 3차 정사각행렬
이다. 또한, 계산에 의해


1
1
1
A =  x1 x2 x3 
x21 x22 x23
Y
(xj − xi )임을 보이시오.
에 대해 det A =
A
−1
1
=
22
2
−3
이므로, 연립방정식의 해는
1
x
2
= A−1 b =
y
22 −3
1≤i<j≤3
sol) 행렬식의 성질에 의해


1
1
1
det A = det x1 x2 x3 
x21 x22 x23


1
1
1
= det  0 x2 − x1 x3 − x1 
x21
x22
x23


1
1
1
= det 0 x2 − x1 x3 − x1 
0 x22 − x21 x23 − x21
4
5
0
4
2
=
5
−1
− 12
로 주어진다.
(
3x + 7y = 17
c)
4x − y = 10
sol) 위 연립방정식을 Ax = b꼴로 나타내면
3 7
x
17
=
4 −1
y
10
이다. 또한, 계산에 의해
= (x2 − x1 )(x23 − x21 ) − (x22 − x21 )(x3 − x1 )
Y
= (x2 − x1 )(x3 − x1 )(x3 − x2 ) =
(xj − xi )
A
1≤i<j≤3
−1
1
=−
31
−1
−4
−7
3
가 성립한다.
이므로, 연립방정식의 해는
1 −1
x
−1
6. 다음 연립방정식을 행렬의 형태 Ax = b로 나타내고, A−1 와
=A b=−
y
31 −4
해를 각각 구하시오.
87 −7
17
= 31
38
3
10
31
로 주어진다.
(
x + 3y = 4
a)
2x + 5y = 3
7. n차 정사각행렬 A의 행렬식이 a일 때, 자연수 k에 대해 행렬
Ak 의 행렬식을 구하시오.
sol) 위 연립방정식을 Ax = b꼴로 나타내면
1 3
x
4
=
2 5
y
3
sol) 자연수 k에 대해 det Ak = ak 임을 증명하자. k = 1일 때는
자명하다. 이제 k = n일 때 det An = an 이라고 가정하면,
이다. 또한, 계산에 의해
A−1 =
이므로, 연립방정식의 해는
x
−5
−1
=A b=
y
2
−5
2
3
−1
det(An+1 ) = det(A) · det(An )
= a · an = an+1
이므로 수학적 귀납법에 의해 모든 자연수 k에 대해 det Ak = ak
이다.
3
4
−11
=
−1
3
5
93
8 벡터와 행렬
SOLUTION
8. 홀수 n에 대해 n차 정사각행렬 A가 A + AT = O를 만족하면 이 성립한다.
det A = 0임을 보이시오.
−→
−−→
−−→
11. OA = (2, 1), CB = (4, 4), OB = (3, 8)일 때, 세 점
A, B, C를 꼭짓점으로 가지는 삼각형의 넓이를 구하시오,
proof ) 임의의 양의 홀수 n에 대해
det(A) = det(−AT ) = (−1)n det(A)
−−→
−−→
sol) BA = (2, 1) − (3, 8) = (−1, −7), BC = (−4, −4)로 두면
구하고자 하는 삼각형의 넓이는
= − det(A)
=⇒ det(A) = 0
이므로 증명이 완료된다.
−−→ −−→
1
det(BA; BC)
2
9. 임의의 n차 정사각행렬 A가 똑같은 두 행을 가지면 det A = 0
로 주어지므로 그 값은
임을 보이시오.
−−→ −−→
1
1
−1
det(BA; BC) =
det
−7
2
2
proof ) 행렬 A의 똑같은 두 행을 맞바꾸어 얻은 행렬을 B라고
하면 행렬식의 성질에 의해
−4
= 12
−4
이다.
det(A) = − det(B)
이다. 이 때, A = B이므로
12. 주어진 두 직선
det(A) = − det(A) =⇒ det(A) = 0
z−3
x+1
y
x−1
= y+1 =
과
=
=
2
3
4
−2
z−2
의 교점을 P 라고 하자. 이 때 점 P, Q(1, 1, 1), R(2, 3, −1)을
2
꼭짓점으로 가지는 삼각형의 넓이를 구하시오.
이 성립한다.
10. xy평면에서 세 점 (x1 , y1 , 0), (x2 , y2 , 0), (x3 , y3 , 0)을 꼭짓점
으로 가지는 삼각형의 넓이는
z−3
x−1
=y+1=
을 매개
sol) 먼저 교점 P 를 구하자. 직선


2
3
1
1
1
1
변수식으로 나타내면
det x1 x2 x3 
2
y1 y2 y3
x = 1 + 2t, y = −1 + t, z = 3 + 3t, t ∈ R
임을 보이시오.
x+1
y
z−2
이다. 이를 직선
=
=
에 대입하면 t = 0을 얻으
→
−
4
−2
2
→
−
sol) 삼각형의 길이가 a, b인 변 두개 a , b 와 끼인 각 θ에 대해 그 므로 P (1, −1, 3)이다. 이제
넓이는
−
1
1 − →
−−→
ab sin θ = k→
a × bk
a = (a1 , a2 , a3 ) = P Q = (1, 1, 1) − (1, −1, 3) = (0, 2, −2),
2
2
−→
로 주어진다. 점 (x1 , y1 , 0)을 기준으로 삼각형의 두 변을 나타내는
b = (b1 , b2 , b3 ) = P R = (2, 3, −1) − (1, −1, 3) = (1, 4, −4)
벡터를 A, B로 두면
로 두면 구하고자 하는 삼각형의 넓이는
A = (x2 − x1 , y2 − y1 , 0)
B = (x3 − x1 , y3 − y1 , 0)
1
ka × bk
2
1
a
=
det 2
b2
2
이고, A × B를 계산하면
A × B = (0, 0, (x2 − x1 )(y3 − y1 ) − (x3 − x1 )(y2 − y1 ))
이다. 따라서,
a3
a
, − det 1
b3
b1
a3
a
, det 1
b3
b1
로 주어지므로 계산에 의해
1
1
ka × bk = |(x2 − x1 )(y3 − y1 ) − (x3 − x1 )(y2 − y1 )|
2
2
1
= |(x2 y3 − x3 y2 ) − (x1 y3 − x3 y1 ) + (x1 y2 − x2 y1 )|
2
1
1
1
1
x1 x2 x3
=
2
y1 y2 y3
1
k(0, −2, −2)k
2
√
= 2
Area =
를 얻을 수 있다.
94
a2
b2
8 벡터와 행렬
SOLUTION
13. 점 P (1, −1, 1)를 지나고 평면 2x + 5y − 7z = 68에 수직인 를 얻을 수 있고, p = −1, q = 1, r = 1가 되어 d = (−1, 1, 1)이다.
직선이 평면 2x + 5y − 7z = 68과 만나는 점을 A라 하자. 점 또, 벡터 a와 d를 두 변으로 하는 평행사변형의 넓이는 ka × dk로
Q(2, 2, −2)일 때, 삼각형 AP Q의 넓이를 구하시오.
주어지고, 이를 계산하면
ka × dk = k(2, −2, 7) × (−1, 1, 1)k
√
= k(−9, −9, 0)k = 9 2
sol) 문제의 조건을 만족하는 직선을 l이라 하면 l의 매개변수식은
x = 1 + 2t, y = −1 + 5t, z = 1 − 7t,
이다.
t∈R
√
√
과 같다. 이를 2x + 5y − 7z = 68에 대입하면 t = 1이므로
15. 세 벡터 a = (1, 3, − 2), b = (3, 2, 1), c = (0, 2, 6)로 만들어
A(3, 4, −6)이다. 이제
지는 평행육면체의 부피를 구하시오.
−→
a = AP = (1, −1, 1) − (3, 4, −6) = (−2, −5, 7),
−→
sol) 구하고자 하는 평행육면체의 부피가
b = AQ = (2, 2, −2) − (3, 4, −6) = (−1, −2, 4)
|det(a; b; c)|
로 두면 구하고자 하는 삼각형의 넓이는
로 주어지므로 그 값은


1
1
1
3 0
√
ka × bk = k(−2, −5, 7) × (−1, −2, 4)k
2
2
2 2
3
|det(a; b; c)| = det  √
1
−
2
1
6
= k(−6, 1, −1)k
2
√
= 56
38
=
이다.
2
이다.
16. 네 점 P (2, 0, −3), Q(4, 1, 1), R(−1, 4, 3), S(3, 0, 7)에서 세
−−→ −→ −→
벡터 P Q, P R, P S에 의해 만들어지는 평행육면체의 부피를 구하
14. 벡터 a = (2, −2, 7)가 벡터 b = (4, −4, 8)에 평행한 벡터 시오.
c(c 6= 0)와 c에 수직인 벡터 d의 합으로 표시된다고 하자. 이 때,
벡터 a와 d를 두 변으로 하는 평행사변형의 넓이를 구하시오.
sol)
−−→
a = P Q = (4, 1, 1) − (2, 0, −3) = (2, 1, 4)
sol) 벡터 c가 b에 평행하므로
−→
b = P R = (−1, 4, 3) − (2, 0, −3) = (−3, 4, 6)
c = k(4, −4, 8), k 6= 0
−→
c = P S = (3, 0, 7) − (2, 0, −3) = (1, 0, 10)
이고 d = (p, q, r), p, q, r ∈ R로 놓으면
으로 두면 구하고자 하는 평행육면체의 부피는


2 −3 1
0
|det(a; b; c)| = det 1 4
4 6 10
(2, −2, 7) = a = c + d = (4k, −4k, 8k) + (p, q, r)


4k + p = 2,
=⇒ −4k + q = −2,


8k + r = 7
= 100
이다.
이다. 또한 벡터 c와 d가 수직이므로 벡터 b와 d도 수직이고
17. 세 벡터 a = (1, 2, x), b = (x, x − 1, 6), c = (5, x, 9)로 만들
어지는 평행육면체의 부피가 1 이 되도록 하는 자연수 x의 값을
구하시오.
(4, −4, 8) · (p, q, r) = 0 =⇒ p − q + 2r = 0
이 성립한다. 이제 처음 식을 적당히 조정하면




4k + p = 2,
4k + p = 2,
⇐⇒ 4k − q = 2,
−4k + q = −2,




8k + r = 7
16k + 2r = 14
3
=⇒ 24k = 18 ⇐⇒ k =
4
sol) 벡터 a, b, c로 만들어지는 평행육면체의 부피는


1
x
5
|det(a; b; c)| = det  2 x − 1 x
x
6
9
= x3 − 5x2 − 10x + 51
95
9 복소수
SOLUTION
이다. 이 부피가 1이 되기 위해서는
x3 − 5x2 − 10x + 51 = 1,
sol) 6 − 2i.
x∈N
⇐⇒ x = 5
c) (2 + 3i)(4 − 5i)
이다. 따라서 x = 5이다.
sol) 23 + 2i.
18. 세 벡터 a = (−1, 2, 3), b = (1, 1, 0), c = (6, 6, 1)로 만들어지
는 사면체의 부피를 구하시오.
d)
1 + 3i
2 + 4i
sol) 구하고자 하는 사면체의 부피는 벡터 a, b, c로 만들어지는 평
1
1
sol)
(7 + i).
행육면체의 배 이므로 그 부피는
10
6


−1 1 6
2.다음 복소수의 덧셈, 곱셈에 관한 역원을 각각 구하시오.
1
1
det  2 1 6
|det(a; b; c)| =
(Remark) : 만약 복소수 a + bi가 있으면 덧셈, 곱셈에 관한 역원
6
6
3 0 1
(a2 + b2 =
6 0)은 각각
1
=
1
2
(a − bi)
−a − bi,
a2 + b2
이다.
로 계산된다.
19. 점 O를 원점으로 하는 좌표공간에서 사면체 OABC가 있
다. 삼각형 ACD, ABC, BCD, ABD가 각각 네 평면 z = a) 1 + 2i
0, 3x + 2y = 6, x = 0, x − 2y + z = 2위에 있을 때, 사면체
OABC의 부피를 구하시오.
sol) −1 − 2i,
sol) 주어진 정보들로부터 식들을 연립하여 풀면
b) 1 +
√
sol) −1 −
√
2i,
1
3 (1
−
√
2i).
c) 1 + πi
sol) −1 − πi,
=8
이다.
9
− 2i).
2i
A(2, 0, 0), B(0, 3, 8), C(0, 3, 0), D(0, −1, 0)
임을 알 수 있다. 따라서 사면체 OABC의 부피는


2 0 0
−→ −−→ −−→
1
1
det(OA; OB; OC) =
det 0 3 3
6
6
0 8 0
1
5 (1
1
(1 − πi).
1 + π2
3. 다음 복소수 z의 켤레복소수 z̄를 구하시오.
a) z = 1 − 3i
복소수
연습문제 9.1 .
sol) z̄ = 1 + 3i.
1. 다음을 계산하여 a + bi형태로 나타내시오.
b) z = 5 + 2i
a) (3 + 4i) + (5 − 6i)
sol) z̄ = 5 − 2i.
sol) 8 − 2i.
4. 다음 등식이 만족하는 실수 x, y의 값을 구하시오.
b) (2 + 3i) − (−4 + 5i)
a) (x − 2) + 3yi = 0
96
9 복소수
SOLUTION
sol) x = 2, y = 0.
이다.
b) (x + y) + 2i = −1 + yi
d) 1 +
sol) x + y = −1,
2 = y =⇒ x = −3,
y = 2.
1
1
1
+ 2 + · · · + 20
i
i
i
sol)
1
1
1
+ 2 + · · · + 20
i
i
i
1
1
1
1
= 1 + 5( + 2 + 3 + 4 )
i
i
i
i
= 1 + 5(−i − 1 + i + 1) = 1.
1+
5. x = −1 + i일 때, x2 + 2x + 2와 x3 − x2 + 3x + 8의 값을
구하시오.
sol)
x = −1 + i =⇒ (x + 1)2 = −1
이므로
x2 + 2x + 2 = (x + 1)2 + 1 = 0
8. 복소수 z = 2 + i에 대해
z z̄
의 값을 구하시오.
−z + z̄
이고
sol)
x3 − x2 + 3x + 8 = (x + 1)3 − 4x2 + 7
(2 + i)(2 − i)
5
5
z z̄
=
=
= i.
−z + z̄
−2 − i + 2 − i
−2i
2
= −i − 4(−1 + i)2 + 7
= 7(1 + i)
9. f (x) = x20 +
이다.
1
일 때, f
x20
1+i
의 값을 구하시오.
1−i
sol)
6. (3 + 2i)z = 1 + 2i를 만족하는 복소수 z를 구하시오.
sol)
1+i
1+i 1−i
=
·
=i
1−i
1−i 1−i
이므로
1 + 2i
3 + 2i
1
=⇒ z =
(7 + 4i).
13
f
(3 + 2i)z = 1 + 2i =⇒ z =
1+i
1−i
= f (i) = 2
이다.
연습문제 9.2 .
7. 다음을 계산하시오.
1. 다음 복소수를 극형식으로 나타내시오.
a) |(2 + 3i)(5 − 3i)|
a) 2020i
sol)
sol) |19 + 9i| =
b)
sol)
√
π
π
2020(0 + i) = 2020 cos + i sin
2
2
442.
b) −2020 + 2020i
sol)
5 − 2i
2+i
1
(8 − 9i) =
5
√
√ !
√
2
2
3π
3π
2020 2 −
+i
= 2020 2 cos
+ i sin
2
2
4
4
√
145
.
5
c) 1 + i + i2 + · · · + i20 .
√
c) (10 + 10i)3
sol)
sol) i4 = 1임을 이용하면
√
10 + 10i = 10 2
1+i+i2 +· · ·+i20 = 1+5(i+i2 +i3 +i4 ) = 1+5(i−1−i+1) = 1
97
√
√ !
√ 2
2
π
π
+i
= 10 2 cos + i sin
2
2
4
4
9 복소수
SOLUTION
이므로
10
√ π
π 3
(10 + 10i)3 = 2000 2 cos + i sin
4
4 √
3π
3π
= 2000 2 cos
+ i sin
4
4
Imz
5
Rez
−10
−5
5
10
이다.
−5
2. 다음 식을 극형식을 이용하여 간단히 나타내시오.
−10
a) i77
sol)
과 같다.
i77 = (i sin
b)
1+i
1−i
77π
π 77
) = i sin
= i.
2
2
b) |z − 3 + 2i| = 3
sol) 위 식을 만족하는 z는 복소평면에서 중심이 3-2i 이고 반지름
이 3인 원의 자취이므로 이를 그리면
77
.
sol)
1+i
1−i
77
√
!77
2 cos π4 + i sin π4
= √
2 cos − π4 + i sin − π4
√ 77
77π
2 cos 77π
4 + i sin 4
= √ 77
+ i sin − 77π
2 cos − 77π
4
4
−1 − i
=
= i.
−1 + i
5
Imz
√
c) (1 + i)(1 + 3)
sol) 극형식으로 나타내면
0
(3 − 2i)
√
√ π
π
( 2 + 6) cos + i sin
4
4
−5
이다.
−5
0
Rez
5
과 같다.
3. 다음 등식을 만족하는 z의 집합을 복소평면에 그리시오.
a) Re(z + 2) = 0
sol) z = a + bi로 두면
c) z는 1 + i와 수직이다.
π
sol) 1 + i의 편각(주요값) 과 수직인 z의 자취를 복소평면위에
4
나타내면
Re(z + 2) = 0 ⇐⇒ a = −2
이므로 집합 {−2 + bi|b ∈ R}을 복소평면위에 나타내면
98
10 곡선
SOLUTION
10
10
Imz
곡선
연습문제 10.1 .
5
1. 다음 각 곡선 또는 궤적에 대응하는 매개변수 곡선 C(t)를
구하고 그 개형을 그리시오.
Rez
−10
−5
5
10
a) {(x, y) ∈ R2 |y = 2ex }
sol) 매개변수 곡선 C(t)는
−5
C(t) = (t, 2et ),
(−∞ < t < ∞)
−10
이고 개형은 다음과 같다.
과 같다.
4. z1 과 z2 가 수직일 때 Im(z1 z2 )를 계산하시오.
sol) z1 과 z2 를 각각
z1 = r1 (cos θ + i sin θ)
π
π z2 = r2 cos θ +
+ i sin θ +
2
2
라고 쓸 수 있다. 그러면
π π
z1 z2 = r1 r2 cos 2θ +
+ i sin 2θ +
2
2
π
이고 따라서 Im(z1 z2 ) = r1 r2 sin 2θ + 2 = |z1 ||z2 | cos 2θ이다.
b) {(x, y) ∈ R2 |x2 + 4y 2 = 1}
5. 평면의 점 P (a, b) (P 6= O)를 원점 O를 중심으로 각 θ만큼 sol) 매개변수 곡선 C(t)는
회전하여 얻은 점은 (a cos θ − b sin θ, a sin θ + b cos θ)임을 복소수
1
의 극형식을 이용하여 증명하시오.
C(t) = cos t, sin t ,
2
(그래서
회전이동으로
얻은 점을 행렬의 형태로 표현한다면
cos θ − sin θ
a
로 나타낼 수 있다)
이고 개형은 다음과 같다.
sin θ
cos θ
b
(0 ≤ t < 2π)
proof ) (a, b)를 복소평면에 나타내면 a + bi로 이해할 수 있다.
모든 복소수들은 극형식으로 표현할 수 있으므로
a + bi = r(cos α + i sin α)
(r > 0, −π < α ≤ π)
가 성립하는 r, α가 각각 존재한다. θ만큼 회전이동한 값을 c + di
라고 하면
c + di = r(cos(α + θ) + i sin(α + θ))
이 성립하며 덧셈공식을 통해
cos(α + θ) = cos α cos θ − sin α sin θ
sin(α + θ) = sin α cos θ + cos α sin θ
임을 알 수 있다. 위 식과 a = r cos α, b = r sin α를 대입하면
c) R3 에서 (0, 0, 0)과 점 (1, 2, 3)을 지나는 직선
sol) 매개변수 곡선 C(t)는
c + di = (a cos θ − b sin θ) + i(a sin θ + b cos θ)
임을 알 수 있다.
C(t) = (t, 2t, 3t),
99
(t ∈ R)
10 곡선
SOLUTION
이고 개형은 다음과 같다.
4. 매개변수곡선 C(t) = (t, t2 , t3 ), −1 ≤ t ≤ 1의 개형을 그리시
오.
sol)개형은 다음과 같다.
d) {(x, y) ∈ R2 |16x2 + 9y 2 = 4}
sol) 매개변수 곡선 C(t)는
C(t) =
2
1
cos t, sin t ,
2
3
(0 ≤ t < 2π)
이고 개형은 다음과 같다.
5. 매개변수곡선 C(t) = (cos2 t, cos t sin t, sin 2t),
개형을 그리시오.
sol)개형은 다음과 같다.
π
π
≤t≤ 의
2
2
2. 매개변수곡선 C(t) = (cosh t, sinh t), t > 0의 개형을 그리시오.
sol) 개형은 다음과 같다.
연습문제 10.2 .
1. C(0) = (0, −5, 1) 이고 C 0 (t) = (4t, et , 4t3 ) 일 때 C(t) 의 식을
구하시오.
sol) C(t) = (x(t), y(t), z(t)) 라고 하자. 그러면
x0 (t) = 4t,
3. 매개변수곡선 C(t) = (t2 , t3 − 9t), 0 ≤ t ≤ 3의 개형을 그리시 이고 따라서
오.
x(t) = 2t2 + C1 ,
sol)개형은 다음과 같다.
100
y 0 (t) = et ,
z 0 (t) = 4t3
y 0 (t) = et + C2 ,
z 0 (t) = t4 + C3
10 곡선
SOLUTION
이다. (단, C1 , C2 , C3 는 상수)
이다. t = 0 에서의 접선의 방정식은
C(0) = (0, −5, 1) 이므로 C1 = 0, C2 = −6, C3 = 1 이다. 그러므
C 0 (0) · t + C(0) = (1, 0, 0) · t + (0, 0, 0)
로
= (t, 0, 0)
C(t) = (2t2 , et − 6, t4 + 1)
이다.
이다.
2. 다음의 각 경우에 대해 속도 C 0 (t) 와 C 0 (0) 을 구하시오.
a) C(t) = (sin πt, cos πt, t − t2 )
sol)
b) C(t) = (sin πt, cos πt, 2t3/2 ), t = 1
sol) 속도벡터 C 0 (t) 와 가속도 벡터 C 00 (t) 는 각각
C 0 (t) = (π cos πt, −π sin πt, 3t1/2 ),
3
C 00 (t) = (−π 2 sin πt, −π 2 cos πt, t−1/2 )
2
0
(sin πt) = π cos πt,
(cos πt)0 = −π sin πt,
(t − t2 )0 = 1 − 2t
이다. t = 1 에서 접선의 방정식은
이므로
C 0 (1) · t + C(1) = (−π, 0, 3) · t + (0, −1, 2)
C 0 (t) = (π cos πt, −π sin πt, 1 − 2t)
= (−πt, −1, 3t + 2)
이고 따라서 C 0 (0) = (π, 0, 1) 이다.
이다.
b) C(t) = (et , sin t, cos t)
sol)
c) C(t) = (cos2 t, t − t3 , t), t = 0
sol) 속도벡터 C 0 (t) 와 가속도 벡터 C 00 (t) 는 각각
(et )0 = et ,
(sin t)0 = cos t,
C 0 (t) = (− sin 2t, 1 − 3t2 , 1),
(cos t)0 = − sin t
C 00 (t) = (−2 cos 2t, −6t, 0)
이므로
이다. t = 0 에서의 접선의 방정식은
C 0 (t) = (et , cos t, − sin t)
C 0 (0) · t + C(0) = (0, 1, 1) · t + (1, 0, 0)
이고 따라서 C 0 (0) = (1, 1, 0) 이다.
= (1, t, t)
이다.
c) C(t) = (t2 , t3 − 4t + 1, 0)
sol)
(t2 )0 = 2t,
3
0
d) C(t) = (0, 1, t), t = 1
sol) 속도벡터 C 0 (t) 와 가속도 벡터 C 00 (t) 는 각각
2
(t − 4t + 1) = 3t − 4,
(0)0 = 0
C 0 (t) = (0, 0, 1),
C 00 (t) = (0, 0, 0)
이므로
C 0 (t) = (2t, 3t2 − 4, 0)
이다. t = 1 에서의 접선의 방정식은
0
이고 따라서 C (0) = (0, −4, 0) 이다.
C 0 (1) · t + C(1) = (0, 0, 1) · t + (0, 1, 1)
= (0, 1, t + 1)
3. 다음 각 곡선에 대해 속도와 가속도 벡터를 구하고 주어진 t
값에서 접선의 방정식을 구하시오.
a) C(t) = (t, 3t2 , t3 ), t = 0
sol) 속도벡터 C 0 (t) 와 가속도 벡터 C 00 (t) 는 각각
C 0 (t) = (1, 6t, 3t2 ),
이다.
4. R3 상에 놓인 곡선 C의 가속도가 0이면 이 곡선은 직선 또는 점
(point)임을 보이시오.
proof ) 임의의 점 t에서
C 00 (t) = (0, 6, 6t)
C 00 (t) = (0, 0, 0)
101
10 곡선
SOLUTION
이라고 하자. 그러면
이다.
0
(ai ∈ R),
C (t) = (a1 , a2 , a3 )
C(t) = (a1 t + c1 , a2 t + c2 , a3 t + c3 )
c) C(t) = (t2 , sin t − t cos t, cos t + t sin t),
sol) C 0 (t) = (2t, t sin t, t cos t)이므로
(ci ∈ R)
이다. 이 곡선은 a1 = a2 = a3 = 0이면 점을 나타내고, 그 외의
경우에서는 직선을 나타낸다. 따라서 곡선 C의 가속도가 0이면
C는 직선 또는 점이다.
[0, π]
kC 0 (t)k = k(2t, t sin t, t cos t)k
p
= 4t2 + t2 sin2 t + t2 cos2 t
√
= 5 |t|
5. 곡선 C(t) = (t2 , t3 − 4t, 0)를 따라 움직이는 입자가 t = 2일 때
부터 접선을 따라 움직인다. t = 4일 때 이 입자의 위치를 구하시 이다. 따라서 곡선 C의 길이는
오.
Z π
Z π√
sol) 속도벡터 C 0 (t)는
0
kC (t)kdt =
5 |t| dt
0
C 0 (t) = (2t, 3t2 − 4, 0)
"0√ #π
√
5 2
5 2
t
=
π
=
이다. t = 2에서 접선의 방정식 L(t) 은
2
2
0
L(t) = C(2) + C 0 (2)(t − 2)
이다.
= (4, 0, 0) + (4, 8, 0)(t − 2)
= (4t − 4, 8t − 16, 0)
이므로 L(4) = (12, 16, 0)이다. 따라서 t = 4일 때 이 입자의
위치는 (12, 16, 0)이다.
7. 주어진 구간에서 주어진√곡선의 길이를 구하시오.
2 2 3/2
a) C(t) = (t sin t, t cos t,
t ), [0, 1]
3
√
0
sol) C (t) = (t cos t + sin t, −t sin t + cos t, 2t1/2 )이므로
6. 주어진 구간에서 주어진 곡선의 길이를 구하시오.
a) C(t) = (6t, 3t2 , t3 ), [0, 2]
sol) C 0 (t) = (6, 6t, 3t2 )이므로
kC 0 (t)k = k(6, 6t, 3t2 )k
p
= 36 + 36t2 + 9t4
0
Z
1
|t + 1| dt
0
2
0
3 t2 + 2 dt
=
1
=
0
3
2
√
t
−t
b) C(t) = (2 2t,
√ 2e ,t2e ),−t [0, 1]
0
sol) C (t) = (2 2, 2e , −2e )이므로
3/2
b) C(t) = (sin 4t, cos 4t, 2t ), [0, 1]
sol) C 0 (t) = (4 cos 4t, −4 sin 4t, 3t1/2 )이므로
√
kC 0 (t)k = k(2 2, 2et , −2e−t )k
p
= 8 + 4e2t + 4e−2t
kC 0 (t)k = k(4 cos 4t, −4 sin 4t, 3t1/2 )k
p
= 16 cos2 4t + 16 sin2 4t + 9t
√
= 16 + 9t
= 2(et + e−t )
이다. 따라서 곡선 C의 길이는
이다. 따라서 곡선 C의 길이는
Z 1
Z 1
√
kC 0 (t)kdt =
16 + 9tdt
Z
1
0
Z
kC (t)kdt =
0
2
(9t + 16)3/2
27
t2
+t
2
이다.
이다.
1
Z
0
kC (t)kdt =
2
= t3 + 6t 0 = 20
=
2t1/2 )k
이다. 따라서 곡선 C의 길이는
0
0
√
= |t + 1|
= 3 t2 + 2
이다. 따라서 곡선 C의 길이는
Z 2
Z
0
kC (t)kdt =
kC 0 (t)k = k(t cos t + sin t, −t sin t + cos t,
p
= t2 + 1 + 2t
0
1
=
0
1
2(et + e−t )dt
0
1
1
= 2(et − e−t ) 0 = 2 e −
e
122
27
102
10 곡선
SOLUTION
이다.
이다.
2
c) C(t) = (t, 2t, t3/2 ), [0, 1]
3
sol) C 0 (t) = (1, 2, t1/2 )이므로
9. 곡선 C(t) = (t, t cos t, t sin t) 에 대해 두점 (0, 0, 0) 과
(π, −π, 0) 사이의 곡선의 길이를 구하시오.
sol) C 0 (t) = (1, cos t − t sin t, sin t + t cos t)이므로
kC 0 (t)k = k(1, 2, t1/2 )k
√
= 5+t
이다. 따라서 곡선 C의 길이는
Z 1
Z
0
kC (t)kdt =
0
1
√
kC 0 (t)k = k(1, cos t − t sin t, sin t + t cos t)k
p
= t2 + 2
5 + tdt
이다. 따라서 구하고자 하는 곡선의 길이는
0
1
2
3/2
=
(5 + t)
3
0
2 3/2
6 − 53/2
=
3
Z
π
kC 0 (t)kdt =
0
Z
0
Z
π
p
t2 + 2dt
√
sinh−1 (π/ 2)
2 cosh2 udu
=
이다.
0
Z
0
a
kα0 (t)k = k(cosh t, sinh t, 1)k
p
= cosh2 t + sinh2 t + 1
p
√
= 2 cosh2 t = 2 cosh t
이다. 따라서, 곡선 α의 길이함수는
Z t
Z t√
0
2 cosh τ dτ
kα (τ )kdτ =
h√
2 sinh τ
it
=
√
이다.
10. t > 0 에서 정의된 곡선 C(t) = (2t, t2 , ln t) 에 대해 두 점
(2, 1, 0) 과 (6, 9, ln 3)사이의 곡선의 길이를 구하시오.
sol) C 0 (t) = 2, 2t, 1t 이므로
2, 2t,
2 sinh t
= 2t +
0
이다. 또, β (t) = (cos t, − sin t, 1) 이므로
kβ 0 (t)k = k(cos t, − sin t, 1)k
p
= cos2 t + sin2 t + 1
√
= 2
h√ it √
=
2 = 2t
1
t
1
t
이다. 따라서 구하고자 하는 곡선의 길이는
Z
1
이다. 따라서, 곡선 β의 길이함수는
Z t
Z t√
kβ 0 (τ )kdτ =
2dτ
0
kC 0 (t)k =
0
0
du
√
sinh−1 (π/ 2)
의 길이함수를 각각 구하시오.
sol) α0 (t) = (cosh t, sinh t, 1) 이므로
=
= [u + sinh u cosh u]0
h
isinh−1 (π/√2)
p
= u + sinh u 1 + sinh2 u
0
p
π
π
= sinh−1 √
+
2 + π2
2
2
β(t) = (sin t, cos t, t)
0
1 + cosh 2u
2
sinh−1 (π/√2)
1
= u + sinh 2u
2
0
는 입자가 시각 a 일 때 출발하여 시각 t 까지 C(t) 의 궤적을 따라
움직인 거리를 나타낸다. 즉, s(t) 는 C(a) 와 C(t) 사이의 곡선 C
의 길이이다. a = 0 일 때 두 곡선
0
2
=
8. 주어진 곡선 C(t) 에 대해 곡선의 길이함수
Z t
s(t) =
kC 0 (τ )dτ k
α(t) = (sinh t, cosh t, t),
√
sinh−1 (π/ 2)
이다.
0
103
3
Z
3
1
2t + dt
t
2
3
= t + ln t 1 = 8 + ln 3
kC 0 (t)kdt =
1
10 곡선
SOLUTION
연습문제 10.3 .
1. 실함수
f (x, y, z) = x와 곡선 C(t) = (0, 0, t),
Z
대해
이므로
0 ≤ t ≤ 1에
Z
f ds = 0임을 증명하시오.
1
Z
f (C(t))kC 0 (t)kdt
f (x, y, z)ds =
C
C
0
proof )
1
Z
=
f (C(t)) = f (0, 0, t) = 0 (0 ≤ t ≤ 1)
0dt = 0
0
이므로
Z
1
Z
C
이다.
f (C(t))kC 0 (t)kdt = 0
f ds =
0
이다.
3. 다음 각 경우에 대해
Z
f (x, y, z)ds를 구하시오.
C
2. 다음 각 경우에 대해
Z
√
a) f (x, y, z) = exp( z),
sol) C(t)를 미분하면
f (x, y, z)ds를 구하시오.
C
a) f (x, y, z) = x + y + z,
C(t) = (cos t, sin t, t),
t ∈ [0, 2π]
sol) 곡선 C(t)를 미분하면
C 0 (t) = (0, 0, 2t),
t ∈ [0, 1]
t ∈ [0, 1]
이므로
0
C (t) = (− sin t, cos t, 1),
이다. 따라서
Z
Z
f (x, y, z)ds =
C
C(t) = (1, 3, t2 ),
t ∈ [0, 2π]
Z
Z
f (C(t))kC(t)kdt
C
0
Z
2π
f (C(t))kC 0 (t)kdt
=
2π
√
=
=
Z
2(cos t + sin t + t)dt
|2t| · e|t| dt
1
2tet dt
0
0
2π
√
1
=
2 sin t − cos t + t2
2
0
√ 2
= 2 2π
1
0
0
Z
1
f (x, y, z)ds =
= [2tet − 2et ]10
=2
이다.
이다.
b) f (x, y, z) = cos z,
C(t) = (cos t, sin t, t),
t ∈ [0, 2π]
C 0 (t) = (1, 2, 3),
sol) 곡선 C(t)를 미분하면
C 0 (t) = (− sin t, cos t, 1),
t ∈ [0, 2π]
Z
3
f (x, y, z)ds =
Z
C
C
2π
Z
=
0
Z
=
2π
f (C(t))kC(t)kdt
1
f (C(t))kC 0 (t)kdt
f (x, y, z)ds =
t ∈ [1, 3]
이므로
Z
이다. 따라서
Z
t ∈ [1, 3]
b) f (x, y, z) = yz, C(t) = (t, 2t, 3t),
sol) C(t)를 미분하면
3
√
14 · 6t2 dt
1
√
= [2 14t3 ]31
√
= 52 14
√
2 cos tdt
0
√
= [ 2 sin t]2π
o
이다.
=0
이다.
2
c) f (x, y, z) = x sin z, C(t) = (t, t , π), t ∈ [0, 1]
sol)
f (C(t)) = 0 , t ∈ [0, 1]
x+y
c) f (x, y, z) =
,
y+z
sol) C(t)를 미분하면
2 3/2
C(t) = t, t , t ,
3
√
C 0 (t) = (1, t, 1),
104
t ∈ [1, 2]
t ∈ [1, 2]
10 곡선
SOLUTION
이므로
이다. 한편
Z
Z
r2 + (r0 )2 = 2 + 2 sin θ
2
f (x, y, z)ds =
f (C(t))kC(t)kdt
C
이므로
1
Z
2
=
√
Z
2 + tdt
2π
Z
p
r2 + (r0 )2 dθ
ds =
1
r
2
2
=
(2 + t)3/2
3
1
2 √
2
= ·8− ·3 3
3
3
√
16
=
−2 3
3
0
√ √
2 1 + sin θdθ
2π
Z
=
0
이다. 적분값을 구하기 위해 다음과 같은 항등식을 이용하자.
x
x 2
(1 + sin x) = cos
+ sin
2
2
이다.
이를 활용하면 다음과 같다.
√ Z
2
4. 실함수 f (x, y)에 대해 극좌표로 주어진 곡선 r = r(θ),
a ≤ θ ≤ b를 따른 선적분이
Z
2π
√
√ Z
2
2π
θ
θ
+ sin dθ
2
2
0
0
Z 2π √ Z 3π/2
√
θ
θ
θ
θ
= 2
dθ − 2
dθ
cos + sin
cos + sin
2
2
2
2
0
3π/2
3π
2π
2
√
√
θ
θ
θ
θ
= 2 2 sin − cos
− 2 2 sin − cos
2
2 0
2
2
3π
b
p
f (r cos θ, r sin θ) r2 + (r0 )2 dθ
a
임을 보이시오.
proof ) 곡선 r = r(θ)를 매개화 하면
1 + sin θdθ =
cos
2
C(θ) = (r(θ) cos θ, r(θ) sin θ)
= 8.
(a ≤ θ ≤ b)
따라서 주어진 곡선의 길이는 8이다.
가 된다. 또한 C(θ)를 미분하면
C 0 (θ) = (r0 (θ) cos θ − r(θ) sin θ, r0 (θ) sin θ + r(θ)cosθ)
이다. 한편
(r0 (θ) cos θ − r(θ) sin θ)2 + (r0 (θ) sin θ + r(θ)cosθ)2
= (r0 )2 cos2 (θ) + r2 sin2 (θ) − 2rr0 cos(θ) sin(θ)
6. {(x, y, z) ∈ R3Z
|y 6= 0}에서 정의된 실함수 f (x, y, z) =
1
에 대해 선적분
f (x, y, z)ds를 구하시오. 여기서 C(t) =
y3
C
(ln t, t, 2), t ∈ [1/2, 1]이다.
sol) 곡선 C(t)를 미분하면
+ (r0 )2 sin2 (θ) + r2 cos2 (θ) + 2rr0 cos(θ) sin(θ)
= r2 + (r0 )2
C 0 (t) = (1/t, 1, 0) t ∈ [1/2, 1]
이다. 그러면 다음이 성립한다.
이므로
kC 0 (θ)k =
Z
p
r2 + (r0 )2
Z
C
이다. 따라서
Z
Z
f (C(θ))kC 0 (θ)kdθ
1/2
5
1p
1 + 1/t2 dt
t3
Z
=
b
=
p
f (r cos θ, r sin θ) r2 + (r0 )2 dθ
a
가 성립한다.
따라서 주어진 곡선의 길이는
5. 곡선 r = 1 + sin θ, 0 ≤ θ ≤ 2π의 길이를 구하시오.
sol) 4. 를 활용하자. 곡선의 길이는
Z
Z
ds =
r
f (C(t))kC 0 (t)kdt
1√
udu
2 2
√
1 √
= (5 5 − 2 2).
3
a
Z
1/2
Z 1
=
b
f (x, y)ds =
r
1
f (x, y, z)ds =
2π
p
r2 + (r0 )2 dθ
√
1 √
(5 5 − 2 2)이다.
3
7. 함수 f (x, y) = 2x − y와 매개변수곡선 C(t) = (t2 , t2 )(−1 ≤
t ≤ 1)에 대해 다음 물음에 답하시오.
0
105
11 다변수함수와 미분
SOLUTION
a) C의 길이함수 s(t)를 구하시오.(10.2절의 7번 문제를 참조하시 이다.
오.)
sol) 주어진 곡선의 길이함수는
2. 함수 f 의 그래프가 어떤 곡면(곡선)인지 서술하시오.
Z t √
2 2 |τ | dτ
s(t) =
−1
a) f (x, y) = −5
이다.
sol) 주어진 그래프는 평면이다.
b) f 의 선적분
Z
f (x, y)ds 를 구하시오.
C
sol) 구하고자 하는 선적분은
Z
Z
1
f (C(t))kC 0 (t)kdt
f (x, y, z)ds =
−1
1
C
Z
=
√
t2 2 2 |t| dt
−1
=
√
2
이다.
b) f (x, y) = 4 −
11
p
1 − x2 − y 2
다변수함수와 미분
연습문제 11.1 .
1. 함수 f 의 가능한
가장
√
√ 큰 정의역을 서술하시오.
a) f (x, y) = 2x + 2y
sol) 함수 f 의 정의역은
sol) 주어진 그래프는 포물면이다.
D = {(x, y) ∈ R2 |x ≥ 0, y ≥ 0}
이다.
√
b) f (x, y) = 2x + y
sol) 함수 f 의 정의역은
D = {(x, y) ∈ R2 |2x + y ≥ 0}
c) f (x, y) = 2x − 3y + 5
이다.
3
xy
sol) 함수 f 의 정의역은
sol) 주어진 그래프는 평면이다.
c) f (x, y) = sin
D = {(x, y) ∈ R2 |x 6= 0, y 6= 0}
이다.
x2 + y 2
(x2 − y 2 )2
sol) 함수 f 의 정의역은
d) f (x, y) = ln
D = {(x, y) ∈ R2 |x 6= y, x 6= −y}
106
11 다변수함수와 미분
SOLUTION
1
sol) 주어진 함수의 그래프와 c에서의 등위선은 다음과 같다.
d) f (x, y) = x 3
sol)
b) f (x, y) = x2 − y 2 ;
c = −2, −1, 0, 1, 2
sol) 주어진 함수의 그래프와 c에서의 등위선은 다음과 같다.
e) f (x, y) =
p
1 − x2 − y 2
sol) 주어진 그래프는 포물면이다.
c) f (x, y) = x2 − y;
c = −4, 4
sol) 주어진 함수의 그래프와 c에서의 등위선은 다음과 같다.
f) f (x, y) = 4x2 + 9y 2
sol) 주어진 그래프는 타원포물면이다.
d) f (x, y) = 2y − cos x;
c = 0, 2, 4
sol) 주어진 함수의 그래프와 c에서의 등위선은 다음과 같다.
3. 지정된 값 c에 대해 함수 f 의 등위선을 그리시오.
a) f (x, y) = 3x − y;
c = 4, 5
연습문제 11.2 .
1. 함수 f 가 연속인 곳의 영역을 기술하시오.
a) f (x, y) = 2y ln(1 + x)
sol) 함수 (x, y) 7→ y 는 R2 에서 연속이고 함수 (x, y) 7→ ln(1+x)
107
11 다변수함수와 미분
SOLUTION
는 {(x, y) ∈ R2 : x > −1} 에서 연속이므로 함수 f 는
이다.
{(x, y) ∈ R2 : x > −1}
x2 − xy + 1
x2 + y 2
(x,y)→(2,0)
에서 연속이다.
x2 − xy + 1
는 R2 − {(0, 0)} 에서 연속이므로
sol) 함수 (x, y) 7→
x2 + y 2
4
x y
2
b) f (x, y) =
x − xy + 1
5
25 − x2 − y 2
lim
=
x2 + y 2
4
(x,y)→(2,0)
sol) 함수 (x, y) 7→ x4 y 는 R2 에서 연속이고 함수 (x, y) 7→
25 − x2 − y 2 은 분모가 0이 아닌 곳에서 연속이므로 함수 f 는
이다.
b)
lim
c)
lim
{(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 6= 25}
y
(x,y)→(0,0) x
sol) x 6= 0 일 때, f (x, 0) = 0 이지만 f (x, x) = 1 이다. 그러므로
x축을 따라서 다가가면 함수값이 0으로, 직선 y = x 를 따라 다가
가면 함수값이 1에 가까워진다. 그러므로 극한은 존재하지 않는다.
에서 연속이다.
xy
c) f (x, y) = cos
1 + x2 + y 2
1
3
sol) 함수 (x, y) 7→ xy,
는 R2 에서 연속이고 함수 f
x + 2x2 y − xy − 2y 2
1 + x2 + y 2
d)
lim
xy
x + 2y
(x,y)→(2,2)
와
z
→
7
cos
z
의
합성이므로
함수
는 함수 (x, y) 7→
1 + x2 + y 2
x3 + 2x2 y − xy − 2y 2
는
sol) 함수 (x, y) 7→
f 는 R2 에서 연속이다.
x + 2y
d) f (x, y) = arcsin(xy)
sol) 함수 (x, y) 7→ xy 는 R2 에서 연속이지만 함수 z 7→ arcsin z
의 정의역은 {z : −1 ≤ z ≤ 1} 이므로 함수 f 는
{(x, y) ∈ R2 : x 6= −2y}
에서 연속이므로
lim
(x,y)→(2,2)
2
{(x, y) ∈ R : −1 ≤ xy ≤ 1}
x3 + 2x2 y − xy − 2y 2
x + 2y
=2
이다.
에서 연속이다.
e)
lim π cos(x + y + z)
(x,y,z)→(− π
2 , 2 ,0)
e) f (x, y, z) = 3x4 eyz cos(xyz)
3
sol) 함수 (x, y, z) 7→ x4 , eyz , cos(xyz) 는 R3 에서 연속이므로 sol) 코사인 함수는 R 전체에서 연속이므로
함수 f 는 R3 에서 연속이다.
lim
cos(x, y, z) = 1
π
(x,y,z)→(− π
2 , 2 ,0)
z+1
이다.
+ z2 − 1
sol) 함수 (x, y, z) 7→ z + 1 은 R3 에서 연속이고 함수 (x, y, z) 7→
sin(x2 + y 2 )
1
f)
lim
는 {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + z 2 6= 1} 에서 연속이므로
x2 + y 2
(x,y)→(0,0)
x2 + z 2 − 1
2
2
sol) t = x + y 으로 치환하면
함수 f 는
3
2
2
{(x, y, z) ∈ R : x + z 6= 1}
sin(x2 + y 2 )
sin t
lim
= lim
=1
2
2
t→0
x +y
t
(x,y)→(0,0)
에서 연속이다.
f) f (x, y, z) =
x2
임을 알 수 있다.
2. 다음 극한이 존재하는지 살펴보고, 존재한다면 극한값을 구하
xy
시오. 극한이 존재하지
않을 경우, 그 이유를 설명하시오.
g)
lim
1
(x,y)→(0,0) 3x2 + 2y 2
x+
a)
lim
sol) x 6= 0 일 때, f (x, 0) = 0 이지만 f (x, x) = 1 이다. 그러므로
2
(x,y)→(2,5)
1
x축을 따라서 다가가면 함수값이 0으로, 직선 y = x 를 따라
sol) 함수 (x, y) 7→ x + 는 R2 에서 연속이므로
1
2
다가가면 함수값이 에 가까워진다. 그러므로 극한은 존재하지
5
않는다.
1
5
lim
x+
=
2
2
(x,y)→(2,5)
108
11 다변수함수와 미분
SOLUTION
lim
h)
(x,y)→(0,0)
3x3 y − 3xy 3
x2 + y 2
임을 알 수 있다. 따라서 (x, y) → (0, 0) 일 때,
3x3 y − 3xy 3
≤ 3 x2 − y 2 → 0
x2 + y 2
이므로
lim
(x,y)→(0,0)
x
(x,y)→(0,0)
1
sol) 산술-기하 평균 부등식에 의하여 |xy| ≤ (x2 +y 2 ) ≤ x2 +y 2
2
이므로
3x3 y − 3xy 3
≤ 3 x2 − y 2
x2 + y 2
0≤
|y|
lim
l)
3x3 y − 3xy 3
x2 + y 2
=0
이다.
x3 + y 3 + z 3
i)
lim
(x,y,z)→(0,0,0) x2 + y 2 + z 2
sol) x = ρ sin φ cos θ, y = ρ sin φ sin θ, ρ cos φ 로 치환하면, p → 0
일때
3
x + y3 + z3
x2 + y 2 + z 2
(ρ sin φ cos θ)3 + (ρ sin φ sin θ)3 + (ρ cos φ)3
=
ρ2
3
3
3
= ρ(sin φ cos θ + sin φ sin3 θ + cos3 φ)
sol) y = x일 때 f (x, x) = xx 이므로 x → 0 일 때 f (x, x) → 1
이다. 이제
xn =
1
,
n
yn =
1
,
n!
n≥1
으로 두면 n → ∞일 때 xn → 0, yn → 0 이다. 이제 스털링 근사를
사용하면
n n
√
n! ≈ 2πn
e
이므로 이를 활용하면
n1
1
x
lim |yn | n = lim
n→∞
n→∞ n!
1 e
≈ lim √
n
n→∞
2π n
=0
≤ 3ρ → 0
임을 알 수 있다. 따라서 샌드위치 혹은 조임정리에 의해
3
x + y3 + z3
lim
=0
(x,y,z)→(0,0,0) x2 + y 2 + z 2
이므로
lim
x
|y| 는 존재하지 않는다.
(x,y)→(0,0)
2x2
m)
lim
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
sol) y 6= 0 일 때, f (0, y) = 0 이지만 f (y, y) = 1 이다. 그러므로
y축을 따라서 다가가면 함수값이 0 으로 가지만, y = x 를 따라
다가가면 함수값이 1에 가까워진다. 그러므로 극한은 존재하지
않는다.
lim
n)
(x,y,z)→(0,0,0)
sin(x2 + y 2 + z 2 )
p
x2 + y 2 + z 2
!
sol)
!
sin(x2 + y 2 + z 2 )
p
lim
(x,y,z)→(0,0,0)
x2 + y 2 + z 2
sin(x2 + y 2 + z 2 ) p 2
2 + z2
·
x
+
y
=
lim
x2 + y 2 + z 2
(x,y,z)→(0,0,0)
이다.
2x2 y − xz 2
=0
y 2 − xz
(x,y,z)→(2,−1,1)
이다.
2x2 y − xz 2
sol) 함수 (x, y, z) 7→
는 {(x, y, z) ∈ R3 : y 2 − xz 6=
y 2 − xz
0} 에서 연속이므로
x2 − 1
−1
o)
lim
tan
2
x2 + (y − 1)2
(x,y)→(0,1)
2x y − xz 2
x2 − 1
lim
= 10
sol) (x, y) → (0, 1) 일 때, 2
→ −∞ 이다. 따라서
y 2 − xz
(x,y,z)→(2,−1,1)
x + (y − 1)2
이다.
x2 − 1
π
−1
lim
tan
=−
x2 + (y − 1)2
2
(x,y)→(0,1)
x−y
k)
lim
이다.
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
1
sol) x 6= 0 일 때, f (x, x) = 0 이지만 f (x, −x) = 이다. x → 0
x
x2 y
p)
lim
일 때, f (x, x) → 0 이지만 f (x, −x) 는 발산한다. 따라서 극한은
(x,y)→(0,0) x4 + y 2
존재하지 않는다.
1
2
sol) f (x, x2 ) = 이고 f (x, 2x2 ) = 이다. 즉, y = x2 을 따라서
2
5
j)
lim
109
11 다변수함수와 미분
SOLUTION
1
다가가면 함숫값이
에 가까워 지지만, y = 2x2 을 따라서 다
2
∂2f
∂2f
∂2f
∂2f
2
(x,
y),
(x, y)
3.
함수
f
에
대해
(x,
y),
(x,
y),
가가면 함숫값이 에 가까워진다. 그러므로 극한값은 존재하지
∂x2
∂x∂y
∂y∂x
∂y 2
5
를 구하시오.
않는다.
(답만 명시한다.)
연습문제 11.3 .
1. 주어진 함수 f 에 대해 기울기벡터(그래디언트) ∇f (x, y)를 구 a) f (x, y) = 4x2 − 5xy 2 + 8y 5 − 7
하시오.
sol)
(답만 명시한다.)
∂2f
∂2f
(x,
y)
=
8,
(x, y) = −10y,
∂x2
∂x∂y
3 3/4
a) f (x, y) = x
∂2f
∂2f
4 (x, y) = −10x + 160y 3 .
(x,
y)
=
−10y,
9 −1/4
∂y∂x
∂y 2
sol) ∇f (x, y) =
x
,0 .
16
b) f (x, y) = 3x + 3x2 y 4
sol) ∇f (x, y) = 3 + 6xy 4 , 12x2 y 3 .
b) f (x, y) = ln (7x − 12y)
sol)
∂2f
−49
∂2f
84
(x,
y)
=
,
(x, y) =
,
∂x2
(7x − 12y)2
∂x∂y
(7x − 12y)2
∂2f
84
∂2f
−144
(x, y) =
,
(x, y) =
.
∂y∂x
(7x − 12y)2
∂y 2
(7x − 12y)2
c) f (x, y) = x4 e3y
sol) ∇f (x, y) = 4x3 e3y , 3x4 e3y .
d) f (x, y) = 3xy
sol) ∇f (x, y) = 3xy−1 y, 3xy ln x .
2. 함수 f 에 대해 기울기벡터 ∇f (x, y, z)를 구하시오.
(답만 명시한다.)
a)f (x, y, z) = −
c) f (x, y) = 3ex cos y
sol)
∂2f
∂2f
x
(x,
y)
=
3e
cos
y,
(x, y) = −3ex sin y,
∂x2
∂x∂y
∂2f
∂2f
(x, y) = −3ex sin y,
(x, y) = −3ex cos y.
∂y∂x
∂y 2
x+y+z
xy + yz + zx
sol)
y 2 + yz + z 2 , x2 + xz + z 2 , x2 + xy + y 2
.
∇f (x, y, z) =
(xy + yz + zx)2
d) f (x, y) =
b)f (x, y, z) = 3xez cos y
sol)
sol)
∂2f
40y 2 (y 2 − 3x2 ) ∂ 2 f
80yx(x2 − y 2 )
(x, y) =
,
(x, y) =
,
2
2
2
3
∂x
(x + y )
∂x∂y
(x2 + y 2 )3
∂2f
80xy(x2 − y 2 ) ∂ 2 f
−40x2 (x2 − 3y 2 )
(x, y) =
, 2 (x, y) =
.
2
2
3
∂y∂x
(x + y )
∂y
(x2 + y 2 )3
∇f (x, y, z) = (3ez cos y, −3xez sin y, 3xez cos y).
c)f (x, y, z) = 4
10(x2 − y 2 )
x2 + y 2
z
x
y
sol)
∇f (x, y, z)
!
z−1
z−1 z
z
x
xz
x
x
x
= 4
, −4
,4
ln
.
y
y
y2
y
y
y
d)f (x, y, z) = arcsin
2
1 + xyz 2
4. 함수 f (x, y) = x3 y 5 − 4x2 y + x에 대해
∂3f
∂3f
∂3f
∂3f
,
,
, 3 의 식을 구하시오.
3
∂x ∂x∂y∂x ∂y∂x∂y ∂y
(답만 명시한다.)
sol)
∂3f
∂3f
5
=
6y
,
= 30xy 4 − 8,
∂x3
∂x∂y∂x
∂3f
∂3f
= 60x2 y 3 ,
= 60x3 y 2
∂y∂x∂y
∂y 3
sol)
∇f (x, y, z) =
(−2yz 2 , −2xz 2 , −4xyz)
p
.
(1 + xyz 2 ) (1 + xyz 2 )2 − 4
110
11 다변수함수와 미분
SOLUTION
2
5. g(x, y) = 3 sin xy일 때,
이다. 위 식에서 (x3 + y 3 )2/3 6= 0 이어야 하므로 a3 + b3 = 0
∂f
인 점(a, b)에서
(a, b)가 존재하지 않는다. 그러므로 a = −b를
∂y
∂f
만족하는 모든 점(a, b)에서
(a, b)가 존재하지 않는다.
∂y
2
∂ g
∂ g
=
이고
∂x∂y
∂y∂x
∂3g
∂3g
임을 보이시오.
=
∂x∂x∂y
∂y∂x2
proof ) g을 y에 대해서 편미분하면
∂z
∂2z
= a 임을 보이시오.
2
∂x
∂y
proof ) z을 x에 대해서 편미분하면
7. z = e−ay cos ax일 때,
∂g
= 3x cos (xy)
∂y
이다. 그리고 이를 x에 대해서 편미분하면
∂ ∂g
∂2g
=
= 3 cos (xy) − 3xy sin (xy)
∂x ∂y
∂x∂y
∂z
= −ae−ay sin ax
∂x
이고 이를 x에 대해서 또 편미분하면
이다. 이제 g를 x에 대해서 편미분하면
∂
∂z
∂g
= 3y cos (xy)
∂x
∂z
∂x
=
∂2z
= −a2 e−ay cos ax
∂x2
이다. 한편, z을 y에 대해서 편미분하면
이다. 그리고 이를 y에 대해서 편미분하면
∂2g
∂ ∂g
=
= 3 cos (xy) − 3xy sin (xy)
∂y ∂x
∂y∂x
∂z
= −ae−ay cos ax
∂y
∂2g
∂2g
=
이다.
∂x∂y
∂y∂x
∂2g
를 x에 대해서 편미분하면
그리고
∂x∂y
2 ∂
∂ g
∂3g
=
∂x ∂x∂y
∂x∂x∂y
이므로
이다. 즉, a
∂z
∂z
∂z
= −a2 e−ay cos ax이므로
=a
이다.
∂y
∂y
∂y
8. (문제오류-c의 부호) c는 상수이고 z = xc e−y/x ,
∂z
∂2z
∂z
때,
= y 2 − c 임을 보이시오.
∂x
∂y
∂y
= −3y sin (xy) − (3y sin (xy) + 3xy 2 cos (xy))
(x > 0)일
sol) z을 x에 대해서 편미분하면
= −6y sin (xy) − 3xy 2 cos (xy)
∂z
y
= cxc−1 e−y/x + 2 xc e−y/x = cxc−1 e−y/x + yxc−2 e−y/x
∂x
x
∂g
를 x에 대해서 편미분하면
이다. 이제
∂x
∂
∂g
∂2g
=
= −3y 2 sin (xy)
∂x ∂x
∂x2
이다. 그리고 z을 y에 대해서 편미분하면
이다. 이를 y에 대해서 편미분하면
∂ ∂2g
∂3g
=
= −6y sin (xy) − 3xy 2 cos (xy)
2
∂y ∂x
∂y∂x2
이고 이를 y에 대해서 또 편미분하면
이다. 그러므로
∂z
1
= − xc e−y/x
∂y
x
∂
∂y
∂3g
∂3g
이다.
=
∂x∂x∂y
∂y∂x2
∂z
∂y
=
∂2z
1
= 2 xc e−y/x
2
∂y
x
이다. 즉,
3
3 1/3
6. f (x, y) = (x +y )
∂f
일 때,
(x, y)를 구하시오. 점(a, b)에서
∂y
∂2z
∂z
1
1
−c
= y 2 xc e−y/x + c xc e−y/x
2
∂y
∂y
x
x
∂z
= yxc−2 e−y/x + cxc−1 e−y/x =
∂x
y
∂f
(a, b)가 존재하지 않을 경우, 그 점을 모두 구하시오.
∂y
sol) f 를 y에 대해서 편미분하면
∂f
y2
(x, y) = 3
∂y
(x + y 3 )2/3
이다.
111
11 다변수함수와 미분
SOLUTION
연습문제 11.4 .
이므로 ∇f (p) = (2, −π)이다. 따라서 구하고자 하는 접평면의
1. 주어진 곡면 z = f (x, y)위에 지시된 점 P 에서 접평면의 방정 방정식은
식을 구하시오.
z = f (p) + ∇f (p) · (x − p)
π2
π
+ (2, −π) · (x − 1, y − )
4
2
π2
= 2x − πy +
,
4
=2−
a) z = x2 y 3 + xy 2 ; P (−2, 1, 2)
sol) 함수 f 는 점 p(−2, 1)에서 미분가능하고
∇f (x, y) = (2xy 3 + y 2 , 3x2 y 2 + 2xy)
π2
즉
2x
−
πy
−
z
=
−
이다.
이므로 ∇f (p) = (−3, 8)이다. 따라서 구하고자 하는 접평면의 방
4
정식은
e) z = xy ; P (2, 1, 2)
z = f (p) + ∇f (p) · (x − p)
sol) 함수 f 는 점 p(2, 1)에서 미분가능하고
= 2 + (−3, 8) · (x + 2, y − 1)
∇f (x, y) = (yxy−1 , xy ln x)
= −3x + 8y − 12,
이므로 ∇f (p) = (1, 2 ln 2)이다. 따라서 구하고자 하는 접평면의
즉 3x − 8y + z = −12 이다.
방정식은
z = f (p) + ∇f (p) · (x − p)
b) z = x2 + y 3 + xy 2 ; P (−2, 1, 3)
sol) 함수 f 는 점 p(−2, 1)에서 미분가능하고
∇f (x, y) = (2x + y 2 , 3y 2 + 2xy)
= 2 + (1, 2 ln 2) · (x − 2, y − 1)
= x + 2 ln 2y − 2 ln 2,
즉 x + 2 ln 2y − z = 2 ln 2 이다.
이므로 ∇f (p) = (−3, −1)이다. 따라서 구하고자 하는 접평면의
π
f) z = ex (cos y − sin y); P 0, , −1
방정식은
2
π
sol)
함수
f
는
점
p
0,
에서
미분가능하고
z = f (p) + ∇f (p) · (x − p)
2
= 3 + (−3, −1) · (x + 2, y − 1)
∇f (x, y) = (ex (cos y − sin y), −ex (sin y + cos y))
= −3x − y − 2,
즉 3x + y + z = −2 이다.
이므로 ∇f (p) = (−1, −1)이다. 따라서 구하고자 하는 접평면의
방정식은
z = f (p) + ∇f (p) · (x − p)
4
3
2
c) z = 3x y − 7x y − x + y + 2; P (1, 2, −5)
sol) 함수 f 는 점 p(1, 2)에서 미분가능하고
= −1 + (−1, −1) · (x, y −
= −x − y +
∇f (x, y) = (12x3 y − 21x2 y − 2x, 3x4 − 7x3 + 1)
π
− 1,
2
π
)
2
π
이므로 ∇f (p) = (−20, −3)이다. 따라서 구하고자 하는 접평면의 즉 x + y + z = 2 − 1 이다.
방정식은
x+y
g) z =
; P (2, 1, 3)
x−y
z = f (p) + ∇f (p) · (x − p)
sol) 함수 f 는 점 p(2, 1)에서 미분가능하고 x 6= y일 때
= −5 + (−20, −3) · (x − 1, y − 2)
−2y
2x
= −20x − 3y + 21,
∇f (x, y) =
,
(x − y)2 (x − y)2
즉 20x + 3y + z = 21 이다.
이므로 ∇f (p) = (−2, 4)이다. 따라서 구하고자 하는 접평면의 방
정식은
π
π2
2
2
d) z = x − y + sin y; P 1, , 2 −
z = f (p) + ∇f (p) · (x − p)
2
4
π
= 3 + (−2, 4) · (x − 2, y − 1)
sol) 함수 f 는 점 p 1,
에서 미분가능하고
2
= −2x + 4y + 3
∇f (x, y) = (2x, −2y + cos y)
112
11 다변수함수와 미분
SOLUTION
즉 2x − 4y + z = 3 이다.
이고, 구하고자 하는 접평면의 방정식은
z = f (p) + ∇f (p) · (x − p)
h) z = ln(x2 + y 2 ); P (2, 2, 3 ln 2)
y0
y0
y0 0 y0
y0
0
2
2
= x0 g
+ g
− g
,g
sol) 함수 f 는 점 p(2, 2)에서 미분가능하고 x + y 6= 0일 때
x0
x0
x0
x0
x0
· (x − x0 , y − y0 )
2y
2x
, 2
∇f (x, y) =
2
2
2
x +y x +y
y0
y0 0 y0
y0
0
= g
− g
x+g
y
x0
x0
x0
x0
1 1
,
이다. 따라서 구하고자 하는 접평면의
이므로 ∇f (p) =
이다. 주어진 평면은 원점을 지남이 자명하다.
2 2
방정식은
3. 일차근사를 사용하여 4f = f (Q)−f (P )의 근삿값을 구하시오.
z = f (p) + ∇f (p) · (x − p)
1 1
,
· (x − 2, y − 2)
= 3 ln 2 +
2 2
1
1
= x + y + 3 ln 2 − 2
2
2
p
a) f (x, y) = x2 + y 2 + 2; P (3, 5),
sol) 점 P 에서의 일차근사식
f (x) ≈ f (P ) + ∇f (P ) · (x − P )
에서 4f = f (Q) − f (P )의 근삿값은 ∇f (P ) · (Q − P )로 구할 수
있다. 이제
!
y
x
,p
∇f (x, y) = p
x2 + y 2 + 2
x2 + y 2 + 2
즉 x + y − 2z = 4 − 6 ln 2 이다.
2. 다음 물음에 답하시오.
a) c가 0이 아닌 상수일 때, 포물면 cz =
(x0 , y0 , z0 )에서 접평면의 방정식을 구하시오.
Q(3.01, 4.96)
y2
x2
+
위의 점
a2
b2
이므로 4f 의 근삿값은
4f ≈ ∇f (P ) · (Q − P )
3 5
,
· (3.01 − 3, 4.96 − 5)
=
6 6
17
=−
= −0.0283
600
sol) z = f (x, y)로 놓으면 함수 f 는 점 p(x0 , y0 )에서 미분가능하
고
2
2
이다.
∇f (x, y) =
x,
y
ca2 cb2
p
b) f (x, y) = 2x3 + y 2 ; P (2, 3), Q(3.02, 2.97)
2
2
이므로 ∇f (x0 , y0 ) =
x0 , 2 y0 이다. 따라서, 구하고자 sol) f 가 미분가능한 점에서
ca2
cb
!
하는 접평면의 방정식은
3x2
y
∇f (x, y) = p
,p
2x3 + y 2
2x3 + y 2
z = f (p) + ∇f (p) · (x − p)
2
2
이므로 4f 의 근삿값은
x0 , 2 y0 · (x − x0 , y − y0 ),
= z0 +
2
ca
cb
4f ≈ ∇f (P ) · (Q − P )
2x0
2y0
12 3
즉 z − z0 = 2 (x − x0 ) + 2 (y − y0 ) 이다.
,
· (2.02 − 2, 2.97 − 3)
=
ca
cb
5 5
y
3
b) R에서 미분가능한 일변수 함수 g 에 대해 f (x, y) = xg
=
= 0.03
x
100
라고 하자 (x 6= 0). f 의 그래프에 접하는 평면은 항상 원점을
이다.
지남을 보이시오.
1
proof ) x0 6= 0, y0 ∈ R에 대해 함수 f 가 점 p(x0 , y0 )에서 미분가 c) f (x, y) = 1 + x + y ; P (3, 6), Q(3.02, 6.05)
능하므로
sol) f 가 미분가능한 점에서
y0
y0
y0
1
1
y0
∇f (x0 , y0 ) = g
− g0
, g0
∇f (x, y) = −
,
−
x0
x0
x0
x0
(1 + x + y)2
(1 + x + y)2
113
11 다변수함수와 미분
SOLUTION
이므로 4f 의 근삿값은
이다.
4f ≈ ∇f (P ) · (Q − P )
= (−0.01, −0.01) · (3.02 − 3, 6.05 − 6)
= −0.0007
9π
9π
cos
10
20
sol) 함수 f 를
b) sin
f (x, y) = sin x cos y
이다.
으로 정의하면 f 가 미분가능한 점에서
d) f (x, y) = x ln y − y ln x; P (1, 1), Q(1.01, 1.02)
sol) f 가 미분가능한 점에서
y x
∇f (x, y) = ln y − , − ln x
x y
∇f (x, y) = (cos x cos y, − sin x sin y)
π
이므로 점 p π,
에서의 f 의 일차근사식을 이용하면
2
이므로 4f 의 근삿값은
sin
4f ≈ ∇f (P ) · (Q − P )
π
9π
9π
cos
= f π,
10
20
2
9π 9π
≈ f (p) + ∇f (p) ·
,
10 20
π
π
= 0 + (0, 0) · − , −
10 20
=0
= (−1, 1) · (1.01 − 1, 1.02 − 1)
= 0.01
이다.
e) f (x, y) = tan−1 (1 + x + y); P (0, 0), Q(0.1, 0.2)
sol) f 가 미분가능한 점에서
1
1
∇f (x, y) =
,
1 + (1 + x + y)2 1 + (1 + x + y)2
이므로 4f 의 근삿값은
−p
이다.
1
2
c) (16.05) 4 (7.95) 3
sol) 함수 f 를
f (x, y) = x1/4 y 2/3
4f ≈ ∇f (P ) · (Q − P )
1 1
=
,
· (0.1 − 0, 0.2 − 0)
2 2
으로 정의하면 f 가 미분가능한 점에서
∇f (x, y) =
= 0.15
1 −3/4 2/3 2 1/4 −1/3
x
y , x y
4
3
이다.
이므로 점 p(16, 8)에서의 f 의 일차근사식을 이용하면
4. 다음 근삿값을 구하시오.
1
≈ f (p) + ∇f (p) · ((16.05, 7.95) − p)
1 2
,
· (0.05, −0.05)
=8+
8 3
p
a) (3.012)2 + (3.997)2
sol) 함수 f 를
p
f (x, y) = x2 + y 2
≈ 8 − 0.0271 = 7.9729
으로 정의하면 f 가 미분가능한 점에서
∇f (x, y) =
2
(16.05) 4 (7.95) 3 = f (16.05, 7.95)
x
p
x2 + y 2
,p
y
!
이다.
x2 + y 2
이므로 점 p(3, 4)에서의 f 의 일차근사식을 이용하면
p
(3.012)2 + (3.997)2 = f (3.012, 3.997)
≈ f (p) + ∇f (p) · ((3.012, 3.997) − p)
3 4
=5+
,
· (0.012, −0.003)
5 5
d) e0.1 ln 0.9
sol) 함수 f 를
f (x, y) = ex ln y
으로 정의하면 f 가 미분가능한 점에서
∇f (x, y) =
= 5 + 0.0048 = 5.0048
114
ex ln y,
ex
y
11 다변수함수와 미분
SOLUTION
이므로 점 p(0, 1)에서의 f 의 일차근사식을 이용하면
e
0.1
이므로 ∇f (P ) =
ln 0.9 = f (0.1, 0.9)
8 3
,
이다. 따라서 구하고자 하는 접평면의
5 5
방정식은
≈ f (p) + ∇f (p) · ((0.1, 0.9) − p)
z = f (P ) + ∇f (P ) · (x − P )
8 3
,
· (x − 2, y − 3)
=5+
5 5
8
3
= x + y,
5
5
= 0 + (0, 1) · (0.1, −0.1)
= −0.1
이다.
5. 원뿔(cone) 모양의 모래더미가 있다. 이 모래더미의 높이가 즉 8x + 3y − 5z = 0 이다.
5cm에서 5.01cm로, 반지름이 4cm에서 3.98cm로 각각 변했을 때,
이 모래더미의 부피의 변화량을 일차근사를 이용하여 구하시오.
c) f (x, y, z) = xy 2 cos z; (−1, 2, 0)
sol) 함수 f 는 점 P (−1, 2, 0)에서 미분가능하고
π
sol) 높이가 h이고 반지름이 r인 원뿔의 부피는 V (r, h) = r2 h
3
∇f (x, y, z) = y 2 cos z, 2xy cos z, −xy 2 sin z
이다. p = (4, 5), q = (3.98, 5.01)라고 하면 구하고자 하는 부피의
변화량은 4V = V (q) − V (p) 로 나타낼 수 있다. 또한
이므로 ∇f (P ) = (4, −4, 0)이다. 따라서 구하고자 하는 접평면의
방정식은
2π
π
∇V (r, h) =
rh, r2
3
3
w = f (P ) + ∇f (P ) · (x − P )
= −4 + (4, −4, 0) · (x + 1, y − 2, z)
이다. 따라서, 점 p에서의 일차근사에 의해
= 4x − 4y + 8,
4V ≈ ∇V (p) · (q − p)
40π 16π
=
,
· (−0.02, 0.01)
3
3
64π
=−
(0.01) = −0.670206
3
즉 4x − 4y − w = −8 이다.
d) f (x, y, z) = e2x−4y−z ; (0, −1, −1)
sol) 함수 f 는 점 P (0, −1, −1)에서 미분가능하고
이다.
∇f (x, y, z) = 2e2x−4y−z , −4e2x−4y−z , −e2x−4y−z
5
5
5
6. 주어진 함수의 그래프 위의 점 P 에서 접평면의 방정식을 구하 이므로 ∇f (P ) = 2e , −4e , −e 이다. 따라서 구하고자 하는
접평면의 방정식은
시오.
w = f (P ) + ∇f (P ) · (x − P )
= e5 + 2e5 , −4e5 , −e5 · (x, y + 1, z + 1)
a) f (x, y) = x4 − 6x2 − 8xy 2 + 12; (1, −2)
sol) 함수 f 는 점 P (1, −2)에서 미분가능하고
∇f (x, y) = 4x3 − 12x − 8y 2 , −16xy
= 2e5 x − 4e5 y − e5 z − 4e5 ,
즉 2e5 x − 4e5 y − e5 z − w = 4e5 이다.
이므로 ∇f (P ) = (−40, 32)이다. 따라서 구하고자 하는 접평면의
방정식은
z = f (P ) + ∇f (P ) · (x − P )
= −25 + (−40, 32) · (x − 1, y + 2)
= −40x + 32y + 79,
∇f (x0 , y0 ) = (0, 0) ⇐⇒ (2x0 + 3y0 − 6, 3x0 + 4y0 + 8) = (0, 0)
즉 40x − 32y + z = 79 이다.
⇐⇒ x0 = −48, y0 = 34,
p
즉 점 P (−48, 34, 280)에서 z축에 수직인 접평면을 가진다.
b) f (x, y) = 4x2 + y 2 ; (2, 3)
sol) 함수 f 는 점 P (2, 3)에서 미분가능하고
∇f (x, y) =
4x
p
7. 곡면 z = x2 + 3xy + 2y 2 − 6x + 8y 위의 점 P 에서 접평면이 z
축 위에 수직일 떄, 점 P 를 모두 구하시오.
sol) 곡면 z = f (x, y) 의 점 P (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) 에서의 z축에
수직인 접평면을 가지려면 ∇f (x0 , y0 ) = (0, 0) 이어야 하므로
4x2 + y 2
,p
y
4x2 + y 2
!
8. 양의 상수 c에 대해 곡면 z = c(x2 + y 2 )위의 점 P (a, b, c(a2 +
b2 ))에 대해 다음 물음에 답하시오.
115
11 다변수함수와 미분
SOLUTION
a) 점 P 에서 접평면의 방정식을 구하시오.
sol) 곡면 z = f (x, y)의 그래디언트가
sol)
dw
∂w dx ∂w dy ∂w dz
=
+
+
dt
∂x dt
∂y dt
∂z dt
2
x + yz
1
x
=
· cos t + − 2 · (− sin t) + −
· sec2 t
x2 y
y
x
2
sin t
sin t + cos t tan t
· cos t + − 2
· (− sin t)
=
cos t
cos t sin2 t
1
· (sec2 t)
+ −
sin t
∇f (x, y) = (2xc, 2yc)
이므로 점 P 에서의 접평면의 방정식은
z = f (P ) + ∇f (P ) · (x − P )
= c(a2 + b2 ) + (2ac, 2bc) · (x − a, y − b)
= 2acx + 2bcy − c(a2 + b2 )
이다.
=−
sin2 t
sin2 t + cos t tan t
tan2 t + 1
.
+
+
sin t
cos2 t
sin2 t
b) 점 P 에서 접평면에 수직한 모든 단위방향벡터를 구하시오.
sol) 접평면의 법선벡터는 (2ac, 2bc, −1)이므로 접평면에 수직인
√
z
1
b) w = 2 − 3; x = 2 , y = −5t, z = t
단위방향벡터는
xy
t
! sol)
2bc
−1
2ac
,p
,p
± p
4c2 (a2 + b2 ) + 1
4c2 (a2 + b2 ) + 1
4c2 (a2 + b2 ) + 1
dw
∂w dx ∂w dy ∂w dz
=
+
+
dt
∂x dt
∂y dt
∂z dt
이다.
z
2
2z
= − 2 2 · − 3 + − 3 · (−5)
x y
t
xy
c) 점 P 에서 접평면에 수직한 법선과 xy평면의 교점을 구하시오.
1
1
√
+
·
sol) 접평면에 수직인 법선은
xy 2
2 t
1
2
2
√ · (−5)
= − t5/2 · − 3 +
x = 2act + a, y = 2bct + b, z = −t + c(a2 + b2 ), t ∈ R
25
t
125 t
2
2
1
1
로 나타낼 수 있으므로 z = 0 ⇐⇒ t = c(a + b )임을 이용하면
√
·
+
25
2 t
점 P (x0 , y0 , 0)
1
= √ .
x0 = 2c2 a(a2 + b2 ) + a, y0 = 2c2 b(a2 + b2 ) + b,
50 t
가 법선과 xy평면의 교점이 된다.
d) 점 P 에서 접평면에 수직인 법선과 z축의 교점을 구하시오.
sol) a2 + b2 6= 0인 경우 법선의 방정식을 c)에서와 같이 두면
1
x = y = 0 ⇐⇒ t = − 이므로 점 P (0, 0, z0 ),
2c
z0 =
c) w = sin(xy 2 z 3 );
sol)
가 법선과 z축의 교점이 된다. 만약 a = b = 0이면 점
t∈R
이 법선과 z축의 교점이 된다.
연습문제 11.5 .
dw
1. 연쇄법칙을 이용하여
(t)를 구하시오.
dt
x z
a) w = − ; x = sin t, y = cos t, z = tan t
y
x
1
dw
∂w dx ∂w dy ∂w dz
=
+
+
dt
∂x dt
∂y dt
∂z dt
1
2 3
2 3
3
2 3
√
= y z cos(xy z ) · 3 + 2xyz cos(xy z ) ·
2 t
1
+ 3xy 2 z 2 cos(xy 2 z 3 ) ·
2
3t 3
5
1 2
3
3
2
√
= t cos(3t ) · 3 + 6t cos(3t ) ·
2 t
8
1
+ 9t 3 cos(3t3 ) ·
2
3t 3
= 9t2 cos(3t3 ).
1
+ c(a2 + b2 ),
2c
Q(0, 0, t),
1
x = 3t, y = t 2 , z = t 3
d) w = cos(xyz);
116
x = t, y = t2 , z = t3
11 다변수함수와 미분
SOLUTION
sol)
dw
∂w dx ∂w dy ∂w dz
=
+
+
dt
∂x dt
∂y dt
∂z dt
= (−yz sin(xyz)) · 1 + (−xz sin(xyz)) · (2t)
+ (−xy sin(xyz)) · 3t2
= −t5 sin(t6 ) · 1 + −t4 sin(t6 ) · (2t)
+ −t3 sin(t6 ) · 3t2
b) w =
sol)
√
(x, y) = (sin t, t3 )
∂w dx ∂w dy
dw
=
+
dt
∂x dt
∂y dt
y
= (2xe ) · cos t + x2 ey · 3t2
3
3
= 2et sin t · cos t + et sin2 t · 3t2
3
∂w ∂x ∂w ∂y ∂w ∂z
∂w
=
+
+
∂v
∂x ∂v
∂y ∂v
∂z ∂v
1
= √ · (2v) + 2yz 3 · u + 3y 2 z 2 · 0
2 x
2v
= √
+ 2 · (uv) · 27u3 · u + 0
2
2
2 1+u +v
v
=√
+ 54u5 v.
1 + u2 + v 2
3
= 3t2 et sin2 t + 2et cos t sin t.
f) w = x cos(yz 2 );
sol)
(x, y, z) = (sin t, t2 , et )
dw
∂w dx ∂w dy ∂w dz
=
+
+
dt
∂x dt
∂y dt
∂z dt
2
= cos(yz ) · cos t + −xz 2 sin(yz 2 ) · (2t)
+ −2xyz sin(yz 2 ) · et
= cos(t2 e2t ) · cos t + −e2t sin(t2 e2t ) sin t · (2t)
+ −2t2 et sin(t2 e2t ) sin(t) · et
c) w = y ln(xz);
sol)
+ cos(t2 e2t ) cos t.
∂w
∂w
(u, v) 와
(u, v) 를 구하시오.
∂u
∂v
2
2
2
2
x = u + v ,y = u − v
2. 연쇄법칙을 이용하여
∂w
∂w ∂x ∂w ∂y
=
+
∂u
∂x ∂u
∂y ∂u
x
= (ln y) · (2u) + · (2u)
y
u2 + v 2
= 2u ln(u2 − v 2 ) + 2
.
u − v2
∂w
∂w ∂x ∂w ∂y
=
+
∂v
∂x ∂v
∂y ∂v
x
= (ln y) · (2v) + · (−2v)
y
u2 + v 2
= 2v ln(u2 − v 2 ) − 2
.
u − v2
(x, y, z) = (veu , u2 v 4 , uev )
∂w ∂x ∂w ∂y
∂w ∂z
∂w
=
+
+
∂u
∂x ∂u
∂y ∂u
∂z ∂u
y
y
u
= · (ve ) + ln(xz) · 2uv 4 + · ev
x
z
u2 v 4 v
u2 v 4
u
u+v
4
=
·
(ve
)
+
ln(uve
)
·
2uv
+
·e
veu
uev
2 4
4
u+v
4
= u v + 2uv ln(uve
) + uv .
= −2t2 e2t sin(t2 e2t ) sin t − 2te2t sin(t2 e2t ) sin t
a) w = x ln y;
sol)
x = 1 + u2 + v 2 , y = uv, z = 3u
∂w
∂w ∂x ∂w ∂y
∂w ∂z
=
+
+
∂u
∂x ∂u
∂y ∂u
∂z ∂u
1
= √ · 2u + 2yz 3 · v + 3y 2 z 2 · 3
2 x
2u
+ 2 · (uv) · 27u3 · v
= √
2
2
2 1+u +v
+ 3 · u2 v 2 · 9u2 · 3
u
=√
+ 135u4 v 2 .
1 + u2 + v 2
= −6t5 sin(t6 ).
e) w = x2 ey ;
sol)
x + y2 z3 ;
∂w ∂x ∂w ∂y ∂w ∂z
∂w
=
+
+
∂v
∂x ∂v
∂y ∂v
∂z ∂v
y
y u
= · e + ln(xz) · 4u2 v 3 + · (uev )
x
z
u2 v 4
u2 v 4 u
u+v
2 3
=
·
e
+
ln(uve
)
·
4u
v
+
· (uev )
veu
uev
= u2 v 3 + 4u2 v 3 ln(uveu+v ) + u2 v 4 .
3. 연쇄법칙을 이용하여
구하시오.
117
∂s
∂s
∂s
(x, y, z),
(x, y, z),
(x, y, z) 를
∂x
∂y
∂z
11 다변수함수와 미분
SOLUTION
a) s = eu+v+w ;
sol)
u = yz, v = xz, z = xy
∂s
∂s ∂u ∂s ∂v
∂s ∂w
=
+
+
∂x
∂u ∂x ∂v ∂x ∂w ∂x
= eu+v+w · 0 + eu+v+w · z + eu+v+w · y
4.
∂w
∂w
(u, v, x, y) 와
(u, v, x, y) 를 구하시오.
∂x
∂y
a) w = u2 + v 2 + x2 + y 2 ;
sol)
u = x − y, v = x + y
w = u2 + v 2 + x2 + y 2
= (y + z) eu+v+w
2
2
= (x − y) + (x + y) + x2 + y 2
= (y + z) exy+yz+zx .
= 3x2 + 3y 2
이다. 따라서
∂s
∂s ∂u ∂s ∂v
∂s ∂w
=
+
+
∂y
∂u ∂y
∂v ∂y ∂w ∂y
= eu+v+w · z + eu+v+w · 0 + eu+v+w · x
∂w
= 6y
∂y
∂w
= 6x,
∂x
이다.
= (z + x) eu+v+w
= (z + x) exy+yz+zx .
b) w =
sol)
√
uvxy;
√
u=
w=
= (u − 2) (v + w)
= (y + z − 2) (2x + y + z) .
√
1
이다. 따라서
− 3
∂w
1
=
4x3 y 2 − 2xy 4 x4 y 2 − x2 y 4 4 ,
∂x
4
− 3
1
∂w
=
2x4 y − 4x2 y 3 x4 y 2 − x2 y 4 4
∂y
4
(u, v, w) = (y + z, x + z, x + y)
∂s
∂s ∂u ∂s ∂v
∂s ∂w
=
+
+
∂x
∂u ∂x ∂v ∂x ∂w ∂x
= (vw − 2u) · 0 + (uw − 2v) · 1 + (uv − 2w) · 1
x+y
= (x4 y 2 − x2 y 4 ) 4
= (x + y) exy+yz+zx .
b) s = uvw − u2 − v 2 − w2 ;
sol)
√
uvxy
q
√
√
x − y x + yxy
=
∂s ∂u ∂s ∂v
∂s ∂w
∂s
=
+
+
∂z
∂u ∂z
∂v ∂z
∂w ∂y
= eu+v+w · y + eu+v+w · x + eu+v+w · 0
= (x + y) eu+v+w
x − y, v =
이다.
c) w = uv − xy;
u=
x2
x
y
,v = 2
2
+y
x + y2
sol)
w = uv − xy
x
y
=
− xy
x2 + y 2
x2 + y 2
xy
=
2 − xy
2
(x + y 2 )
!
1
= xy
2 −1
(x2 + y 2 )
∂s
∂s ∂u ∂s ∂v
∂s ∂w
=
+
+
∂y
∂u ∂y
∂v ∂y ∂w ∂y
= (vw − 2u) · 1 + (uw − 2v) · 0 + (uv − 2w) · 1
= (v − 2) (w + u)
= (z + x − 2) (x + 2y + z) .
이다. 따라서
∂w
=y
∂x
∂s
∂s ∂u ∂s ∂v
∂s ∂w
=
+
+
∂z
∂u ∂z
∂v ∂z
∂w ∂y
= (vw − 2u) · 1 + (uw − 2v) · 1 + (uv − 2w) · 0
∂w
=x
∂y
= (w − 2) · (u + v)
= (x + y − 2) (x + y + 2z) .
이다.
118
!
1
(x2 + y 2 )
2
−
!
1
(x2 +
−1
2
y2 )
−1
−
4x2 y
3,
(x2 + y 2 )
4xy 2
(x2 + y 2 )
3
11 다변수함수와 미분
SOLUTION
5. 다음 각 등식을 만족하는 점 (x, y, z) ∈ R3 의 집합은 지시된 점 7. f 가 R3 에서 미분가능한 삼변수 함수이고 w(x, y, z) = f (x −
P (x0 , y0 , z0 ) 근방에서 미분가능한 함수 z = z(x, y) 로 나타난다. y, y − z, z − x) 일 때, 다음 등식을 증명하시오.
∂z
∂z
(x0 , y0 ) 와
(x0 , y0 ) 를 구하시오.
∂w ∂w ∂w
∂x
∂y
+
+
=0
∂x
∂y
∂z
a) x3 + xz − y 2 = −1; P (1, 2, 2)
sol) F (x, y, z) = x3 + xz − y 2 + 1 이라 하자. 그러면 다항함수 proof ) a = x − y, b = y − z, c = z − x 라고 하면
F 는 점 (1, 2, 2) 에서 미분가능하고 F (1, 2, 2) = 0 이다. 따라서
∂w
∂f ∂a ∂f ∂b
∂f ∂c
=
+
+
음함수의 미분법에 의해
∂x
∂a ∂x
∂b ∂x
∂c ∂x
∂f
∂f
Fx (1, 2, 2)
∂z
=
−
(1, 2) = −
= −5,
∂a
∂c
∂x
Fz (1, 2, 2)
∂z
Fy (1, 2, 2)
(1, 2) = −
=4
∂y
Fz (1, 2, 2)
∂w
∂f ∂a ∂f ∂b
∂f ∂c
=
+
+
이다.
∂y
∂a ∂y
∂b ∂y
∂c ∂y
∂f
∂f
=
−
b) x2 + y 2 + z 2 = 14; P (1, 2, 3)
∂b
∂a
sol) F (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 14 이라 하자. 그러면 다항함수
F 는 점 (1, 2, 3) 에서 미분가능하고 F (1, 2, 3) = 0 이다. 따라서
∂f ∂z
∂f ∂b
∂f ∂c
∂w
음함수의 미분법에 의해
=
+
+
∂z
∂a ∂y
∂b ∂z
∂c ∂z
∂f
∂f
∂z
Fx (1, 2, 3)
1
−
=
(1, 2) = −
=− ,
∂c
∂b
∂x
Fz (1, 2, 3)
3
Fy (1, 2, 3)
2
∂z
이다. 따라서
(1, 2) = −
=−
∂y
Fz (1, 2, 3)
3
∂w ∂w ∂w
+
+
=0
∂x
∂y
∂z
이다.
임을 알 수 있다.
c) x3 + y 3 + z 3 = 5xyz; P (2, 1, 1)
sol) F (x, y, z) = x3 + y 3 + z 3 − 5xyz 이라 하자. 그러면 다항함수 8. x = r cos θ, y = r sin θ 일 때, 다음 행렬을 r 과 θ 의 식으로
F 는 점 (2, 1, 1) 에서 미분가능하고 F (2, 1, 1) = 0 이다. 따라서 구하시오.
음함수의 미분법에 의해


∂r ∂r
 ∂x ∂y 
Fx (2, 1, 1)
∂z
 ∂θ ∂θ 
(2, 1) = −
= 1,
∂x
Fz (2, 1, 1)
∂x ∂y
∂z
Fy (2, 1, 1)
(2, 1) = −
= −1
sol) r과 θ를 x, y에 관해 표현하면 다음과 같다.
∂y
Fz (2, 1, 1)
이다.
r(x, y) =
p
x2 + y 2 ,
y
θ(x, y) = arctan( )
x
6. f 가 R 에서 미분가능한 일변수 함수이고 z = f (x − y) 일 때, 연쇄법칙을 사용하면
dz
dz
∂r
x
=−
임을 보이시오.
=p
= cos θ,
dx
dy
2
∂x
x + y2
proof ) t = x − y 라고 하자. 그러면
∂r
y
=p
= sin θ,
2
∂y
x + y2
y ∂θ
1
y
sin θ
=
=−
,
y 2 − 2 =− 2
∂x
1 + (x)
x
x + y2
r
∂θ
1
1
x
cos θ
=
= 2
=
2
2
y
∂y
x
x +y
r
1+
∂z
∂f ∂t
∂f
∂f
=
=
·1=
∂x
∂t ∂x
∂t
∂t
∂z
∂f ∂t
∂f
∂f
=
=
· (−1) = −
∂y
∂t ∂y
∂t
∂t
이고 따라서
dz
dz
=−
이다.
dx
dy
x
119
11 다변수함수와 미분
SOLUTION
임을 알 수 있다. 따라서


∂r ∂r
 ∂x ∂y 
 ∂θ ∂θ  =
∂x ∂y
cos θ
sin θ
−
r
sin θ
cos θ
r
∂φ
=s
∂z
!
이다.
=
9.(문제오류-변경) x = r cos φ cos θ, y = r cos φ sin θ, z = r sin φ
이며
일 때, 다음 행렬을 r, φ, θ 의 식으로 구하시오.


∂r ∂r ∂r
 ∂x ∂y ∂z 
 ∂φ ∂φ ∂φ 




 ∂x ∂y ∂z 
 ∂θ ∂θ ∂θ 
∂x ∂y ∂z
z
φ(x, y, z) = arcsin p
,
2
x + y2 + z2
y
.
θ(x, y, z) = arctan
x
연쇄법칙을 사용하면
∂r
x
= cos φ cos θ,
=p
2
∂x
x + y2 + z2
∂r
y
=p
= cos φ sin θ,
2
∂y
x + y2 + z2
z
∂r
=p
= sin φ
2
∂z
x + y2 + z2
이다. 또한
∂φ
=s
∂x
=p
1
x
x2 +y 2 +z 2
1
2
∂φ
=s
∂y
1
1−
cos φ sin φ
1
2
1 − sin φ
sin φ sin θ
=−
,
r
cos φ sin φ
(−1)
sin θ
r
r2 − z 2
3
1 − sin2 φ r
cos φ
.
r
y y
sin θ
∂θ
1
=−
=
,
y 2 − 2 =− 2
∂x
1 + (x)
x
x + y2
r cos φ
1
cos θ
1
x
∂θ
=
=
= 2
2
y 2
∂y
x
x
+
y
r
cos φ
1+ x
∂θ
= 0.
∂z
cos φ sin θ
sin φ sin θ
−
r
cos θ
r cos φ

sin φ
cos φ 

r 

0
10. f 가 R2 에서 미분가능한 이변수 함수이고 w = f (x, y) 이며,
x = eu cos v, y = eu sin v 일 때, 다음 등식을 증명하시오.
"
2 2
2 2 #
∂w
∂w
∂w
∂w
−2u
+
=e
+
∂x
∂y
∂u
∂v
proof )
∂w
∂w ∂x ∂w ∂y
=
+
∂u
∂x ∂u
∂y ∂u
∂w
∂w
= eu cos v
+ eu sin v
∂x
∂y
∂w
∂w ∂x ∂w ∂y
=
+
∂v
∂x ∂v
∂y ∂v
∂u
∂w
= −eu sin v
+ eu cos v
∂x
∂y
y
x2 +y 2 +z 2
x2 + y 2 + z 2
z2
x2 + y 2 + z 2
x2 + y 2 + z 2
이다.
(−1)
cos θ
r
−z √
z
x2 +y 2 +z 2
1
임을 알 수 있다. 따라서


∂r ∂r ∂r

cos φ cos θ
 ∂x ∂y ∂z 
 ∂φ ∂φ ∂φ   sin φ cos θ

 −

=
r
 ∂x ∂y ∂z  
sin θ
 ∂θ ∂θ ∂θ 
−
r cos φ
∂x ∂y ∂z
x2 + y 2 + z 2
z2
1− 2
x + y2 + z2
1 − sin φ
sin φ cos θ
=−
,
r
=p
−z √
z2
2
x + y2 + z2
1−
=p
sol) r, φ, θ를 x, y, z에 관해 표현하면 다음과 같다.
p
r(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 ,
1
p
x2 + y 2 + z 2 − z √
이고 따라서
"
"
2 2 #
2
2 #
∂w
∂w
∂w
∂w
−2u
−2u
2u
2u
e
+
=e
e
+e
∂u
∂v
∂x
∂y
2 2
∂w
∂w
=
+
∂x
∂y
120
11 다변수함수와 미분
SOLUTION
이다. 이로써 증명은 끝났다.
임을 알 수 있다. 그러므로
∂2w ∂2w ∂2w
+
+
∂x2
∂y 2
∂z 2
2
r
r
2
1
r
= 3f t −
+ 2 f0 t −
+ 2 f 00 t −
r
a
ar
a
a r
a
2 1 r
1 0
r
−
f t−
+ f t−
r r2
a
ar
a
1 00 r
= 2 f t−
a r
a
2
1 ∂ w
= 2 2
a ∂t
1 r
11. 함수 f 가 R 에서 미분가능하고 w(t, r) = f t −
r
a
p
r = x2 + y 2 + z 2 일 때, 다음 등식을 증명하시오.
∂2w
= a2
∂t2
∂2w ∂2w ∂2w
+
+
∂x2
∂y 2
∂z 2
proof ) 연쇄법칙에 의해
이고 따라서
∂w
∂w ∂r
=
∂x
∂r ∂x r
x
1
r
1 0
·p
= − 2f t −
− f t−
,
2
r
a
ar
a
x + y2 + z2
∂2w
2 r
2 0
r
1 00 r
= 3f t −
+ 2f t −
+ 2 f t−
∂x2
r
a
ar
a
a r
a
2
x
· 2
x + y2 + z2
1 r
1 0
r
− 2f t −
+ f t−
r
a
ar
a
h
1
− 3 i
−
· x2 + y 2 + z 2 2 − x2 x2 + y 2 + z 2 2
∂2w
= a2
∂t2
∂2w ∂2w ∂2w
+
+
∂x2
∂y 2
∂z 2
이 성립한다.
12. 함수 f 가 R 에서 미분가능하고 w(x, y, z) = f (r) (r =
p
x2 + y 2 + z 2 ) 일 때, 다음 등식을 증명하시오.
∂2w ∂2w ∂2w
d2 w 2 dw
+
+
=
+
∂x2
∂y 2
∂z 2
dr2
r dr
proof ) 연쇄법칙에 의해
∂w ∂r
∂w
=
∂x
∂r ∂x
= f 0 (r) · p
x
x2
+ y2 + z2
,
이다. 비슷한 방식으로
∂w ∂r
∂w
=
∂y
∂r ∂y
2 r
2 0
r
1 00 r
∂2w
=
f
t
−
+
f
t
−
+
f
t
−
∂y 2
r3
a
ar2
a
a2 r
a
y2
· 2
x + y2 + z2
1 r
1 0
r
− 2f t −
+ f t−
r
a
ar
a
h
1
− 3 i
2
2
2 −2
2
· x +y +z
− y x2 + y 2 + z 2 2 ,
= f 0 (r) · p
y
x2 + y 2 + z 2
∂w
∂w ∂r
=
∂z
∂r ∂z
= f 0 (r) · p
,
z
x2
+ y2 + z2
이고 또한
∂2w
x2
00
=
f
(r)
·
∂x2
x2 + y 2 + z 2
h
− 1
− 3 i
+ f 0 (r) · x2 + y 2 + z 2 2 − x2 x2 + y 2 + z 2 2 ,
∂2w
2 r
2 0
r
1 00 r
= 3f t −
+ 2f t −
+ 2 f t−
∂z 2
r
a
ar
a
a r
a
z2
· 2
x + y2 + z2
1 r
1 0
r
+ f t−
− 2f t −
r
a
ar
a
h
1
− 3 i
2
2
2 −2
2
· x +y +z
− z x2 + y 2 + z 2 2
∂2w
y2
00
=
f
(r)
·
∂y 2
x2 + y 2 + z 2
h
− 1
− 3 i
+ f 0 (r) · x2 + y 2 + z 2 2 − y 2 x2 + y 2 + z 2 2 ,
121
SOLUTION
∂2w
z2
00
=
f
(r)
·
∂z 2
x2 + y 2 + z 2
h
− 3 i
− 1
+ f 0 (r) · x2 + y 2 + z 2 2 − z 2 x2 + y 2 + z 2 2
이다. 따라서,
∂2w ∂2w ∂2w
+
+
∂x2
∂y 2
∂z 2
12 편미분의 활용
이다.
π π
b) f (x, y) = cos x sin y, P
, v = (3, 4)
,
4 2
v
3 4
sol) u =
=
,
이고 f 가 점 P 에서 미분가능하며 또한
kvk
5 5
1
∇f (P ) = − √ , 0 이므로
2
1
1
= f 00 (r) + 3f 0 (r) p
− f 0 (r) p
x2 + y 2 + z 2
x2 + y 2 + z 2
∂ 2 w 2 ∂w
=
+
∂r2
r ∂r
Du f (P ) = u · ∇f (P )
3 4
1
=
,
· −√ , 0
5 5
2
√
3 2
=−
10
이다.
이다.
13. x = r cos θ 이고 y = r cos θ 일 때, 함수 f (x, y) = ln r +
∂f
iθ ((x, y) 6= (0, 0)) 에 대해
(x, y) 를 구하시오. (i 는 i2 = −1 c) f (x, y) = x3 + 2xy + 3y 3 , P (2, 1) , v = (1, 1)
∂x
1
v
1
을 만족하는 복소수)
= √ , √ 이고 f 가 점 P 에서 미분가능하며
sol) u =
kvk
2
2
sol) w = ln r + iθ 라고 하자. 그러면 ,
또한 ∇f (P ) = (14, 13) 이므로
∂f
∂w ∂r
∂w ∂θ
=
+
Du f (P ) = u · ∇f (P )
∂x
∂r ∂x
∂θ ∂x
∂θ
1 ∂r
1
1
+i
=
· (14, 13)
= √ ,√
r ∂x
∂x
2
2
√
p
27 2
이다. 한편 r(x, y) =
x2 + y 2 , θ(x, y) = arctan(y/x) 이므
=
로
2
y ∂θ
∂r
x
1
y
이다.
,
=p
=
− 2 =− 2
∂x
∂x
1 + ( xy )2
x
x + y2
x2 + y 2
이다. 따라서
1
x
−y
1
∂f
= p
+i 2
= 2 (x − iy)
∂x
r x2 + y 2
x + y2
r
d) f (x, y, z) = 10+ xy + xz + yz, P (1, 2, 1) , v = (1, 2, −1)
v
1
2
1
sol) u =
= √ , √ , − √ 이고 f 가 점 P 에서 미분가능
kvk
6
6
6
하며 또한 ∇f (P ) = (3, 2, 3) 이므로
이다.
12
Du f (P ) = u · ∇f (P )
2
1
1
· (3, 2, 3)
= √ , √ , −√
6
6
6
2√
=
6
3
편미분의 활용
연습문제 12.1 .
1. 지정된 점 P 에서
벡터 v 방향으로 f 의 방향미분계수 이다.
v
Du f (P )
u=
를 구하시오.
kvk
√
e) f (x, y, z) = x yz, P (1, 4, 9)
, v =i+j−k
x
v
1
1
1
a) f (x, y) = e cos
y, P (0, 0),
v = (1, −1)
sol) u =
= √ , √ , − √ 이고 f 가 점 P 에서 미분가능
v
1
1
kvk
3
3 3
sol) u =
= √ , − √ 이고 f 가 점 P 에서 미분가능하며
3 1
kvk
2
2
하며 또한 ∇f (P ) = 6, ,
이므로
또한 ∇f (P ) = (1, 0) 이므로
4 3
Du f (P ) = u · ∇f (P )
1
1
1
3 1
= √ , √ , −√
· 6, ,
4 3
3
3
3
√
77 3
=
36
Du f (P ) = u · ∇f (P )
1
1
= √ , −√
· (1, 0)
2
2
1
=√
2
122
12 편미분의 활용
SOLUTION
이므로 최대 방향미분계수는 k∇f (P )k = 11 − e2 이고, 그 방향은
(0, 1)이다.
이다.
f) f (x, y, z) = xy+ exyz , P (1,
−1, 0) , v = i − k
v
1
1
d) f (x, y, z) = ex+y−z , P (1, 1, 1)
sol) u =
= √ , 0, − √ 이고 f 가 점 P 에서 미분가능하
sol) 점 P 에서의 최대 방향미분계수는 k∇f (P )k으로 주어진다.
kvk
2
2
며 또한 ∇f (P ) = (−1, 1, −1) 이므로
∇f (P ) = (e, e, −e)
√
Du f (P ) = u · ∇f (P )
이므로 최대 방향미분계수는 k∇f (P )k = 3e이고, 그 방향은
1
1
(1, 1, −1)이다.
= √ , 0, − √
· (−1, 1, −1)
2
2
p
=0
e) f (x, y, z) = xy 3 z 5 , P (2, 2, 2)
sol) 점 P 에서의 최대 방향미분계수는 k∇f (P )k으로 주어진다.
이다.
√
√
√ ∇f (P ) = 4 2, 12 2, 20 2
2
g) f (x, y, z) = xy
+ yz 2 + zx2
, P (2, 3, 4) , v = (0, 1, −1)
√
v
1
1
sol) u =
= 0, √ , − √ 이고 f 가 점 P 에서 미분가능하 이므로 최대 방향미분계수는 k∇f (P )k = 4 70이고, 그 방향은
kvk
2
2
(1, 3, 5)이다.
며 또한 ∇f (P ) = (25, 28, 28) 이므로
Du f (P ) = u · ∇f (P )
1
1
= 0, √ , − √
· (25, 28, 28)
2
2
=0
이다.
f) f (x, y, z) = xyz 2 , P (1, −1, 2)
sol) 점 P 에서의 최대 방향미분계수는 k∇f (P )k으로 주어진다.
∇f (P ) = (−4, 4, −4)
√
이므로 최대 방향미분계수는 k∇f (P )k = 4 3이고, 그 방향은
(−1, 1, −1)이다.
π
2
2. 주어진 점 P 에서 f 의 최대 방향미분계수와 그의 방향을 구하 g) f (x, y, z) = x z cos(xy), P 1, π, 2
시오.
sol) 점 P 에서의 최대 방향미분계수는 k∇f (P )k으로 주어진다.
a) f (x, y) = 2x + 3xy + 5y 2 , P (1, 3)
sol) 점 P 에서의 최대 방향미분계수는 k∇f (P )k으로 주어진다.
∇f (P ) = (11, 33)
∇f (P ) = (−π, 0, −1)
p
이므로 최대 방향미분계수는 k∇f (P )k = 1 + π 2 이고, 그 방향
은 (−π, 0, −1)이다.
√
이므로 최대 방향미분계수는 k∇f (P )k = 11 10이고, 그 방향은 3. 함수 f (x, y) = 3x2 − y 2 + 2x − 6가 i + j의 방향으로 최대
(1, 3)이다.
방향미분계수를 갖도록 하는 모든 점을 구하시오.
sol) 점 p에 대해 ∇f (p)가 i + j과 같은 방향일 떄 f 가 최대 방향
y
미분계수를 가진다. f 의 그래디언트는
b) f (x, y) = arctan
, P (1, −2)
x
∇f (x, y) = (6x + 2, −2y)
sol) 점 P 에서의 최대 방향미분계수는 k∇f (P )k으로 주어진다.
이므로 6x + 2 = k = −2y, (k > 0), 즉
2 1
∇f (P ) =
,
5 5
k
k−2
, y=−
x=
√
6
2
5
이고, 그 방향은 인 점 p(x, y)에서 최대 방향미분계수를 가진다.
이므로 최대 방향미분계수는 k∇f (P )k =
5
(2, 1)이다.
c) f (x, y) = x2 − y + y 3 − xy , P (e, 2)
sol) 점 P 에서의 최대 방향미분계수는 k∇f (P )k으로 주어진다.
∇f (P ) = 0, 11 − e2
4. 등산용 산소마크스가 새고 있는 중이다. 만약 산의 표면이
z = 5 − x2 − 2y 2 의 그래프와 같은 모양이고, 등산객이 점
1 1 17
,− ,
에 있다면, 가장 빨리 내려가기 위한 방향은 어디
2 2 4
인가?
123
12 편미분의 활용
SOLUTION
1 1
sol) f (x, y, z) = z − 5 + x + 2y , p =
, − 로 두면 등산객은 a) 점 P (5, 4, 3) 에서 벡터 v = i − j − k 방향으로 전위 V 의 방향
2 2
미분계수를 구하시오.
1
1
v
1
−∇f (p)방향으로 가야 가장 빠르게 내려간다. f 의 그래디언트는
이고
sol) u =
= √ , −√ , −√
kvk
3
3
3
∇f (x, y) = (2x, 4y, 1)
∇f (x, y, z) = (20x − 6y + 2yz, −6x + 2xz, 2xy)
이므로, 가장 가파르게 내려가는 방향은 −∇f (p) = (−1, 2, −1)
이다.
이므로 점 P 에서 u 방향으로의 V 의 방향미분계수는
2
2
Du f (P ) = u · ∇f (P )
1
1
1
· (100, 0, 40)
= √ , −√ , −√
3
3
3
√
= 20 3
5. 2차원 평면의 한 점 (x, y)에서 온도가
T (x, y) = 120e−x
2
−2y 2 −x2 y 2
로 주어졌다. 다음 물음에 답하시오.
이다.
a) 점 P (1, 2)에서 점 Q(3, 4)로의 방향에 대한 온도 T 의 방향미분
계수를 구하시오.
b) 점 P 에서 전위 V 가 가장 빠르게 변하는 방향을 구하시오.
1
1
이므로 T 의 점 P 에서 sol) ∇f (P ) = (100, 0, 40) 이므로 온도 T 가 가장 빠르게 변하는
sol) Q − P = (2, 2)이고 u = √ , √
2
2
방향은 ±(5, 0, 2)이다.
방향 u 로의 방향미분계수는
Du f (P ) = u · ∇f (P )
1
1
1200 1440
= √ ,√
· − 13 , − 13
e
e
2
2
√
1320 2
=−
e13
이다.
c) 점 P 에서 전위 V 의 최대 방향미분계수를 구하시오.
sol)
k∇f (P )k = k(100, 0, 40)k
p
= 1002 + 402
√
= 20 29
√
이므로 점 P 에서의 T 의 최대 방향미분계수는 20 29이다.
b) 점 P 에서 온도
T 가 가장 빠르게
증가하는 방향을 구하시오.
1200 1440
연습문제 12.2 .
sol) ∇f (P ) = − 13 , − 13
이므로 온도 T 가 가장 빠르게
1. 주어진 함수의 임계점을 모두 구하시오.
e
e
증가하는 방향은 (−5, −6)이다.
a) f (x, y) = x2 + x + y 2 − 5
c) 점 P 에서 온도 T 의 최대 방향미분계수를 구하시오.
sol)
1200 1440
k∇f (P )k =
− 13 , − 13
e
e
r
12002
14402
=
+ 26
26
e
e
√
240 61
240 p 2
2
= 13 5 + 6 =
e
e13
√
240 61
이다.
이므로 점 P 에서의 T 의 최대 방향미분계수는
e13
sol) 연립방정식
∇f (x, y) = (2x + 1, 2y) = (0, 0)
1
으로부터 f 의 임계점은 − , 0 이다.
2
b) f (x, y) = 2x2 + 2xy + y 2 − 2x + 2y + 4
sol) 연립방정식
∇f (x, y) = (4x + 2y − 2, 2x + 2y + 2) = (0, 0)
6. 3차원 공간의 한 점 (x, y, z)에서 전위가
V (x, y, z) = 10x2 − 6xy + 2xyz
로 주어졌다. 다음 물음에 답하시오.
으로부터 f 의 임계점은 (2, −3)이다.
4
c) f (x, y) = x4 + 4y 2 + x3
3
124
12 편미분의 활용
SOLUTION
sol) 연립방정식
이므로 점 (0, 3)은 안장점이다.
그리고 점 (3, 0)에서는
0
det Hf (3, 0) = det
−3
∇f (x, y) = (4x3 + 4x2 , 8y) = (0, 0)
으로부터 f 의 임계점은 (0, 0), (−1, 0)이다.
2
d) f (x, y) = e−x
−y 2 +4x
= −9 < 0
이므로 점 (3, 0)은 안장점이다.
또, 점 (1, 1)에서는
sol) 연립방정식
∇f (x, y) = ((−2x + 4)e−x
−3
−6
2
−y 2 +4x
, −2ye−x
2
−y 2 +4x
det Hf (1, 1) = det
) = (0, 0)
−2
−1
−1
=3>0
−2
으로부터 f 의 임계점은 (2, 0)이다.
이고 fxx (1, 1) = −2 < 0이므로 점 (1, 1)은 극대점이다.
e) f (x, y) = (2x2 + 2y 2 )ex+y
b) f (x, y) = 2x3 − 3x2 y − 12x2 − 3y 2
sol) 연립방정식
sol) 연립방정식
∇f (x, y) = ((2x2 + 2y 2 + 4x)ex+y , (2x2 + 2y 2 + 4y)ex+y )
= (0, 0)
으로부터 f 의 임계점은 (0, 0), (−1, −1)이다.
f) f (x, y, z) = x2 + xy + yz − z 3
∇f (x, y) = (6x2 − 6xy − 24x, −3x2 − 6y) = (0, 0)
으로부터 f 의 임계점은 (0, 0), (2, −2), (−4, −8)이다. 한편,
12x − 6y − 24 −6x
Hf (x, y) =
−6x
−6
이고 점 (0, 0)에서는
sol) 연립방정식
∇f (x, y, z) = (2x + y, x + z, y − 3z 2 ) = (0, 0, 0)
2 4 2
으로부터 f 의 임계점은 (0, 0, 0), − , ,
이다.
3 3 3
2. 주어진 함수의 모든 임계점을 구하고 분류하시오.
a) f (x, y) = 3xy − x2 y − xy 2
sol) 연립방정식
2
2
∇f (x, y) = (3y − 2xy − y , 3x − x − 2xy) = (0, 0)
으로부터 f 의 임계점은 (0, 0), (0, 3), (3, 0), (1, 1)이다. 한편,
−2y
3 − 2x − 2y
Hf (x, y) =
3 − 2x − 2y
−2x
−24 0
det Hf (0, 0) = det
= 144 > 0
0
−6
이고 fxx (0, 0) < 0이므로 점 (0, 0)은 극대점이다.
그리고 점 (2, −2)에서는
12 −12
det Hf (2, −2) = det
= −216 < 0
−12 −6
이므로 점 (2, −2)은 안장점이다.
그리고 점 (−4, −8)에서는
−24
det Hf (−4, −8) = det
24
24
−6
= −432 < 0
이므로 점 (−4, −8)은 안장점이다.
c) f (x, y) = e−x
2
−y 2
이고 점 (0, 0)에서는
0
det Hf (0, 0) = det
3
이므로 점 (0, 0)은 안장점이다.
그리고 점 (0, 3)에서는
−6
det Hf (0, 3) = det
−3
3
= −9 < 0
0
−3
0
= −9 < 0
sol) 연립방정식
∇f (x, y) = (−2xe−x
2
−y 2
, −2ye−x
으로부터 f 의 임계점은 (0, 0)이다. 한편,
2
2
2
4x − 2
Hf (x, y) = e−x −y
4xy
125
2
−y 2
) = (0, 0)
4xy
4y 2 − 2
12 편미분의 활용
SOLUTION
1
1
1
1
이고 fxx − √ , − √
< 0이므로 점 − √ , − √ 은 극대점
2
2
2
2
이다.
이므로 점 (0, 0)에서는
det Hf (0, 0) = det
−2
0
0
=4>0
−2
이고 fxx (0, 0) < 0이므로 점 (0, 0)은 극대점이다.
2
d) f (x, y) = xye−x
e) f (x, y, z) = x2 + yez
−y 2
2
−y
(12.4절)
sol) 연립방정식
∇f (x, y, z) = (2x, (1 − y)ez
sol) 연립방정식
2
∇f (x, y) = ((y − 2x2 y)e−x
−y 2
2
2
, (x − 2xy 2 )e−x −y ) = (0, 0)
1
1
1
1
, −√ , √
,
으로부터 f 의 임계점은 (0, 0), √ , √
2
2
2
2
1
1
1
1
√ , −√
, − √ , − √ 이다. 한편,
2
2
2
2
2xy(2x2 − 3)
(2x2 − 1)(2y 2 − 1)
−x2 −y 2
Hf (x, y) = e
(2x2 − 1)(2y 2 − 1)
2xy(2y 2 − 3)
0
1
−y
, 2yzez
2
−y
) = (0, 0, 0)
으로부터 f 의 임계점은 (0, 1, 0)이다. 한편,


2
0
0
2
2
(y − 2)ez −y
2z(1 − y)ez −y 
Hf (x, y, z) = 0
2
z 2 −y
0 2z(1 − y)e
2y(1 + 2z 2 )ez −y
이므로 점 (0, 1, 0)에서는

2
Hf (0, 1, 0) = 0
0
이고 점 (0, 0)에서는
det Hf (0, 0) = det
2
0
−e−1
0

0
0 
2e−1
이다. 이제 두 단위벡터 u1 , u2 를
1
= −1 < 0
0
u1 = (1, 0, 0),
이므로 점 (0, 0)은 안장점이다.
1
1
그리고 점 √ , √ 에서는
2
2
1
1
−2 0
= e−2 · det
= 4e−2 > 0
det Hf √ , √
0 −2
2
2
1
1
1
1
이고 fxx √ , √
< 0이므로 점 √ , √ 은 극대점이다.
2
2
2
2
1
1
그리고 점 − √ , √ 에서는
2
2
1
1
2 0
det Hf − √ , √
= e−2 · det
= 4e−2 > 0
0 2
2
2
1
1
1
1
√
√
√
√
이고 fxx −
,
> 0이므로 점 −
,
은 극소점이
2
2
2
2
다.
1
1
그리고 점 √ , − √ 에서는
2
2
1
1
2 0
det Hf √ , − √
= e−2 · det
= 4e−2 > 0
0 2
2
2
1
1
1
1
√
√
√
√
이고 fxx
,−
> 0이므로 점
,−
은 극소점이
2
2
2
2
다.
1
1
그리고 점 − √ , − √ 에서는
2
2
1
1
−2 0
det Hf − √ , − √
= e−2 · det
= 4e−2 > 0
0 −2
2
2
u2 = (0, 1, 0)
으로 두면
uT1 Hf u1 = 2 > 0,
uT2 Hf u2 = −e−1 < 0
이므로 점 (0, 1, 0)은 안장점이다.
별해) 부록 12.4의 내용을 적용하면

2
0
det Hf (0, 1, 0) = det 0 −e−1
0
0
det
2
0
0
−e−1

0
0  = −4e−2 < 0,
2e−1
= −2e−1 < 0
이고 fxx (0, 1, 0) > 0이므로 점 (0, 1, 0)은 안장점이다.
3. 지정된 평면 영역 R에서 정의된 함수 f 의 최댓값과 최솟값을
구하시오.
a) f (x, y) = (x + y)2 + 3(x + y + xy) + 1, R은 |x| ≤ 1과 |y| ≤ 1
을 만족하는 영역
sol) 연립방정식
∇f (x, y) = (2x + 5y + 3, 5x + 2y + 3) = (0, 0)
3 3
3 3
2
으로부터 f 의 임계점은 − , − 이고 f − , −
=−
7 7
7 7
7
이다. 이제 R의 경계곡선에 대해 최대, 최소를 조사해보면
126
12 편미분의 활용
SOLUTION
(iii) f (x,√
y)가 x2 + y 2 = 4이고 x ≥ 0, y ≥ 0인 범위에서는
y = 4 − x2 (0 ≤ x ≤ 2) 이므로
(i) f (x, y)가 −1 ≤ x ≤ 1이고 y = 1인 범위에서는
f (x, 1) = x2 + 8x + 5 = (x + 4)2 − 11
(−1 ≤ x ≤ 1)
f (x,
이므로 x = −1, x = 1에서 극값을 가진다. 그 값들을 비교해
보면 f (−1, 1) = −2, f (1, 1) = 14 이므로 주어진 범위에서
f (x, 1)의 최댓값은 14, 최솟값은 −2이다.
(−1 ≤ y ≤ 1)
4 − x2 ) = 4 + 2x2
(0 ≤ x ≤ 2)
이고 x = 0, x = 2에서 극값을 가진다. 그 값들을 비교해
보면 √f (0, 2) = 4, f (2, 0) = 12 이므로 주어진 범위에서
f (x, 4 − x2 )의 최댓값은 12, 최솟값은 4이다.
(ii) f (x, y)가 x = 1이고 −1 ≤ y ≤ 1인 범위에서는
f (1, y) = y 2 + 8y + 5 = (y + 4)2 − 11
p
마지막으로 위에서 구한 f 의 값들을 비교해보면 영역 R에서 f 의
최댓값은 12이고 최솟값은 0이다.
이므로 y = −1, y = 1에서 극값을 가진다. 그 값들을 비교해
보면 f (1, −1) = −2, f (1, 1) = 14 이므로 주어진 범위에서
x2
f (1, y)의 최댓값은 14, 최솟값은 −2이다.
c) f (x, y) =
+ y 2 − 2x − 2y + 4, R은 x2 + 2y 2 ≤ 4를 만족하는
2
(iii) f (x, y)가 −1 ≤ x ≤ 1이고 y = −1인 범위에서는
영역
f (x, −1) = x2 − 2x − 1 = (x − 1)2 − 2
(−1 ≤ x ≤ 1)
이므로 x = −1, x = 1에서 극값을 가진다. 그 값들을 비
교해보면 f (−1, −1) = 2, f (1, −1) = −2 이므로 주어진
범위에서 f (x, −1)의 최댓값은 2, 최솟값은 −2이다.
∇f (x, y) = (x − 2, 2y − 2) = (0, 0)
으로부터 f 의 임계점은 (2, 1)이지만 이는 영역 R에 속하지 않는
다. 이제 R의 경계곡선에 대해 최대, 최소를 조사해보면
(iv) f (x, y)가 x = −1이고 −1 ≤ y ≤ 1인 범위에서는
f (−1, y) = y 2 − 2y − 1 = (y − 1)2 − 2
sol) 연립방정식
(−1 ≤ y ≤ 1)
이므로 y = −1, y = 1에서 극값을 가진다. 그 값들을 비
교해보면 f (−1, −1) = 2, f (−1, 1) = −2 이므로 주어진
범위에서 f (1, y)의 최댓값은 2, 최솟값은 −2이다.
마지막으로 위에서 구한 f 의 값들을 비교해보면 영역 R에서 f 의
최댓값은 14이고 최솟값은 −2이다.
2
(i) f (x, p
y)가 x2 + 2y√
= 4이고
√ 0 ≤ x ≤ 2인 범위에서는
2
x = 4 − 2y (− 2 ≤ y ≤ 2) 이므로
√
p
p
√ f ( 4 − 2y 2 , y) = −2 4 − 2y 2 − 2y + 6 − 2 ≤ y ≤ 2
이고
2
2
2
2
b) f (x, y) = 3x + y , R은 x + y ≤ 4와 x ≥ 0, y ≥ 0을
만족하는 영역
p
4y
f 0 ( 4 − 2y 2 , y) = p
−2=0
4 − 2y 2
sol) 연립방정식
r
∇f (x, y) = (6x, 2y) = (0, 0)
으로부터 f 의 임계점은 (0, 0)이고 f (0, 0) = 0이다. 이제 R의
경계곡선에 대해 최대, 최소를 조사해보면
2
2
(ii) f (x, y)가
= 4이고 −2
p x + 2y √
√ ≤ x ≤ 0인 범위에서는
2
x = − 4 − 2y (− 2 ≤ y ≤ 2) 이므로
(i) f (x, y)가 x = 0이고 0 ≤ y ≤ 2인 범위에서는
f (0, y) = y 2
r
p
2
2
2
이므로 f ( 4 − 2y , y)는 y =
에서 극값
에서 y =
3
3
p
p
√
을 가진다. 그 값은 f 2 2/3, 2/3 = 6 − 2 6 이다. 또,
√ √ √
끝점에서는 f 0, − 2 = f 0, 2 = 6 + 2 2이다.
(0 ≤ y ≤ 2)
f (−
이므로 y = 0, y = 2에서 극값을 가진다. 그 값들을 비교
해보면 f (0, 0) = 0, f (0, 2) = 4 이므로 주어진 범위에서
f (0, y)의 최댓값은 4, 최솟값은 0이다.
p
이고
p
4y
f 0 (− 4 − 2y 2 , y) = − p
−2=0
4 − 2y 2
(ii) f (x, y)가 0 ≤ x ≤ 2이고 y = 0인 범위에서는
f (x, 0) = 3x2
(0 ≤ x ≤ 2)
p
√
√
4 − 2y 2 , y) = 2 4 − 2y 2 − 2y + 6 (− 2 ≤ y ≤ 2)
r
이므로 x = 0, x = 2에서 극값을 가진다. 그 값들을 비교
해보면 f (0, 0) = 0, f (2, 0) = 12 이므로 주어진 범위에서
f (x, 0)의 최댓값은 12, 최솟값은 0이다.
127
r
p
2
2
2
에서 y = −
이므로 f (− 4 − 2y , y)는 y = −
에서
3
3
p
p
√
극값을 가진다. 그 값은 f −2 2/3, − 2/3 = 6 + 2 6
이다.
12 편미분의 활용
SOLUTION
마지막으로 위에서
영역 R에서 f 의
√ 구한 f 의 값들을 비교해보면
√
최댓값은 6 + 2 6이고 최솟값은 6 − 2 6이다.
(ii) f (x, y)가 0 ≤ x ≤ 6이고 y = 0인 범위에서는
f (x, 0) = 0
2
2
d) f (x, y) = x − y , R은 세 점 (1, 0), (0, 1), (0, −1)을 꼭짓점으
로 하는 삼각형 영역
(0 ≤ x ≤ 6)
이다.
(iii) f (x, y)가 y = −x + 6이고 0 ≤ x ≤ 6인 범위에서는
sol) 연립방정식
f (x, −x + 6) = −2x3 + 24x2 − 72x
∇f (x, y) = (2x, −2y) = (0, 0)
이고
으로부터 f 의 임계점은 (0, 0)이고 f (0, 0) = 0이다. 이제 R의
경계곡선에 대해 최대, 최소를 조사해보면
f 0 (x, −x + 6) = −6x2 + 48x − 72 = −6(x − 2)(x − 6) = 0
에서 x = 2, x = 6이므로 f (x, −x + 6)는 x = 2, x = 6에서
극값을 가진다. 그 값들은 f (2, 4) = −64, f (6, 0) = 0이다.
(i) f (x, y)가 x = 0이고 −1 ≤ y ≤ 1인 범위에서는
f (0, y) = −y 2
(0 ≤ x ≤ 6)
(−1 ≤ y ≤ 1)
마지막으로 위에서 구한 f 의 값들을 비교해보면 영역 R에서 f 의
최댓값은
4이고 최솟값은 −64이다.
이므로 y = −1, y = 0, y = 1에서 극값을 가진다. 그 값들을
비교해보면 f (0, −1) = −1, f (0, 0) = 0, f (0, 1) = −1 이
므로 주어진 범위에서 f (0, y)의 최댓값은 0, 최솟값은 −1 f) f (x, y) = arctan (xy), R은 세 점 (0, 0), (4, 0), (0, 1)을 꼭짓점
이다.
으로 하는 삼각형 영역
(ii) f (x, y)가 y = x − 1이고 0 ≤ x ≤ 1인 범위에서는
f (x, x − 1) = 2x − 1
sol) 연립방정식
(0 ≤ x ≤ 1)
이므로 x = 0, x = 1에서 극값을 가진다. 그 값들을 비교해
보면 f (0, −1) = −1, f (1, 0) = 1 이므로 주어진 범위에서
f (x, x − 1)의 최댓값은 1, 최솟값은 −1이다.
y
x
,
1 + x2 y 2 1 + x2 y 2
= (0, 0)
으로부터 f 의 임계점은 (0, 0)이고 f (0, 0) = 0이다. 이제 R의
경계곡선에 대해 최대, 최소를 조사해보면
(iii) f (x, y)가 y = −x + 1이고 0 ≤ x ≤ 1인 범위에서는
f (x, −x + 1) = 2x − 1
∇f (x, y) =
(0 ≤ x ≤ 1)
이므로 x = 0, x = 1에서 극값을 가진다. 그 값들을 비교
해보면 f (0, 1) = −1, f (1, 0) = 1 이므로 주어진 범위에서
f (x, −x + 1)의 최댓값은 1, 최솟값은 −1이다.
마지막으로 위에서 구한 f 의 값들을 비교해보면 영역 R에서 f 의
최댓값은 1이고 최솟값은 −1이다.
(i) f (x, y)가 x = 0이고 0 ≤ y ≤ 1인 범위에서는
f (0, y) = 0
(0 ≤ y ≤ 1)
이다.
(ii) f (x, y)가 0 ≤ x ≤ 4이고 y = 0인 범위에서는
e) f (x, y) = 4xy 2 − x2 y 2 − xy 3 , R은 세 점 (0, 0), (6, 0), (0, 6)을
꼭짓점으로 하는 삼각형 영역
f (x, 0) = 0
(0 ≤ x ≤ 4)
이다.
sol) 연립방정식
(iii) f (x, y)가 x = 4 − 4y이고 0 ≤ y ≤ 1인 범위에서는
2
∇f (x, y) = (−y (2x + y − 4), xy(−2x − 3y + 8)) = (0, 0)
f (4 − 4y, y) = arctan (4y − 4y 2 )
으로부터 f 의 임계점은 (x, 0), (0, 4), (1, 2)이고 f (x, 0) = 0,
f (0, 4) = 0, f (1, 2) = 4이다. 이제 R의 경계곡선에 대해 최
대, 최소를 조사해보면
이고
f 0 (4 − 4y, y) =
(i) f (x, y)가 x = 0이고 0 ≤ y ≤ 6인 범위에서는
f (0, y) = 0
(0 ≤ y ≤ 1)
4 − 8y
=0
1 + 16(y − 1)2 y 2
1
1
이므로 f (4−4y, y)는 y = 에서 극값을 가진다.
2
2
π
그 값은 f (2, 1/2) = arctan 1 = 이다.
4
에서 y =
(0 ≤ y ≤ 6)
이다.
128
12 편미분의 활용
SOLUTION
마지막으로 위에서 구한 f 의 값들을 비교해보면 영역 R에서 f 의 이고 점 (0, 0)에서는
π
최댓값은 이고 최솟값은 0이다.
0 −3
4
det Hf (0, 0) = det
= −9 < 0
−3 0
4. 함수 f (x, y) = 2x3 + xy 2 + 5x2 + y 2 의 임계점들 중 안장점을
이므로 점(0, 0)은 안장점이다.
구하시오.
그리고 점 (1, 1)에서는
6 −3
sol) 연립방정식
det Hf (1, 1) = det
= 27 > 0
−3 6
∇f (x, y) = (6x2 + 10x + y 2 , 2y(x + 1)) = (0, 0)
이므로 점 (1, 1)은 안장점이 아니다.
5
그러므로
안장점은 (0, 0) 이다.
으로부터 f 의 임계점은 (−1, 2), (−1, −2), (0, 0), − , 0 이다.
3
한편,
6. 다각형 모양의 집합에서 f (x, y) = ax + by + c의 극댓값과 극솟
12x + 10
2y
값은
늘 꼭짓점에서만 얻어진다는 사실을 이용하여 다음 물음에
Hf (x, y) =
2y
2x + 2
답하시오.
이고 점 (−1, 2)에서는
−2
det Hf (−1, 2) = det
4
4
= −16 < 0
0
이므로 점 (−1, 2)은 안장점이다.
그리고 점 (−1, −2)에서는
−2
det Hf (−1, −2) = det
−4
−4
= −16 < 0
0
이므로 점 (−1, −2)은 안장점이다.
그리고 점 (0, 0)에서는
10
det Hf (0, 0) = det
0
0
2
a) 네 점 (0, 1), (1, 0), (−2, 0), (0, −3)을 꼭짓점으로 하는 사각형
에서 3x + 2y + 2의 극값을 구하시오.
sol) f (x, y) = 3x + 2y + 2라고 두자. 그러면
f (0, 1) = 4, f (1, 0) = 5, f (−2, 0) = −4, f (0, −3) = −4
이므로 가장 큰 값인 f (1, 0) = 5는 극댓값이고, 가장 작은값인
f (−2, 0) = f (0, −3) = −4는 극솟값이다. 이제 나머지 점들이
극점인지 판별해보자. y = 1 − x, 0 ≤ x ≤ 1 일 때
f (x, 1 − x) = x + 4
= 20 > 0
이고 y =
이므로 점 (0,
0)은안장점이 아니다.
5
그리고 점 − , 0 에서는
3
!
−10
0
40
5
4 =
det Hf − , 0 = det
>0
0
−
3
3
3
5
이므로 점 − , 0 은 안장점이 아니다.
3
그러므로 안장점은 (−1, 2), (−1, −2) 이다.
x
+ 1,
2
−2 ≤ x ≤ 0일 때
x
f x, + 1 = 4x + 4
2
이므로 사각형의 경계 위에서 점 (0, 1) 근방에서의 f 의 증감
이 변하지 않는다. 즉, (0, 1)은 극점이 아니다. 따라서 극점은
(1, 0), (−2, 0), (0, −3)으로 총 세 개이고, 극대값은 5, 극솟값은 -4
이다.
b) 4x + 3y ≤ 14, 8x + y ≤ 8, x ≥ 0, y ≥ 0을 모두 만족하는
영역에서 4x + y의 극값을 구하시오.
5. 함수 f (x, y) = x3 − 3xy + y 3 + 5는 안장점을 하나 가진다. 그 sol) 문제의 영역은 사각형이고 사각형의 각 꼭짓점은
점을 구하시오.
1
14
(0, 0), (1, 0) ,
, 4 , 0,
이다. f (x, y) = 4x + y라고 두면
2
3
sol) 연립방정식
1
14
14
f (0, 0) = 0, f (1, 0) = 4, f
, 4 = 6, f 0,
=
,
2
2
2
3
3
∇f (x, y) = (3(x − y), 3(y − x)) = (0, 0)
1
으로부터 f 의 임계점은 (0, 0), (1, 1)이다. 한편,
이다. 그러므로 가장 큰 값인 f
, 4 = 6는 극댓값이고, 가장 작
2
6x −3
은 값인 f (0, 0) = 0는 극솟값이다. 이제 나머지 점들이 극점인지
Hf (x, y) =
−3 6y
판별해보자.
129
12 편미분의 활용
SOLUTION
(i) 점 (1, 0) : y = 0,
0≤x≤1일때
f (x, 0) = 4x
이고
y = 8 − 8x,
따라서
23
√
f ± 5/3, 2/3 =
, f (0, ±1) = ±1, f (±1, 0) = 1
27
이므로 최댓값은 1, 최솟값은 -1 이다.
1
≤x≤1일때
2
b) x2 + y 2 = 1, f (x, y) = 3x2 y 3 의 최댓값
sol) g(x, y) = x2 + y 2 − 1로 두자. 조건 g(x, y) = 0을 만족하는 점
f (x, 8 − 8x) = 8 − 4x
들의 집합을 D로 두면 D는 유계 닫힌 집합이고 f 가 이 위에서 연
이므로 사각형의 경계 위에서 점 (1, 0) 근방에서의 f 의 증 속이므로 f 는 D에서 최댓값과 최솟값을 가진다. 또한, (x, y) ∈ D
에 대해
감이 변하지 않는다. 즉, (1, 0)은 극점이 아니다.
∇g(x, y) = (2x, 2y) 6= (0, 0)
14
14
(ii) 점 0,
: x = 0, 0 ≤ y ≤
일때
3
3
이므로 라그랑주 승수법에 의해
∇f (x, y) = λ∇g(x, y) =⇒ (6xy 3 , 9x2 y 2 ) = λ(2x, 2y)
f (0, y) = y
이고
x=
14 − 3y
,
4
14
일때
3
14 − 3y
, y = 14 − 2y
f
4
를 만족하는 λ ∈ R이 존재한다. 제약조건과 위 연립방정식으로부
터
4≤y≤
(i) x, y 6= 0 일 때 3y 3 = λ, 9x2 y = 2λ 이므로
2λ = 9x2 y =⇒ 9x2 y = 6y 3
=⇒ 3x2 = 2y 2

q
q
x = 2 =⇒ y = ± 3 ,
5
5
q
q
=⇒
x = − 2 =⇒ y = ± 3 ,
5
5
14
이므로 사각형의 경계 위에서 점 0,
근방에서의 f 의
3
14
은 극점이 아니다.
증감이 변하지 않는다. 즉, 0,
3
(ii) x = 0이면 y = ±1,
1
따라서 극점은
, 4 , (0, 0)으로 총 두 개이고, 극댓값은 6, 극 (iii) y = 0이면 x = ±1이다.
2
따라서
솟값은 0 이다.
p
p
p 18 3/5
f ± 2/5, 3/5 =
,
f (0, ±1) = 0,
연습문제 12.3 .
25 p
1. 주어진 제약조건에 대해 f 의 최댓값 또는 최솟값을 구하시오.
p
p
18 3/5
f ± 2/5, − 3/5 = −
, f (±1, 0) = 0
25
p
a) x2 + y 2 = 1, f (x, y) = x2 + y 3 의 최댓값과 최솟값
18 3/5
이다.
sol) g(x, y) = x2 + y 2 − 1로 두자. 조건 g(x, y) = 0을 만족하는 점 이므로 최댓값은
25
들의 집합을 D로 두면 D는 유계 닫힌 집합이고 f 가 이 위에서 연
속이므로 f 는 D에서 최댓값과 최솟값을 가진다. 또한, (x, y) ∈ D
y2
x2
+ y 2 = 1, f (x, y) = 2x − x3 − 의 최솟값
c)
에 대해
4
3
x2
2
+ y − 1로 두자. 조건 g(x, y) = 0을 만족
sol) g(x, y) =
∇g(x, y) = (2x, 2y) 6= (0, 0)
4
하는 점들의 집합을 D로 두면 D는 유계 닫힌 집합이고 f 가 이
이므로 라그랑주 승수법에 의해
위에서 연속이므로 f 는 D에서 최댓값과 최솟값을 가진다. 또한,
(x, y) ∈ D에 대해
x
∇f (x, y) = λ∇g(x, y) =⇒ (2x, 3y 2 ) = λ(2x, 2y)
∇g(x, y) =
, 2y 6= (0, 0)
2
를 만족하는 λ ∈ R이 존재한다. 제약조건과 위 연립방정식으로부
이므로 라그랑주 승수법에 의해
터
x
√
2
2
(i) x, y 6= 0일 때λ = 1 =⇒ y = 2/3, x = ± 5/3,
∇f (x, y) = λ∇g(x, y) =⇒ 2 − 3x , − y = λ
, 2y
3
2
(ii) x = 0이면 y = ±1,
를 만족하는 λ ∈ R이 존재한다. 제약조건과 위 연립방정식으로부
(iii) y = 0이면 x = ±1이다.
터
130
12 편미분의 활용
SOLUTION
(i) λ = −
1
이면
3
x2
+ y 2 − 1로 두자. 조건 g(x, y) = 0을 만족
9
하는 점들의 집합을 D로 두면 D는 유계 닫힌 집합이고 f 가 이
위에서 연속이므로 f 는 D에서 최댓값과 최솟값을 가진다. 또한,
(x, y) ∈ D에 대해
2x
, 2y 6= (0, 0)
∇g(x, y) =
9
sol) g(x, y) =
x
1
x
= (2 − 3x2 ) =⇒
= −3(2 − 3x2 )
2
λ
2
r
√
√

1
865
2159
865
1

x =
+
=⇒ y = ±
−
,
36 √36
36 r 2
√2
=⇒


x = 1 − 865 =⇒ y = ± 1 2159 + 865 ,
36
36
36
2
2
이므로 라그랑주 승수법에 의해 y 6= 0 이면
∇f (x, y) = λg(x, y)
2x
y
, 2y
=⇒ −2x sin(x2 )e−|y| , − e−|y| cos(x2 ) = λ
|y|
9
(ii) y = 0이면 x = ±2 이다.
따라서


s
√
√
√
865 865 − 6479
1
1
865
2159
865


=
f
+
,±
−
36
36
36
2
2
23328
를 만족하는 λ ∈ R이 존재한다. 제약조건과 위 연립방정식으로부
터
(i) x = 0이면 y = ±1,
≈ 0.8218,


s
√
√
√
1
1
−865 865 − 6479
865
2159
865


f
−
,±
+
=
36
36
36
2
2
23328
(ii) x 6= 0 이면
y
2x
, − e−|y| cos(x2 ) = λ2y
9
|y|
cos(x2 )
=⇒ λ = −9 sin(x2 )e−|y| = −e−|y|
2|y|
1
=⇒ |y| =
18 tan(x2 )
x2
1
=⇒
+ 2
=1
9
18 tan2 (x2 )
− 2x sin(x2 )e−|y| = λ
≈ −1.36828,
f (±2, 0) = ∓4
이므로 최솟값은 -4 이다.
2
x
y2
f (x, y) = xy exp − −
의 최댓값
4
4
sol) g(x, y) = xy − 8로 두자. 조건 g(x, y) = 0을 만족하는 점들의
집합을 D로 두면 (x, y) ∈ D에 대해
d) xy = 8,
이므로 이를 계산하면 근사적으로
x = ±2, 9853, ±2.5270, ±2.4868,
= ±0.2359, ±1.7531, ±1.7919
∇g(x, y) = (y, x) 6= (0, 0)
이고
이므로 라그랑주 승수법에 의해
1
≥ 0이어야 하므로 가능한 점들은
18 tan(x)
(±2.5270, ±0.5399), (∓2.5270, ±0.5399),
∇f (x, y) = λ∇g(x, y)
2
2
2
2
x2
y2
− x +y
− x +y
4
4
=⇒ y 1 −
e
,x 1 −
e
= λ(y, x)
2
2
(±1.7919, ±0.8002), (∓1.7919, ±0.8002),
(±0.2359, ±0.9973), (∓0.2359, ±0.9973)
이다.
를 만족하는 λ ∈ R이 존재한다. 제약조건과 위 연립방정식으로부
위에서 구한 점들에서의 함숫값은
터 x = y이고
√
√
f (±2.5270, ±0.5399) = f (∓2.5270, ±0.5399) = 0.5798,
(i) x = 2 2 =⇒ y = 2 2,
f
(±1.7919, ±0.8002) = f (∓1.7919, ±0.8002) = −0.4473,
√
√
(ii) x = −2 2 =⇒ y = −2 2
f (±0.2359, ±0.9973) = f (∓0.2359, ±0.9973) = 0.3684,
이다. 따라서,
f (0, ±1) = 1/e ≈ 0.3679
√
√
8
f (±2 2, ±2 2) = 4
e
이므로 최댓값은
8
이다.
e4
e) (계산 프로그램 사용 권장)
e
−|y|
2
이다. 또한 y = 0일 때, f (±3, 0) = cos 9 ≈ −0.9111 이므로 이를
종합하면 최솟값은 -0.9111 이다.
x2
+ y 2 = 1,
9
f (x, y) =
f) x2 + 2y 2 + 2z 2 = 5, f (x, y, z) = xyz의 최댓값과 최솟값
sol) g(x, y) = x2 + 2y 2 + 2z 2 − 5로 두자. 조건 g(x, y) = 0을
만족하는 점들의 집합을 D로 두면 (x, y) ∈ D에 대해
∇g(x, y) = (2x, 4y, 4z) 6= (0, 0)
cos(x )의 최솟값
131
12 편미분의 활용
SOLUTION
3 3
3 3
2
으로부터 f 의 임계점은 − , − 이고 f − , −
=−
7 7
7 7
7
이다. 이제 R의 경계곡선에 대해 최대, 최소를 조사해보면
이므로 라그랑주 승수법에 의해
∇f (x, y) = λ∇g(x, y) =⇒ (yz, xz, xy) = λ (2x, 4y, 4z)
를 만족하는 λ ∈ R이 존재한다. 제약조건과 위 연립방정식으로부
터 x, y, z 6= 0 일 때 λ 6= 0 이고

1

x = 2λ yz,
1 2 2 2
1
=⇒ xyz =
x y z =⇒ xyz = 32λ3 ,
xz,
y = 4λ
3

32λ

1
z = 4λ
xy

1
2

x = 2λ xyz,
3
1
=⇒ x2 + 2y 2 + 2z 2 =
xyz = 5
2y 2 = 2λ
xyz,

2λ
 2
1
xyz
2z = 2λ
(i) f (x, y)가 −1 ≤ x ≤ 1이고 y = 1인 범위에서는
f (x, 1) = x2 + 8x + 5 = (x + 4)2 − 11
(−1 ≤ x ≤ 1)
이므로 x = −1, x = 1에서 극값을 가진다. 그 값들을 비교해
보면 f (−1, 1) = −2, f (1, 1) = 14 이므로 주어진 범위에서
f (x, 1)의 최댓값은 14, 최솟값은 −2이다.
(ii) f (x, y)가 x = 1이고 −1 ≤ y ≤ 1인 범위에서는
f (1, y) = y 2 + 8y + 5 = (y + 4)2 − 11
10λ
=⇒ xyz =
3
r
1 5
이므로 λ = ±
이다. 또한, λ = 0일 때
4 3
p
x = 0, y = 0 =⇒ z = ± 5/2,
p
x = 0, z = 0 =⇒ y = ± 5/2,
√
y = 0, z = 0 =⇒ x = ± 5,
(−1 ≤ y ≤ 1)
이므로 y = −1, y = 1에서 극값을 가진다. 그 값들을 비교해
보면 f (1, −1) = −2, f (1, 1) = 14 이므로 주어진 범위에서
f (1, y)의 최댓값은 14, 최솟값은 −2이다.
(iii) f (x, y)가 −1 ≤ x ≤ 1이고 y = −1인 범위에서는
f (x, −1) = x2 − 2x − 1 = (x − 1)2 − 2
(−1 ≤ x ≤ 1)
이므로 x = −1, x = 1에서 극값을 가진다. 그 값들을 비
교해보면 f (−1, −1) = 2, f (1, −1) = −2 이므로 주어진
범위에서 f (x, −1)의 최댓값은 2, 최솟값은 −2이다.
이므로 이들을 사용하면 살펴볼 점들은
p
p
p
p
p
p
± 5/3, ± 5/6, ± 5/6 , ∓ 5/3, ± 5/6, ± 5/6 ,
p
p
p
p
p
p
± 5/3, ∓ 5/6, ± 5/6 , ± 5/3, ± 5/6, ∓ 5/6 .
√
p
p
0, 0, ± 5/2 , 0, ± 5/2, 0 , ± 5, 0, 0
(iv) f (x, y)가 x = −1이고 −1 ≤ y ≤ 1인 범위에서는
f (−1, y) = y 2 − 2y − 1 = (y − 1)2 − 2
로 총 14개이다. 아래 6개 점에서는 함숫값이 모두 0 이다. 이제
나머지 8개 점에서의 함숫값을 조사하자. 편의를 의해 점들의 각
성분의 부호만 나타내면
√
5 15
f (−, −, +) = f (−, +, −) = f (+, −, −) = f (+, +, +) =
,
18
√
5 15
f (+, +, 1) = f (+, −, +) = f (−, +, +) = f (−, −, −) = −
18
√
√
5 15
5 15
이므로 최댓값은
, 최솟값은 −
이다.
18
18
2. 지정된 평면 영역 R에서 정의된 함수 f 의 최댓값과 최솟값을
구하시오.
(−1 ≤ y ≤ 1)
이므로 y = −1, y = 1에서 극값을 가진다. 그 값들을 비
교해보면 f (−1, −1) = 2, f (−1, 1) = −2 이므로 주어진
범위에서 f (1, y)의 최댓값은 2, 최솟값은 −2이다.
마지막으로 위에서 구한 f 의 값들을 비교해보면 영역 R에서 f 의
최댓값은 14이고 최솟값은 −2이다.
b) f (x, y) = 3x2 + y 2 , R은 x2 + y 2 ≤ 4와 x ≥ 0, y ≥ 0을
만족하는 영역
sol) 연립방정식
∇f (x, y) = (6x, 2y) = (0, 0)
으로부터 f 의 임계점은 (0, 0)이고 f (0, 0) = 0이다. 이제 R의
경계곡선에 대해 최대, 최소를 조사해보면
a) f (x, y) = (x + y)2 + 3(x + y + xy) + 1, R은 |x| ≤ 1과 |y| ≤ 1
을 만족하는 영역
sol) 연립방정식
(i) f (x, y)가 x = 0이고 0 ≤ y ≤ 2인 범위에서는
f (0, y) = y 2
(0 ≤ y ≤ 2)
이므로 y = 0, y = 2에서 극값을 가진다. 그 값들을 비교
해보면 f (0, 0) = 0, f (0, 2) = 4 이므로 주어진 범위에서
f (0, y)의 최댓값은 4, 최솟값은 0이다.
∇f (x, y) = (2x + 5y + 3, 5x + 2y + 3) = (0, 0)
132
12 편미분의 활용
SOLUTION
r
r
p
2
2
2
에서 y = −
이므로 f (− 4 − 2y , y)는 y = −
에서
3
3
p
p
√
극값을 가진다. 그 값은 f −2 2/3, − 2/3 = 6 + 2 6
(ii) f (x, y)가 0 ≤ x ≤ 2이고 y = 0인 범위에서는
f (x, 0) = 3x2
(0 ≤ x ≤ 2)
이다.
이므로 x = 0, x = 2에서 극값을 가진다. 그 값들을 비교
해보면 f (0, 0) = 0, f (2, 0) = 12 이므로 주어진 범위에서 마지막으로 위에서 구한 f 의 값들을 비교해보면 영역 R에서 f 의
√
√
f (x, 0)의 최댓값은 12, 최솟값은 0이다.
최댓값은 6 + 2 6이고 최솟값은 6 − 2 6이다.
(iii) f (x,√
y)가 x2 + y 2 = 4이고 x ≥ 0, y ≥ 0인 범위에서는
y = 4 − x2 (0 ≤ x ≤ 2) 이므로
d) f (x, y) = x2 − y 2 , R은 세 점 (1, 0), (0, 1), (0, −1)을 꼭짓점으
p
로 하는 삼각형 영역
f (x, 4 − x2 ) = 4 + 2x2 (0 ≤ x ≤ 2)
이고 x = 0, x = 2에서 극값을 가진다. 그 값들을 비교해 sol) 연립방정식
보면 √f (0, 2) = 4, f (2, 0) = 12 이므로 주어진 범위에서
∇f (x, y) = (2x, −2y) = (0, 0)
f (x, 4 − x2 )의 최댓값은 12, 최솟값은 4이다.
마지막으로 위에서 구한 f 의 값들을 비교해보면 영역 R에서 f 의 으로부터 f 의 임계점은 (0, 0)이고 f (0, 0) = 0이다. 이제 R의
경계곡선에 대해 최대, 최소를 조사해보면
최댓값은 12이고 최솟값은 0이다.
c) f (x, y) =
영역
x2
+ y 2 − 2x − 2y + 4, R은 x2 + 2y 2 ≤ 4를 만족하는
2
(i) f (x, y)가 x = 0이고 −1 ≤ y ≤ 1인 범위에서는
f (0, y) = −y 2
(−1 ≤ y ≤ 1)
이므로 y = −1, y = 0, y = 1에서 극값을 가진다. 그 값들을
비교해보면 f (0, −1) = −1, f (0, 0) = 0, f (0, 1) = −1 이
므로 주어진 범위에서 f (0, y)의 최댓값은 0, 최솟값은 −1
이다.
sol) 연립방정식
∇f (x, y) = (x − 2, 2y − 2) = (0, 0)
(ii) f (x, y)가 y = x − 1이고 0 ≤ x ≤ 1인 범위에서는
으로부터 f 의 임계점은 (2, 1)이지만 이는 영역 R에 속하지 않는
다. 이제 R의 경계곡선에 대해 최대, 최소를 조사해보면
f (x, x − 1) = 2x − 1
2
(i) f (x, p
y)가 x2 + 2y√
= 4이고
√ 0 ≤ x ≤ 2인 범위에서는
x = 4 − 2y 2 (− 2 ≤ y ≤ 2) 이므로
√
p
p
√ f ( 4 − 2y 2 , y) = −2 4 − 2y 2 − 2y + 6 − 2 ≤ y ≤ 2 (iii)
이므로 x = 0, x = 1에서 극값을 가진다. 그 값들을 비교해
보면 f (0, −1) = −1, f (1, 0) = 1 이므로 주어진 범위에서
f (x, x − 1)의 최댓값은 1, 최솟값은 −1이다.
f (x, y)가 y = −x + 1이고 0 ≤ x ≤ 1인 범위에서는
f (x, −x + 1) = 2x − 1
이고
p
4y
−2=0
f 0 ( 4 − 2y 2 , y) = p
4 − 2y 2
r
r
p
2
2
2
이므로 f ( 4 − 2y , y)는 y =
에서 극값
에서 y =
3
3
p
p
√
을 가진다. 그 값은 f 2 2/3, 2/3 = 6 − 2 6 이다. 또,
√ √ √
끝점에서는 f 0, − 2 = f 0, 2 = 6 + 2 2이다.
(0 ≤ x ≤ 1)
(0 ≤ x ≤ 1)
이므로 x = 0, x = 1에서 극값을 가진다. 그 값들을 비교
해보면 f (0, 1) = −1, f (1, 0) = 1 이므로 주어진 범위에서
f (x, −x + 1)의 최댓값은 1, 최솟값은 −1이다.
마지막으로 위에서 구한 f 의 값들을 비교해보면 영역 R에서 f 의
최댓값은 1이고 최솟값은 −1이다.
e) f (x, y) = 4xy 2 − x2 y 2 − xy 3 , R은 세 점 (0, 0), (6, 0), (0, 6)을
꼭짓점으로 하는 삼각형 영역
2
2
(ii) f (x, y)가
= 4이고 −2
p x + 2y √
√ ≤ x ≤ 0인 범위에서는
2
x = − 4 − 2y (− 2 ≤ y ≤ 2) 이므로
sol) 연립방정식
p
p
√
√
2
2
f (− 4 − 2y , y) = 2 4 − 2y − 2y + 6 (− 2 ≤ y ≤ 2)
∇f (x, y) = (−y 2 (2x + y − 4), xy(−2x − 3y + 8)) = (0, 0)
이고
f 0 (−
p
4y
4 − 2y 2 , y) = − p
−2=0
4 − 2y 2
으로부터 f 의 임계점은 (x, 0), (0, 4), (1, 2)이고 f (x, 0) = 0,
f (0, 4) = 0, f (1, 2) = 4이다. 이제 R의 경계곡선에 대해 최
대, 최소를 조사해보면
133
12 편미분의 활용
SOLUTION
(i) f (x, y)가 x = 0이고 0 ≤ y ≤ 6인 범위에서는
f (0, y) = 0
마지막으로 위에서 구한 f 의 값들을 비교해보면 영역 R에서 f 의
π
최댓값은 이고 최솟값은 0이다.
4
(0 ≤ y ≤ 6)
이다.
3. 주어진 곡면과 원점까지의 (최소)거리를 구하시오.
(ii) f (x, y)가 0 ≤ x ≤ 6이고 y = 0인 범위에서는
f (x, 0) = 0
z2
x2
+
=1
3
2
sol) 주어진 곡면과 원점까지의 최소거리는 함수
(0 ≤ x ≤ 6)
a)
이다.
f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2
(iii) f (x, y)가 y = −x + 6이고 0 ≤ x ≤ 6인 범위에서는
f (x, −x + 6) = −2x3 + 24x2 − 72x
(0 ≤ x ≤ 6)
에 곡면의 방정식이 제약조건으로 주어진 경우의 최솟값의 양
z2
x2
의 제곱근으로 주어진다. g(x, y, z) =
+
− 1로 놓으면
이고
3
2
g(x, y, z) = 0를 만족하는 영역 D에서 (x, y) ∈ D일 때
f 0 (x, −x + 6) = −6x2 + 48x − 72 = −6(x − 2)(x − 6) = 0
2
에서 x = 2, x = 6이므로 f (x, −x + 6)는 x = 2, x = 6에서
∇g(x, y, z) = x, 0, z 6= (0, 0, 0)
3
극값을 가진다. 그 값들은 f (2, 4) = −64, f (6, 0) = 0이다.
마지막으로 위에서 구한 f 의 값들을 비교해보면 영역 R에서 f 의 이므로 라그랑주 승수법에 의해
최댓값은 4이고 최솟값은 −64이다.
2
∇f (x, y, z) = λg(x, y, z) ⇐⇒ (2x, 2y, 2z) = λ x, 0, z
3
f) f (x, y) = arctan (xy), R은 세 점 (0, 0), (4, 0), (0, 1)을 꼭짓점
으로 하는 삼각형 영역
를 만족하는 λ ∈ R이 존재한다. 제약조건과 위 연립방정식으로부
터
√
sol) 연립방정식
(i) λ = 2 =⇒ x = ± 2, y = z = 0,
√
y
x
(ii) λ = 3 =⇒ z = ± 3, x = y = 0
∇f (x, y) =
,
=
(0,
0)
1 + x2 y 2 1 + x2 y 2
이다. 따라서,
으로부터 f 의 임계점은 (0, 0)이고 f (0, 0) = 0이다. 이제 R의
√
√
f (± 2, 0, 0) = 2, f (0, 0, ± 3) = 3
경계곡선에 대해 최대, 최소를 조사해보면
√
이므로 곡면과 원점간의 최소거리는 2이다.
(i) f (x, y)가 x = 0이고 0 ≤ y ≤ 1인 범위에서는
f (0, y) = 0
(0 ≤ y ≤ 1)
b) z 2 = 4 + xy
sol) 주어진 곡면과 원점까지의 최소거리는 함수
이다.
f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2
(ii) f (x, y)가 0 ≤ x ≤ 4이고 y = 0인 범위에서는
f (x, 0) = 0
(0 ≤ x ≤ 4)
에 곡면의 방정식이 제약조건으로 주어진 경우의 최솟값의 양
의 제곱근으로 주어진다. g(x, y, z) = z 2 − 4 − xy로 놓으면
g(x, y, z) = 0를 만족하는 영역 D에서 (x, y) ∈ D일 때
이다.
(iii) f (x, y)가 x = 4 − 4y이고 0 ≤ y ≤ 1인 범위에서는
f (4 − 4y, y) = arctan (4y − 4y 2 )
∇g(x, y, z) = (−y, −x, 2z) 6= (0, 0, 0)
(0 ≤ y ≤ 1)
이므로 라그랑주 승수법에 의해
이고
f 0 (4 − 4y, y) =
∇f (x, y, z) = λg(x, y, z) ⇐⇒ (2x, 2y, 2z) = λ (−y, −x, 2z)
4 − 8y
=0
1 + 16(y − 1)2 y 2
1
1
이므로 f (4−4y, y)는 y = 에서 극값을 가진다.
2
2
π
그 값은 f (2, 1/2) = arctan 1 = 이다.
4
를 만족하는 λ ∈ R이 존재한다. 제약조건과 위 연립방정식으로부
터
에서 y =
134
(i) λ = 0이면 x = y = z = 0인데 이는 제약조건을 만족하지
않는다.
12 편미분의 활용
SOLUTION
(ii) z = 0 이면 −
2x
2y
= λ = − 이다. 즉, x2 = y 2 이다.
y
x
이므로 라그랑주 승수법에 의해
∇f (x, y, z) = λg(x, y, z)
(a) x = −y이면 x = ±2, y ∓ 2이다.
⇐⇒ (2x, 2y, 2z) = λ 2xyz 4 , x2 z 2 , 2x2 yz
(b) x = y이면 이는 제약조건을 만족시킬 수 없다.
를 만족하는 λ ∈ R이 존재한다. 제약조건과 위 연립방정식으로부
(iii) z 6= 0, λ = 1이면 xy = 0 이므로 z = ±2 이고 또한 x, y = 0 터 x, y, z, λ 6= 0이어야 하며 식을 정리하면
이다. 따라서,
1 = λyz 4
f (±2, ∓2, 0) = 8,
2y = λx2 z 2
f (0, 0, ±2) = 4
1 = λx2 y
이다. 그러므로 곡면과 원점간의 최소거리는 2이다.
이다. 각 식에다가 x2 , y, z 2 을 곱하면
4λ = 2y 2 = x2 = z 2
c) x + 3y − 2z = 4
sol) 주어진 곡면과 원점까지의 최소거리는 함수
2
2
f (x, y, z) = x + y + z
이므로 살펴볼 점들은
√
√ √
√ ± 2, 1, ± 2 , ± 2, 1, ∓ 2
2
에 곡면의 방정식이 제약조건으로 주어진 경우의 최솟값의 양의
로 총 4개이다. (y = ±k라고 두고 제약조건에 대입) 또한
제곱근으로 주어진다. g(x, y, z) = x + 3y − 2z − 4로 놓으면
√
√
√ √ g(x, y, z) = 0를 만족하는 영역 D에서 (x, y) ∈ D일 때
f ± 2, 1, ± 2 = f ± 2, 1, ∓ 2 = 5
∇g(x, y, z) = (1, 3, −2) 6= (0, 0, 0)
이므로 곡면과 원점간의 최소거리는
√
5이다.
이므로 라그랑주 승수법에 의해
e) xy + 2z = 5
sol) 주어진 곡면과 원점까지의 최소거리는 함수
∇f (x, y, z) = λg(x, y, z) ⇐⇒ (2x, 2y, 2z) = λ (1, 3, −2)
를 만족하는 λ ∈ R이 존재한다. 제약조건과 위 연립방정식으로부
터
3λ
y=
, z = −λ
2
4
=⇒ λ =
7
2
6
4
=⇒ x = , y = , z = −
7
7
7
λ
x= ,
2
이다. 따라서,
f
2 6 4
, ,−
7 7 7
이므로 곡면과 원점간의 최소거리는
8
=
7
p
f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2
에 곡면의 방정식이 제약조건으로 주어진 경우의 최솟값의 양
의 제곱근으로 주어진다. g(x, y, z) = xy + 2z − 5로 놓으면
g(x, y, z) = 0를 만족하는 영역 D에서 (x, y) ∈ D일 때
∇g(x, y, z) = (y, x, 2) 6= (0, 0, 0)
이므로 라그랑주 승수법에 의해
∇f (x, y, z) = λg(x, y, z) ⇐⇒ (2x, 2y, 2z) = λ (y, x, 2)
를 만족하는 λ ∈ R이 존재한다. 제약조건과 위 연립방정식으로부
터
(i) xy 6= 0이면 z 2 = 4이고 z = 2인 경우 x = ±1, y = ±1이다.
z = −2인 경우는 가능하지 않다.
8/7이다.
(ii) xy = 0이면 z =
d) x2 yz 2 = 4
sol) 주어진 곡면과 원점까지의 최소거리는 함수
5
이고 x = y = 0이다.
2
따라서, 살펴볼 점들은
(±1, ±1, 2) ,
f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2
에 곡면의 방정식이 제약조건으로 주어진 경우의 최솟값의 양의 이고
제곱근으로 주어진다. g(x, y, z) = x2 yz 2 −4로 놓으면 g(x, y, z) =
0를 만족하는 영역 D에서 (x, y) ∈ D일 때
∇g(x, y, z) = 2xyz 4 , x2 z 2 , 2x2 yz 6= (0, 0, 0)
135
5
0, 0,
2
f (±1, ±1, 2) = 6,
5
25
f 0, 0,
=
2
4
12 편미분의 활용
SOLUTION
이므로 곡면과 원점간의 최소거리는
√
이므로 라그랑주 승수법에 의해
6이다.
∇f (x, y, z) = λ∇g(x, y, z) ⇐⇒ (cos x, cos y, cos z) = λ(1, 1, 1)
4. 다음 물음에 답하시오.
을 만족하는 λ ∈ R이 존재한다. 0 < x, y, z < π 이므로 가능한
π
a) 삼각형 ABC의 세 내각을 x, y, z라 할 때, f (x, y, z) = 경우는 x = y = z = 3 이다. 또한,
sin x sin y sin z의 최댓값을 구하시오.
π π π 3√3
sol) g(x, y, z) = x + y + z − π, 0 < x, y, z < π로 놓으면, 제약
f
=
, ,
조건 g(x, y, z) = 0을 만족하는 점들의 집합 D에서 (x, y) ∈ D 에
3 3 3
2
대해
π π π
에서 f 가 최대가 되고, 따라서 삼각형의 둘레
이므로
, ,
∇g(x, y, z) = (1, 1, 1) 6= (0, 0, 0)
3 3 3
의 길이가
√ 최대가 되는 삼각형은 정삼각형이고 그 때의 둘레의
이므로 라그랑주 승수법에 의해
길이는 3 3R 이다.
∇f (x, y, z) = λg(x, y, z)


cos x sin y sin z = λ
⇐⇒ sin x cos y sin z = λ


sin x sin y cos z = λ
연습문제 12.4 .
1. 주어진 제약조건에 대해 f 의 최댓값과 최솟값을 구하시오.
a) y 2 +z 2 = 2, x+y = 1, f (x, y, z) = 3x+2y +z의 최댓값과
최솟값
sol) g(x, y, z) = y 2 + z 2 − 2, h(x, y, z) = x + y − 1로 두자. 조건
를 만족하는 λ ∈ R이 존재한다. 제약조건과 위 연립방정식으로부 g(x, y, z) = 0, h(x, y, z) = 0을 만족하는 점들의 집합을 D로 두면
(x, y, z) ∈ D에 대해
터
sin x · sin(y − z) = 0,
∇g(x, y, z) = (0, 2y, 2z) 6= (0, 0, 0),
sin y · sin(x − z) = 0,
∇h(x, y, z) = (1, 1, 0) 6= (0, 0, 0),
sin z · sin(x − y) = 0,
이므로 라그랑주 승수법에 의해
=⇒ x = y = z
π π π
, ,
를 조사하면
이다. 따라서 점
3 3 3
π π π 3√3
, ,
f
=
3 3 3
8
√
3 3
이고 최댓값
를 가짐을 알 수 있다.
8
∇f (x, y, z) = λ∇g(x, y, z) + µ∇h(x, y, z)


3 = λ · 0 + µ · 1,
=⇒ 2 = λ · 2y + µ · 1,


1 = λ · 2z + µ · 0
를 만족하는 λ, µ ∈ R이 존재한다. 제약조건과 위 연립방정식으
로부터
X
Y
Z
=
=
= 2R
sin x
sin y
sin z
2
2
2
λ2z = 1
=⇒ λ 4y + λ 4z = 8λ2 = 2
1
=⇒ λ = ±
2
2
이다. 따라서 살펴볼 점들은
(2, −1, 1),
이다. 따라서 삼각형의 둘레의 길이는
(0, 1, −1)
이고
X + Y + Z = 2R(sin x + sin y + sin z)
으로 주어진다. 이 때, x + y + z = π,
함수 f 와 g를
λ2y = −1,
µ = 3,
b) 외접원의 반지름이 일정할 때, 삼각형의 둘레의 길이가 최대가
되는 삼각형을 구하시오.
sol) 삼각형의 각 x, y, z를 마주보는 변을 X, Y, Z라 하고 외접원의
반지름이 R이라 하면, 사인법칙에 의해
0 < x, y, z < π 이다. 이제
f (2, −1, 1) = 5,
f (0, 1, −1) = 1
이므로 최댓값은 5, 최솟값은 1 이다.
f (x, y, z) = sin x + sin y + sin z,
g(x, y, z) = x + y + z − π
로 정의하면 g(x, y, z) = 0을 만족하는 영역 D에서 (x, y, z) ∈ D
이면
∇g(x, y, z) = (1, 1, 1) 6= (0, 0, 0)
b) x − y − z = −1, x2 + y 2 = 1, f (x, y, z) = 2x + y + 3z의
최댓값
sol) g(x, y, z)x − y − z + 1, h(x, y, z) = x2 + y 2 − 1로 두자.
136
12 편미분의 활용
SOLUTION
조건 g(x, y, z) = 0, h(x, y, z) = 0을 만족하는 점들의 집합을 D로 이므로 라그랑주 승수법에 의해
두면 (x, y, z) ∈ D에 대해
∇f (x, y, z) = λ∇g(x, y, z) + µ∇h(x, y, z)

∇g(x, y, z) = (1, −1, −1) 6= (0, 0, 0),

2x = λ · 1 + µ · 2x,
∇h(x, y, z) = (2x, 2y, 0) 6= (0, 0, 0)
=⇒ 2y = λ · 1 + µ · 2y,


2z = λ · 1 + µ · 0
이므로 라그랑주 승수법에 의해
를 만족하는 λ, µ ∈ R이 존재한다. 제약조건과 위 연립방정식으
∇f (x, y, z) = λ∇g(x, y, z) + µ∇h(x, y, z)
로부터


(i) z = 0인 경우 λ = 0이므로
2 = λ · 1 + µ · 2x,
=⇒ 1 = λ · (−1) + µ · 2y,

2x = µ2x, 2y = µ2y

3 = λ · (−1) + µ · 0
이다. µ = 0이면 x = y = 0인데 이는 제약조건을 만족하지
않는다. µ 6= 0이면 x = −y이고 따라서
를 만족하는 λ, µ ∈ R이 존재한다. 제약조건과 위 연립방정식으
p
p
로부터
x = ± 1/2, y = ∓ 1/2
λ = −3,
2
µ · 2x = 5,
2
µ · 2y = −2
이다.
=⇒ µ 4x + µ 4y = 4µ2 = 29
√
29
=⇒ µ = ±
2
이다. 따라서 살펴볼 점들은
5
2
7
√ , −√ , √ + 1 ,
29
29
29
2
2
(ii) z 6= 0인 경우
(
2x = 2z + µ2 · x
2y = 2z + µ2 · y
=⇒ 2(x − y) = µ2(x − y)
=⇒ x = y
5
2
7
−√ , √ , −√ + 1
29
29
29
이고, 따라서
√
5
2
7
f √ , − √ , √ + 1 = 29 + 3,
29
29
29
√
5
2
7
f − √ , √ , − √ + 1 = − 29 + 3
29
29
29
√
이므로 최댓값은 29 + 3 이다.
=⇒ x = ±
p
1/2,
p
y = ± 1/2,
√
z=∓ 2
이다.
따라서, 살펴볼 점들은
p
p
p
p
√ ± 1/2, ∓ 1/2, 0 , ± 1/2, ± 1/2, ∓ 2
이고,
p
p
f ± 1/2, ∓ 1/2, 0 = 1,
p
p
√ f ± 1/2, ± 1/2, ∓ 2 = 3
이므로 원점에서 두 곡면까지의 가장 가까운 점들은
p
p
p
√ 2. 주어진 두 곡면 위에 모두 있는 점들 중에 각 문제에서 요구된 p
1/2,
∓
1/2,
0
,
가장
먼
점들은
±
1/2,
±
1/2,
∓
2
±
점을 구하시오.
이다.
a) x + y + z = 0, x2 + y 2 = 1, 원점에서 가장 가까운 점과 제일
b) 2x + y + 3z = 10, z = x2 + y 2 , 원점에서 가장 가까운 점
먼점
sol) g(x, y, z) = x + y + z, h(x, y, z) = x2 + y 2 − 1로 두면 두 sol) 이 문제의 경우 g(x, y) = 2x + y + 3(x2 + y 2 ) − 10으로 두고
함수
곡면과 원점에서의 가장 가까운 점 및 제일 먼 점은 함수
f (x, y) = x2 + y 2
2
2
2
f (x, y, z) = x + y + z
에 제약조건 g(x, y) = 0이 주어졌을 때의 최대가 되는 점을 찾는
것과 같다. 조건 g(x, y) = 0 을 만족하는 점들의 집합을 D로 두면
에 제약조건 g(x, y, z) = 0, h(x, y, z) = 0이 주어진 경우의 최대
(x, y) ∈ D에 대해
및 최소인 점과 같다. 조건 g(x, y, z) = 0, h(x, y, z) = 0을 만족하
는 점들의 집합을 D로 두면 (x, y, z) ∈ D에 대해
∇g(x, y) = (2 + 6x, 1 + 6y) 6= (0, 0)
∇g(x, y, z) = (1, 1, 1) 6= (0, 0, 0),
이므로 라그랑주 승수법에 의해
∇h(x, y, z) = (2x, 2y, 0) 6= (0, 0, 0),
∇f (x, y) = λ∇g(x, y)
⇐⇒ (2x, 2y) = λ(2 + 6x, 1 + 6y)
137
12 편미분의 활용
SOLUTION
1
인 경우
4
x
z
2x = λ + , 2z = 4λ −
2
2
3x
5z
=⇒
=
=λ
2
8
√
25
60
5 119
=⇒ 12x = 5z =⇒ x =
,z =
,y = ±
53
53
106
를 만족하는 λ ∈ R이 존재한다. 제약조건과 위 연립방정식으로부
터 x, y 6= 0이고 λ 6= 0 이므로
(ii) µ = −
x
6x + 2
=
=⇒ x = 2y
y
6y + 1
=⇒ 3y 2 + y − 2 = 0
=⇒ x = −2, y = −1 또는 x =
2
4
,y =
3
3
이다. 또한 z = x2 + y 2 였으므로 z좌표는 자동적으로 결정된다. 이다. 따라서 살펴볼 점들은
!
따라서, 살펴볼 점들은
√
5
5
25 5 119 60
(1, 0, 1) , − , 0,
,
,±
,
3
3
53
106 53
4 2 20
(−2, −1, 5) ,
, ,
3 3 9
이고
2
2
2
이고, h(x, y, z) = x + y + z 로 두면
5
5
50
f (1, 0, 1) = 2, f − , 0,
=
,
3
3
9
!
h (−2, −1, 5) = 30,
√
375
25 5 119 60
4 2 20
580
,±
,
=
f
h
, ,
≈ 7.1605
=
53
106 53
212
3 3 9
81
이므로 원점에서 두 곡면까지의 가장 가까운 점은
이다.
4 2 20
, ,
3 3 9
이므로 원점에서 ! 두 곡면까지의
√
25 5 119 60
,±
,
이다.
53
106 54
가장
가까운
점들은
d) x + y + 2z = 2, z = x2 + y 2 , 원점에서 가장 가까운 점과
가장 먼 점
c) x + 4z = 5, z = x + 4y , 원점에서 가장 가까운 점
sol) g(x, y, z) = x + 4z − 5, h(x, y, z) = z 2 − x2 − 4y 2 로 두면 sol) 이 문제의 경우 g(x, y) = x + y + 2(x2 + y 2 ) − 2으로 두고
함수
두 곡면과 원점에서의 가장 가까운 점 및 제일 먼 점은 함수
f (x, y) = x2 + y 2
2
2
2
f (x, y, z) = x + y + z
의 제약조건 g(x, y) = 0일 때의 최대가 되는 점을 찾는 것과 같다.
2
2
2
조건 g(x, y) = 0 을 만족하는 점들의 집합을 D로 두면 (x, y) ∈ D
에 제약조건 g(x, y, z) = 0, h(x, y, z) = 0이 주어진 경우의 최대 에 대해
및 최소인 점과 같다. 조건 g(x, y, z) = 0, h(x, y, z) = 0을 만족하
는 점들의 집합을 D로 두면 (x, y, z) ∈ D에 대해
∇g(x, y) = (1 + 4x, 1 + 4y) 6= (0, 0)
∇g(x, y, z) = (1, 0, 4) 6= (0, 0, 0),
이므로 라그랑주 승수법에 의해
∇h(x, y, z) = (−2x, −8y, 2z) 6= (0, 0, 0),
∇f (x, y) = λ∇g(x, y)
⇐⇒ (2x, 2y) = λ(1 + 4x, 1 + 4y)
이므로 라그랑주 승수법에 의해
를 만족하는 λ ∈ R이 존재한다. 제약조건과 위 연립방정식으로부
터 x, y 6= 0이고 λ 6= 0 이므로
∇f (x, y, z) = λ∇g(x, y, z) + µ∇h(x, y, z)


2x = λ · 1 + µ · (−2x),
=⇒ 2y = λ · 0 + µ · (−8y),


2z = λ · 4 + µ · 2z
x
1 + 4x
=
=⇒ x = y
y
1 + 4y
=⇒ 3y 2 + y − 2 = 0
=⇒ x = −1, y = −1 또는 x =
1
1
,y =
2
2
를 만족하는 λ, µ ∈ R이 존재한다. 제약조건과 위 연립방정식으 이다. 또한 z = x2 + y 2 였으므로 z좌표는 자동적으로 결정된다.
로부터
따라서, 살펴볼 점들은
2
2
(i) y = 0 인 경우 z = x 이므로 x = 1, z = 1 또는
1 1 1
(−1,
−1,
2)
,
,
,
5
5
2 2 2
x = − ,z = ,
3
3
138
13 다중적분
SOLUTION
이고, h(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 로 두면
이므로 원점에서 두 곡면까지의 가장 가까운 점, 가장 먼 점은 각각
!
!
√
√
2√
2√ 1√
5−8
1√ − 5 − 8
, −
5,
5,
5, −
5,
5
5
2
5
5
2
h (−1, −1, 2) = 6,
1 1 1
3
h
, ,
=
2 2 2
4
이므로 원점에서 두 곡면까지의 가장 가까운 점은
이다.
1 1 1
, ,
,
2 2 2
가장 먼 점은 (−1, −1, 2) 이다.
13
다중적분
e) 2x + y − 2z = 8, x2 + y 2 = 1, xy평면에서 가장 가까운 점과
연습문제 13.1 .
제일 먼 점
2
sol) g(x, y, z) = 2x + y − 2z − 8, h(x, y, z) = x2 + y 2 − 1로 두면 1. 영역 D = [0, 1] × [0, 1] ⊂ R 를
두 곡면과 xy평면 에서의 가장 가까운 점 및 제일 먼 점은 함수
i
Rij = [xi−1 , xi ] × [yj−1 , yj ] xi = ,
f (x, y, z) = z 2
n
yj =
j
n
(1 ≤ i, j ≤ n)
에 제약조건 g(x, y, z) = 0, h(x, y, z) = 0이 주어진 경우의 최대 로 분할하여 f (x, y) = xy의 리만합을 계산하고, n → ∞인 극한
ZZ
및 최소인 점과 같다. 조건 g(x, y, z) = 0, h(x, y, z) = 0을 만족하
xydA의 값을 구하시오.
을
취하여
이중적분
는 점들의 집합을 D로 두면 (x, y, z) ∈ D에 대해
D
∇g(x, y, z) = (2, 1, −2) 6= (0, 0, 0),
sol) f (x, y) = xy는 [0, 1] × [0, 1]에서 연속이므로, 영역 D에서
적분가능하다. 각각의 사각형 Rij 에서 점 (xi , yj )를 선택한다. 그
러면
∇h(x, y, z) = (2x, 2y, 0) 6= (0, 0, 0),
이므로 라그랑주 승수법에 의해
∇f (x, y, z) = λ∇g(x, y, z) + µ∇h(x, y, z)


0 = λ · 2 + µ · 2x,
=⇒ 0 = λ · 1 + µ · 2y,


2z = λ · (−2) + µ · 0
n
n X
X
xi yj ∆x∆y =
i=1 j=1
n X
n
X
ij
n4
i=1 j=1
1 n(n + 1) n(n + 1)
·
·
n4
2
2
1
2
= 2 (n + 1)
4n
=
를 만족하는 λ, µ ∈ R이 존재한다. 제약조건과 위 연립방정식으
로부터
1. z = 0인 경우 2x + y = 8, x2 + y 2 = 1을 연립하면 방정식 이다. n → ∞인 극한을 취하면


5x2 − 32x + 63 = 0을 얻는다. 하지만 이 방정식은 실근을
ZZ
n X
n
X
가지지 않으므로 모순이다.
xi yj ∆x∆y 
xydA = lim 
n→∞
D
2. z = −λ 6= 0이면
i=1 j=1
0 = 2λ + µ2x,
1
1
(n + 1)2 =
2
n→∞ 4n
4
0 = λ + µ2y
= lim
=⇒ 2y = x
√
1√
± 5−8
2√
5, y = ±
5, z =
=⇒ x = ±
5
5
2
이다.
따라서, 살펴볼 점들은
!
√
2√
1√ ± 5 − 8
±
5, ±
5,
5
5
2
이다.
2. 영역 D = [0, 1] × [0, 1] ⊂ R2 에서 함수 f 가 다음과 같이 정의
되었다.
(
1, y < x,
f (x, y) =
2, y ≥ x.
영역 D를
이고,
f
f
√
!
√
5−8
69
=
− 4 5,
2
4
!
√
√
2√
1√ − 5 − 8
69
=
+4 5
−
5, −
5,
5
5
2
4
2√ 1√
5,
5,
5
5
Rij = [xi−1 , xi ] × [yj−1 , yj ] xi =
i
,
n
yj =
j
n
(1 ≤ i, j ≤ n)
로 분할하여
Z Z f 의 리만합을 계산하고, n → ∞인 극한을 취하여
이중적분
f (x, y)dxdy의 값을 구하시오.
D
139
13 다중적분
SOLUTION
sol) f (x, y)는 {(0, 0)t + (1, 1)(1 − t) | 0 ≤ t ≤ 1} 에서 불연속이 sol) 푸비니 정리에 의하여
므로 이는 유한한 길이의 곡선에 불연속점이 포함됨을 의미한다.
Z 1 Z 1
Z 1Z 1
3
3
따라서 f 는 영역 D에서 적분가능하다.
(x y − 12xy)dx dy
(x y − 12xy)dxdy =
이제 각각의 사각형 Rij 에서 점 (xi , yj )를 선택하면 n2 개의 사
0
0 −2
−2
Z 1 n(n + 1)
y
개
각형 Rij 중에서 y ≥ x인 영역에 해당하는 점들은
2
=
− 6y − (4y − 24y) dy
4
이고 이 점들에서의 함숫값은 2이다. 또한 나머지 영역인 y < x
0
1
Z 1
(n − 1)n
57
57 1 2
에서
개의 점들에서의 함숫값은 1이다. 즉
=
y
dy
=
y
2
4
4 2
0
n X
n
X
1
i j
,
· 2
f (xi , yj )∆x∆y =
f
n n
n
i=1 j=1
i=1 j=1
n
n
X
X
X
X
i j
1
i j
1
=
f
,
· 2+
f
,
· 2
n n
n
n n
n
i=1
i=1 i>j,
i≤j,
1≤j≤n
1≤j≤n
이다.
Z 3Z
c)
1
(n − 1)n 1
n(n + 1) 1
· 2+
· 2
2
n
2
n
3n + 1
=
2n
0
57
=
8
n X
n
X
2
(y + 1)xy dydx
1
=2·
sol) 푸비니 정리에 의하여
Z 3Z 2
Z
(y + 1)xy dydx =
1
이다. n → ∞인 극한을 취하면
n→∞
D
= lim
n→∞
3n + 1
3
=
2n
2
Z
3
(y + 1)xy dx dy
1
2
(3y+1 − 1)dy
=
1
18
−1
=
ln 3
i=1 j=1
이다.
이다.
2. 양의 상수 a에 대해 평면의 영역 D1 , D2 를 각각
D1 = {(x, y) ∈ [0, a] × [0, a]|y < x},
연습문제 13.2 .
1. 다음 반복적분을 계산하시오.
Z 3Z
1
a)
√
D2 = {(x, y) ∈ [0, a] × [0, a]|y ≥ x}
라 두자. 푸비니 정리를 사용하여 다음 이중적분을 계산하시오.
ZZ
ZZ
xy
x+y
dxdy +
dxdy
2
D1 a
D2
x + ydxdy
0
sol) 푸비니 정리에 의하여
Z 3Z
0
1
√
sol) 영역 D1 은
Z
3
Z
3
x + ydxdy =
0
0
Z
1
0 ≤ x ≤ a,
√
x + ydx dy
2
2
(1 + y)3/2 − y 3/2 dy
3
3
0
3
4
4
=
(1 + y)5/2 − y 5/2
15
15
0
124 12 √
=
−
3
15
5
이다.
Z 1Z
1
b)
(x3 y − 12xy)dxdy
0≤y≤x
로 나타낼 수 있고 영역 D2 는
0
0 ≤ x ≤ a,
=
0
1
Z


n X
n
X
f (xi , yj )∆x∆y 
f (x, y)dA = lim 
ZZ
0
1
2
x≤y≤a
로 나타낼 수 있다. 따라서
ZZ
ZZ
xy
x+y
dxdy +
dxdy
2
D1 a
D2
Z aZ x
Z xZ a
xy
x+y
=
dydx +
dydx
a
2
0 0
0 x
1
1
3
= a3 + a3 = a3
8
4
8
이다.
−2
140
13 다중적분
SOLUTION
3. xy평면의 영역 D가 다음과 같이 주어졌을 때, 이중적분의 값을 로 나타낼 수 있다. 따라서
ZZ
Z 1 Z 2−y
구하시오.
2xdxdy
2xdxdy =
D
−2 y 2
ZZ
Z 1
a)
(x2 − xy + y 2 )dA, D는 x축, 직선 x = 1과 포물선 y = x2
=
(4 − 4y + y 2 − y 4 )dy
D
−2
으로 둘러싸인 영역
72
=
5
sol) 영역 D를
이다.
0 ≤ y ≤ x2
D : 0 ≤ x ≤ 1,
ZZ
2
xydxdy, D는 직선 y = x − 2와 포물선 y 2 = −x + 4로
D 3
둘러싸인 영역
d)
로 나타낼 수 있다. 따라서
ZZ
2
Z 1Z
2
x2
0
Z
sol) 영역 D를
(x2 − xy + y 2 )dydx
(x − xy + y )dA =
D
0
1
D : −2 ≤ y ≤ 1,
1
1
(x − x5 + x6 )dx
2
3
=
0
23
140
=
이다.
ZZ
(1+2x+3y)dxdy, D는 두 포물선 y = 1−x2 과 y = x2 −1
b)
y + 2 ≤ x ≤ −y 2 + 4
4
D
로 둘러싸인 영역
sol) 영역 D를
로 나타낼 수 있다. 따라서
Z 1 Z −y2 +4
ZZ
2
2
xydxdy =
xydxdy
3
D 3
−2 y+2
Z 1
1 5
4
y − 3y 3 − y 2 + 4y dy
=
3
3
−2
9
=−
4
이다.
e)
ZZ p
x3 + 1dxdy, D는 직선 y = 0, x = 1과 곡선 y = x2
D
으로 둘러싸인 영역
x 2 − 1 ≤ y ≤ 1 − x2
D : −1 ≤ x ≤ 1,
sol) 영역 D를
로 나타낼 수 있다. 따라서
0 ≤ y ≤ x2
D : 0 ≤ x ≤ 1,
Z 1Z
ZZ
1−x2
(1 + 2x + 3y)dxdy =
로 나타낼 수 있다. 따라서
Z 1Z
ZZ p
x3 + 1dxdy =
(1 + 2x + 3y)dydx
−1 x2 −1
Z 1
D
2
3
(2 + 4x − 2x − 4x )dx
=
=
0
D
−1
Z
8
3
=
x2
p
x3 + 1dydx
0
1
x2
p
x3 + 1 dx
0
2 √
= (2 2 − 1)
9
이다.
이다.
ZZ
c)
영역
2xdxdy, D는 포물선 y 2 = x와 직선 x+y = 2로 둘러싸인
D
ZZ
x
f)
p
y 3 + 1dA, D는 직선 x = 0, y = 2와 y = x로 둘러싸
D
인 삼각형 영역
sol) 영역 D를
sol) 영역 D를
D : −2 ≤ y ≤ 1,
y2 ≤ x ≤ 2 − y
D : 0 ≤ x ≤ 2,
141
x≤y≤2
13 다중적분
SOLUTION
로 나타낼 수 있다. 따라서
ZZ p
Z 2Z
3
x y + 1dA =
D
0
Z
0
2
x
p
x
2Z y
x
=
x3 sin(y 3 )dydx
y 3 + 1dydx
p
x2
sol) 이중적분의 영역을 D라고 하면
D : 0 ≤ y ≤ 1,
y 3 + 1dxdy
√
0≤x≤
y
0
0
2
Z
1
Z 1Z
b)
1 2p 3
y y + 1dy
2
=
0
이다. y 3 + 1 = t라고 하자. 그러면 3y 2 dy = dt이므로
Z 2
Z 9 √
1 2p 3
1
tdt
y y + 1dy =
2
0
1 6
26
=
9
로도 나타낼 수 있다. 따라서
Z
Z 1Z 1
x3 sin(y 3 )dydx =
x2
0
1
Z
√
y
!
3
3
x sin(y )dx dy
0
0
1
Z
=
0
1 2
y sin y 3 dy
4
1
=
(1 − cos(1))
12
이다.
이다.
Z 1Z
1
3
ex dxdy
√
e dxdy, D는 {(x, y) ∈ R |0 ≤ y ≤ 1,
y ≤ x ≤ 1}와
y
0
D
√
{(x, y) ∈ R2 | − 1 ≤ y ≤ 0, 1 − 1 + y ≤ x ≤ 1}의 합집합
sol) 이중적분의 영역을 D라고 하면
sol) 영역 D를
D : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x2
D : 0 ≤ x ≤ 1, x2 − 2x ≤ y ≤ x2
로도 나타낼 수 있다. 따라서
로 나타낼 수 있다. 따라서,
Z 1Z x2
Z 1Z 1
3
x3
ZZ
Z 1Z x2
e
dxdy
=
ex dydx
2
2
√
y
0 0
0
ex dxdy =
ex dydx
Z 1
D
0 x2 −2x
3
Z 1
=
x2 ex dx
x2
0
=
2xe dx
0
1
= (e − 1)
=e−1
3
ZZ
x2
g)
√
2
c)
이다.
이다.
4. 이중적분의 영역을 표시하고, 다음 반복적분을 계산하시오.
연습문제 13.3 .
1. 다음 반복적분의 값을 구하시오.
Z πZ
a)
0
y
π
sin x
dxdy
x
Z 1Z 1Z
0
sol) 이중적분의 영역을 D라고 하면
D : 0 ≤ x ≤ π,
0≤y≤x
0
zex+y dxdydz
0
sol) 푸비니 정리에 의해 적분값은
Z 1Z 1Z 1
Z 1Z 1Z
x+y
ze
dxdydz =
로도 나타낼 수 있다. 따라서
Z πZ π
Z πZ x
sin x
sin x
dxdy =
dydx
x
x
0 y
0 0
Z π
=
sin xdx
0
0
0
0
0
Z 1Z
=
0
Z
=
1
이다.
142
x+y
ze
0
1
z(e − 1)2 dz
dx dy dz
zey (e − 1)dy dz
1
= (e − 1)2
2
=2
1
0
0
0
이다.
1
a)
13 다중적분
SOLUTION
2
Z 3 Z 4Z
−1 1
이다.
(x + y 2 + z 3 )dxdydz
b)
0
sol) 푸비니 정리에 의해 적분값은
Z 3 Z 4Z 2
(x + y 2 + z 3 )dxdydz
−1 1 0
3 Z 4
Z
2
Z
−1
3
Z
=
3
ZZZ
ydV,
a)
D = {(x, y, z) ∈ R3 | − 1 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤
D
0
1
4
Z
2, x + y ≤ z ≤ 8 − x2 − y 2 }
2 + 2(y 2 + z 3 )dy dz
=
−1
Z 3
(x + y + z )dx dy dz
2
=
2. R3 의 영역 D가 아래와 같이 주어졌을 때, 다음 삼중적분의
값을 푸비니 정리를 이용하여 구하시오.
1
sol) 푸비니 정리에 의해
48 + 6z 3 dz
−1
= 312
ZZZ
Z
1
2
Z
8−x2 −y 2
Z
ydz
ydV =
이다.
−1
D
√
Z πZ 1Z
Z 1 Z
−1
1
2z sin xdydzdx
c)
0
0
0
=
1+z 2
Z
0
√
Z πZ 1Z
0
Z
0
π
Z
0
1
Z
1+z
=
0
Z πZ
=
0
Z πZ
=
Z0 π
0
dx
0
ZZZ
1
p
2
sin x · 2z 1 + z dz dx
0
2√
xdxdydz,
b)
D
D = {(x, y, z) ∈ R3 |0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤
2
x, y − 1 ≤ z ≤ ex + 1}
t sin xdtdx
1
2 √
(2 2 − 1) sin xdx
0 3
4 √
= (2 2 − 1)
3
sol) 푸비니 정리에 의해
=
Z 2Z xZ
ZZZ
xdzdydx
0
0
Z 2Z
2xyzdzdxdy
0
0
0
sol) 푸비니 정리에 의해 적분값은
Z 1Z yZ x
Z 1Z yZ
2xyzdzdxdy =
0
0
0
0
0
Z 1Z
=
0
Z
x
2xyzdz dx dy
=
0
1
=
24
x
0
y
x3 ydx dy
이다.
0
1
y−1
2
x(ex − y + 2)dy dx
0 0
Z 2
x3
2 x2
2
=
x e + 2x −
dx
2
0
Z 2
2
10
=
+
x2 ex dx
3
0
=
x
d)
2
ex +1
xdxdydz =
D
이다.
Z 1Z yZ
28
)dx
3
이다.
!
2z sin xdy dz
0
y(8 − x − x2 ) − y 2 − y 3 dy dx
−1
2z sin xdydzdx
!
2
dy dx
52
=
3
1+z 2
√
2
!
x+y
(−2x2 − 2x +
=
sol) 푸비니 정리에 의해 적분값은
!
1 5
y dy
4
ZZZ
2ydxdydz,
c)
D
D = {(x, y, z) ∈ R3 |(x, y) ∈ R,
0 ≤
z ≤ x + 1}이고 R은 xy평면에서 포물선 y = x2 과 직선 y = x + 2
로 둘러싸인 영역
143
13 다중적분
SOLUTION
ZZZ
sol) 푸비니 정리에 의해
Z 2 Z x+2Z
D
x+1
−1
2
0
x+2
Z
Z
x+1
Z
=
x2
−1
Z 2 Z x+2
=
−1
Z 2
=
2ydz dy dx
sol) 푸비니 정리에 의하여
ZZZ
(3y 2 + z)dxdydz
0
2y(x + 1)dy dx
D
x2
Z
1
2
Z
Z
1−x2
!
3y 2 + zdz
=
(x + 1)((x + 2)2 − x4 )dx
−1
−1
0
Z 1 Z
513
=
20
=
−1
1
Z
이다.
ZZZ
d)
(x + 2y + 3z)dxdydz,
D는 xy평면과 두 평면 y = 0, y = 2
2
및 포물기둥면 z = 1 − x 으로 둘러싸인 유계 영역
2ydzdydx
x2
(3y 2 + z)dxdydz,
f)
=
0
2
!
dy dx
0
1
2
4
3y (1 − x ) + (1 − 2x + x )dy dx
2
2
2
(x4 − 10x2 + 9)dx
−1
D는 두 포물기둥면 y = x2 − 1,
=
D
y = 1 − x2 과 두 평면 z = −1, z = x + 1로 둘러싸인 유계 영역
176
15
이다.
sol) 푸비니 정리에 의해
ZZZ
(x + 2y + 3z)dxdydz
ZZZ
1
Z
1−x2Z x+1
=
2 및 평면 y − z + 2 = 0으로 둘러싸인 영역
!
(x + 2y + 3z)dz dy dx
−1
Z
1
x2 −1
Z
1−x =
−1
Z
sol) 주어진 영역 D는
p
p
D : −1 ≤ x ≤ 1, − 2 − 2x2 ≤ y ≤ 2 − 2x2 ,
−1
2
x2 −1
!
5 2
x + 5x + 2xy + 4y dy dx
2
4
3
2
(−5x − 10x + 5x + 10x)dx
Z 1Z
ZZZ
−1
=
(x + 3)dxdydz =
4
3
D
√
(x
√
− 2−2x2
−1
Z
xydxdydz,
e)
1
=
D는 네 평면 x = 0, y = 0, z = 0,
2−2x2 Z y+2
√
−1 − 2−2x2
0
Z 1 Z √2−2x2
=
이다.
ZZZ
0 ≤ z ≤ y+2
로 나타낼 수 있다. 그러므로
1
=
D는 xy평면과 타원기둥면 2x2 +y 2 =
D
D
Z
(x+3)dxdydz,
g)
4(x + 3)
p
(x + 3)dz dydx
!
+ 3)(y + 2)dy dx
2 − 2x2 dx
−1
D
x + y + z = 1로 둘러싸인 사면체
√ Z
=4 2
sol) 푸비니 정리에 의해
ZZZ
Z 1Z
xydxdydz =
√ Z 1 p
=4 2
3 1 − x2 dx
−1
√
= 6 2π
1
(x + 3)
p
1 − x2 dx
−1
D
0
0
1−x
xy(1 − x − y)dy dx
=
0
Z
=
0
이다.
xydz dy dx
0
Z 1Z
=
1−xZ 1−x−y
0
1
1
1
1
1
(− x4 + x3 − x2 + x)dx
6
2
2
6
1
120
이다.
연습문제 13.4 .
1. R2 에서 두 포물선 x−y 2 +1 = 0과 x+y 2 −2y = 11로 둘러싸인
영역의 넓이를 구하시오.
sol) 두 포물선으로 둘러싸인 영역을 D라고 하면
D : −2 ≤ y ≤ 3,
144
y 2 − 1 ≤ x ≤ −y 2 + 2y + 11
13 다중적분
SOLUTION
로 나타낼 수 있다. 그러면 D의 넓이는
이다.
−y 2 +2y+11
Z 3Z
c) R = {(x, y) ∈ R2 |1 ≤ y ≤ 2, y ≤ x ≤ y 3 }에서 정의된 함수
f (x, y) = ex/y 의 그래프의 아래에 있고 xy평면 위에 있는 영역
1dxdy
area(D) =
−2 y 2 −1
Z 3
2
=
(−2y + 2y + 12)dy
−2
sol 문제에서 주어진 영역을 D라고 하면
125
3
=
y ≤ x ≤ y3 ,
D : 1 ≤ y ≤ 2,
이다.
0 ≤ z ≤ ex/y
로 나타낼 수 있다. 그러면
2. 주어진 삼차원 영역의 부피를 구하시오.
Z 2Z
y 3Z ex/y
1
0
vol(D) =
a) {(x, y, z) ∈ R3 |x ≥ 0, y ≥ 0, x + 2y ≤ 2, 0 ≤ z ≤ x2 + y 2 }
Z
y
2
Z
y
2
0 ≤ z ≤ x2 + y 2
1
1
= e4 − 2e
2
으로 나타낼 수 있다. 그러면
이다.
2−2yZ x2 +y 2
Z 1Z
vol(D) =
2
(yey − ye)dy
=
0 ≤ x ≤ 2 − 2y,
ex/y dx dy
=
sol) 주어진 삼차원 영역을 D라고 하면
D : 0 ≤ y ≤ 1,
y3
Z
1
1dV
!
1dV
0
0
0
2−2y
Z 1Z
0
0
1
Z
d) xy 평면에서 두 직선 x = 2, y = 0과 포물선 y = x2 으로 둘러
싸인 유계 영역 R에서 정의된 함수 f (x, y) = 4 − y의 그래프의
아래에 있고 xy평면 위에 있는 영역
(x2 + y 2 )dx dy
=
8
14
dy
− y 3 + 10y 2 − 8y +
3
3
=
0
sol) 주어진 삼차원 영역을 D라고 하면
5
=
6
0 ≤ y ≤ x2 ,
D : 0 ≤ x ≤ 2,
이다.
0≤z ≤4−y
로 나타낼 수 있다. 그러면
b) 두 평면 z = 0과 z = x + 4 및 타원기둥면 x2 + 2y 2 = 4로
둘러싸인 유계 영역
Z 2Z
x2Z 4−y
0
0
vol(D) =
1dV
Z
sol) 주어진 삼차원 영역을 D라고 하면
r
r
1 2
1
D : −2 ≤ x ≤ 2, − 2 − x ≤ y ≤ 2 − x2 ,
2
2
vol(D) =
−2
Z
2
=
−2
Z
2
=
−
√
√
0 ≤ z ≤ x+4
!
2− 12 x2
p
!
0
2
이다.
(x + 4)dy dx
2(x + 4)
x2
1 4
2
=
4x − x dx
2
0
112
=
15
Z
1dV
2− 2 x
Z
(4 − y)dy dx
0
x+4
√
− 2− 12 x2 0
Z √ 1 2
2
=
로 나타낼 수 있다. 그러면
Z 2 Z √2− 12 x2 Z
0
e) 사각기둥면 |x| + |y| = 1과 두 평면 z = 0, 3x + z = 3으로
둘러싸인 영역
주어진 영역을 D와 D0 의 합집합으로 나타낼 수 있다. 여기서
4 − x2 dx
D : −1 ≤ x ≤ 0,
−2
√
= 8 2π
D0 : 0 ≤ x ≤ 1,
145
−x − 1 ≤ y ≤ x + 1,
x − 1 ≤ y ≤ 1 − x,
0 ≤ z ≤ 3 − 3x
0 ≤ z ≤ 3 − 3x
13 다중적분
SOLUTION
이다. 그러면
이다.
0
vol(D ∪ D )
Z 1Z
Z 0 Z x+1 Z 3−3x
dV +
=
−1 −x−1 0
x+1
0
Z 0 Z
dV
0
x−1
Z
1
Z
−x+1
(3 − 3x)dy dx +
=
−1
0
Z
=
−x−1
1
Z
−1
(3 − 3x)dy dx
x−1
0
6(1 − x2 )dx +
3. 구간 [a, b]에서 함수 f 는 연속이고, 모든 x ∈ [a, b]에 대해
f (x) ≥ 0이다. 상수 α > −1에 대해 다음 등식이 성립함을 보
이시오.
ZZ
Z b
1
f (x)α+1 dx
y α dxdy =
D
a α+1
−x+1Z 3−3x
여기서 D = {(x, y) ∈ R2 | x ∈ [a, b], 0 ≤ y ≤ f (x)}이다.
6(1 − x)2 dx
0
=4+2=6
proof ) 함수 f 는 연속이므로 푸비니 정리에 의하여
!
ZZ
Z Z
이다.
f (x)
b
y α dxdy =
f) 세 평면 x + 2y + z = 3, 2x + y + z = −1, y = 2와 포물기둥면
y = x2 으로 둘러싸인 영역
y α dy dx
D
0
a
b
Z
=
a
sol) 주어진 삼차원 영역을 D라고 하면
√
√
D : − 2 ≤ x ≤ 2, x2 ≤ y ≤ 2, −2x−y−1 ≤ z ≤ 3−x−2y
로 나타낼 수 있다. 그러면
Z √2 Z 2Z
vol(D) = √
a
f (x)
dx
0
1
f (x)α+1 dx
α+1
이다.
3−x−2y
1dV
− 2 x2 −2x−y−1
Z √2 Z 2
=
b
Z
=
1
y α+1
α+1
4. 상수 0 ≤ a < b에 대해 구간 [a, b]에서 함수 f 는 연속이고 f ≥ 0
이다. 상수 α > −1에 대해 다음 등식이 성립함을 보이시오.
(x − y + 4)dy dx
√
− 2
√
Z 2
x2
ZZ
1
= √ ( x4 − x3 − 4x2 + 2x + 6)dx
− 2 2
112 √
2
=
15
xα dxdy =
D
b
Z
xα f (x)dx
a
여기서 D = {(x, y) ∈ R2 | x ∈ [a, b], 0 ≤ y ≤ f (x)}이다.
proof ) 함수 f 는 연속이므로 푸비니 정리에 의하여
!
ZZ
Z Z
이다.
b
D
xα dy dx
a
Z
0
b
sol) 삼차원으로 둘러싸인 영역을 D라고 하면
p
p
D : −1 ≤ x ≤ 1, − 2 − 2x2 ≤ y ≤ 2 − 2x2 , y − 1 ≤ z ≤ x + 2
−1
Z
1
√
− 2−2x2
−1
Z
1
=
−1
1dV
!
− y + 3)dy dx
xα f (x)dx
연습문제 13.5 .
1. R2 의 영역 D에 대해 다음 이중적분의 값을 변수변환 공식을
이용하여 구하시오.
!
(x − y + 3)dy dx
p
√
2 2(x + 3) 1 − x2 dx
√
= 3 2π
b
이다.
x+2
(x
√
− 2−2x2
Z √2−2x2
=
=
dx
a
−1 − 2−2x2 y−1
Z 1 Z √2−2x2
=
a
Z
f (x)
[xα y]0
=
로 나타낼 수 있다. 그러면
Z 1 Z √2−2x2 Z
vol(D) =
√
f (x)
xα dxdy =
g) 타원기둥면 2x2 + y 2 = 2의 내부에 있는 영역 중 두 평면
z = x + 2, z = y − 1로 둘러싸인 유계 영역
ZZ
a)
ex+y dxdy,
D = {(x, y) ∈ R2 | |x| + |y| ≤ 1}
D
sol) u = x + y, v = x − y로 두면 (u, v) ∈ D∗ = [−1, 1] × [−1, 1]
이고
u−v
u+v
x=
, y=
2
2
146
13 다중적분
SOLUTION
ZZ
x+y
dxdy, D는 네 직선 y = 2x − 1, y = 2x − 2,
2x
−y
D
y = 1 − x, y = 4 − x로 둘러싸인 사각형 영역
이다. 또한
∂(x, y)
= det
∂(u, v)
1
2
1
2
1
2
− 12
d)
1
=−
2
1
dudv임을 알 수 있다. 따라서
2
ZZ
Z 1Z 1
1 u
ex+y dxdy =
e dudv
D
−1 −1 2
1
=e−
e
이므로 dxdy =
sol) u = x + y, v = 2x − y로 두면 (u, v) ∈ D∗ = [1, 4] × [1, 2]
이고
u+v
2u − v
x=
, y=
3
3
이다. 또한
1
1
1
∂(x, y)
3
3
= det 2
=−
1
−
∂(u, v)
3
3
3
이다.
이므로 dxdy =
ZZ
(2x + y)(x + 2y)dxdy,
b)
D = {(x, y) ∈ R2 |1 ≤ 2x + y ≤
ZZ
D
2, 0 ≤ x + 2y ≤ 3}
D
1
dudv임을 알 수 있다. 따라서
3
Z 4Z 2
x+y
u
5
dxdy =
dvdu = ln 2
2x − y
3v
2
1 1
이다.
sol) u = 2x + y, v = x + 2y로 두면 (u, v) ∈ D∗ = [1, 2] × [0, 3]
ZZ
이고
2 1
4 2
(x − 2y + 1)2
−u + 2v
2u − v
dxdy,
D는
네
점
−
,
−
,
,
,
e)
, y=
x=
2
7 7
7 7
D (3x
3
3
+
y + 2) 1 4
5 1
, − 을 꼭짓점으로 하는 사각형 영역
− ,− ,
이다. 또한
2
7
7
7
7
∂(x, y)
1
− 13
3
= det
=
2
− 13
∂(u, v)
3
3
sol) u = y +3x, v = 2y −x로 두면 (u, v) ∈ D∗ = [−1, 2]×[−1, 0]
1
이고
이므로 dxdy = dudv임을 알 수 있다. 따라서
2u − v
u + 3v
3
x=
, y=
7
7
ZZ
Z 3Z 2
9
uv
이다.
또한
dudv =
(2x + y)(x + 2y)dxdy =
2
3
4
∂(x, y)
1
− 17
D
0 1
7
= det 1
=
3
∂(u, v)
7
7
7
이다.
1
이므로 dxdy = dudv임을 알 수 있다. 따라서
ZZ
7
c)
xydxdy, D는 네 직선 y = x+3, y = x+1, y = −x+2,
Z 0Z 2
ZZ
1 (1 − v)2
1
(x − 2y + 1)2
D
dxdy
=
dudv =
y = −x − 2로 둘러싸인 사각형 영역
2
2
4
−1 −1 7 (u + 2)
D (3x + y + 2)
sol) u = x + y, v = x − y로 두면 (u, v) ∈ D∗ = [−2, 2] × [−3, −1]
이고
u+v
u−v
x=
, y=
2
2
이다. 또한
1
1
∂(x, y)
1
2
2
= det 1
=−
1
−
∂(u, v)
2
2
2
1
dudv임을 알 수 있다. 따라서
2
ZZ
Z 2 Z −1 2
u − v2
xydxdy =
dvdu
8
D
−2 −3
이므로 dxdy =
이다.
ZZ
xydxdy,
f)
D = {(x, y) ∈ R2 |5 ≤ 2x2 + y 2 ≤ 8, 1 ≤
D
2
x2 − y ≤ 2, x ≥ 0, y ≥ 0}
sol) u = 2x2 + y 2 , v = x2 − y 2 로 두면 (u, v) ∈ D∗ = [5, 8] × [1, 2]
이고
r
r
u+v
u − 2v
x=
, y=
3
3
이다. 또한
∂(x, y)
= det
∂(u, v)
= −3
이다.
=−
147
1
√
6 A
1
√
6 B
1
√
12 AB
1
√
6 A
!
− 3√1B
u+v
u − 2v
A=
,B =
3
3
13 다중적분
SOLUTION
1
dudv임을 알 수 있다. 따라서
12 |xy|
ZZ
Z 8Z 2
1
1
dvdu =
(xy)dxdy =
4
5 1 12
D
3. 평면의 세 점 P0 (x0 , y0 ), P1 (x1 , y1 ), P2 (x2 , y2 )를 꼭짓점으로
하는 삼각형 영역을 D라고 하고, 다음 물음에 답하시오.
2. R3 의 영역 D에 대해 다음 삼중적분의 값을 변수변환 공식을
이용하여 구하시오.
F (u, v) ≡ (1 − u − v)P0 + uP1 + vP2
이므로 dxdy =
a) 2차원 영역 ∆ = {(u, v) ∈ R2 |u ≥ 0, v ≥ 0, u + v ≤ 1}에서
영역 D로의 함수 F 를 다음과 같이 정의하자.
이다.
ZZZ
xydxdydz,
a)
이 떄 F : ∆ → D는 F (0, 0) = P0 , F (1, 0) = P1 , F (0, 1) = P2 를
D는 여섯 개의 평면 y = 0, y = 1, z = 0, 만족하는 일대일 대응임을 보이시오.
D
z = 1, z = 2x − 4, z = 2x로 둘러싸인 평행육면체
proof ) 주어진 함수 F : ∆ → D를 다시 나타내면
sol) u = y, v = z, w = 2x − z로 두면 (u, v, w) ∈ D
[0, 1] × [0, 1] × [0, 4]이고
x=
w+v
,
2
y = u,
∗
=
u
x0 + u(x1 − x0 ) + v(x2 − x0 )
F
=
v
y0 + u(y1 − y0 ) + v(y2 − y0 )
z=v
이다. 또한
이므로 F 는 잘 정의된 일차변환이다. 일차변환

0
∂(x, y, z)
= det 1
∂(u, v, w)
0
1
2
0
1

1
2
1
0 =
2
0
(u, v) ∈ ∆ ↔ (x, y) ∈ D
가 일대일 대응이라는 것은 F 의 역변환이 유일하게 존재한다는
것이다. F 의 각 성분함수들은 다항함수이므로 정의역에서 연속
적으로 미분가능하고, 정의역이 삼각형 내부와 같은 꼴이므로 경
∂(x, y, z)
6= 0 인지를
로연결이기 때문에 역변환의 존재 여부는
∂(u, v, w)
조사하면 충분하다. 이제
1
dudvdw임을 알 수 있다. 따라서
2
ZZZ
Z 4Z 1Z 1
uw + uv
5
xydxdydz =
dudvdw =
4
4
D
0 0 0
이므로 dxdydz =
이다.
ZZZ
(x + y)dxdydz,
b)
x = x0 + u(x1 − x0 ) + v(x2 − x0 ),
D는 여섯 개의 평면 z = 0, z =
y = y0 + u(y1 − y0 ) + v(y2 − y0 )
D
1, y − z = 0, y − z = 1, x − z = 0, x − z = 1로 둘러싸인 평행육
면체
로 놓으면 점 (x0 , y0 ), (x1 , y1 ), (x2 , y2 )가 삼각형의 꼭짓점이므로
sol) u = x − z, v = y − z, w = z로 두면 (u, v, w) ∈ D∗ =
[0, 1] × [0, 1] × [0, 1]이고
x = u + w,
y = v + w,
det
∂(x, y, z)
x − x0
= det 1
y1 − y0
∂(u, v, w)
z=w
= x1 y2 − x1 y0 − x0 y2 − x2 y1 + x2 y0 + x0 y1
= area(∆) 6= 0
이다. 또한

1
∂(x, y, z)
= det 0
∂(u, v, w)
0
0
1
0

1
1 = 1
1
이므로 dudvdw = dxdydz임을 알 수 있다. 따라서
ZZZ
Z 1Z 1Z 1
xydxdydz =
(u + v + 2w)dudvdw = 2
D
x2 − x0
y2 − y0
0
0
이므로 F 는 일대일대응이다.
b) 위의 문제에서 주어진 함수 F 에 치환적분법을 이용하여 다음
적분을 계산하시오.
0
이다.
ZZ
Iy =
x dxdy,
D
148
2
ZZ
Ix =
D
y 2 dxdy
13 다중적분
SOLUTION
sol) 위에서 정의된 F 에 치환적분법을 적용하면 계산에 의해
ZZ
Iy =
x2 dxdy
D
1Z 1−u
Z
(x0 + u(x1 − x0 ) + v(x2 − x0 ))2
x − x0 x2 − x0
· det 1
dvdu
y1 − y0 y2 − y0
x − x0 x2 − x0
= det 1
y1 − y0 y2 − y0
1
1
·
x0 2 + x0 (x1 + x2 − 2x0 )
2
3
1 (x1 − x0 )2 + (x1 − x0 )(x2 − x0 ) + (x2 − x0 )2
+
12
=
b)
(1 − (x + y)2 )dxdy,
4, x ≥ 0, y ≥ 0}
sol) 주어진 영역을 극좌표로 표현하면
이므로, 구하려는 적분값은
ZZ
Z
(1 − (x + y)2 )dxdy =
D
1
0
π/2
=
0
ZZ
c)
2x2 dxdy,
3 15
− (1 + sin(2θ))dθ
2
4
D = {(x, y) ∈ R2 |x2 +y 2 ≤ 4, 0 ≤ y ≤
π
,
3
0≤θ≤
0≤r≤2
이므로, 구하려는 적분값은
ZZ
Z
(2x2 )dxdy =
D
π/3Z 2
0
8 cos2 θdθ
0
연습문제 13.6 .
1. 극좌표 치환을 이용하여 다음 적분의 값을 구하시오.
=
|y|dydx
√
− 2x−x2
ZZZ
3+
4π
3
x2 y 2 dV, D는 타원포물면 z = 3x2 + y 2 과 z =
d)
D
sol) 주어진 영역을 극좌표로 표현하면
π
π
− ≤θ≤ ,
2
2
8 − x2 − 3y 2 으로 둘러싸인 영역
0 ≤ r ≤ 2 cos θ
sol) 주어진 영역을 원기둥좌표로 표현하면
√
0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 2, r2 (2 cos2 θ+1) ≤ z ≤ 8−r2 (1+2 sin2 θ)
이므로, 구하려는 적분값은
0
√
이다.
2x−x2
√
2r3 cos2 θdrdθ
0
π/3
Z
Z 2Z
3x}
sol) 주어진 영역을 극좌표로 표현하면
=
√
√
D
이다.
Z 2Z
(1 − (r cos θ + r sin θ)2 )rdrdθ
이다.
(y0 + u(y1 − y0 ) + v(y2 − y0 ))2
0 0
x1 − x0 x2 − x0
· det
dvdu
y1 − y0 y2 − y0
x − x0 x2 − x0
= det 1
y1 − y0 y2 − y0
1
1
y0 2 + y0 (y1 + y2 − 2y0 )
·
2
3
1 +
(y1 − y0 )2 + (y1 − y0 )(y2 − y0 ) + (y2 − y0 )2
12
2x−x2
√
− 2x−x2
Z
π/2 Z 2 cos θ
|y|dydx =
r2 |sin θ|drdθ
−π/2 0
Z
π/2
=
−π/2
=
이다.
1≤r≤2
π/2Z 2
Z
D
1Z 1−u
=
0
π
,
2
0≤θ≤
3
= − (10 + 3π)
8
이고 마찬가지로
ZZ
Ix =
y 2 dxdy
a)
D = {(x, y) ∈ R2 |1 ≤ x2 + y 2 ≤
D
0
0
Z
ZZ
이므로, 구하려는 적분값은
8
|sin θ| cos3 θdθ
3
ZZZ
Z
2 2
2πZ
(x y )dV =
D
4
3
0
=
이다.
149
2
π
3
0
√
2
r5 (8 − 4r2 ) sin2 θ cos2 θdrdθ
13 다중적분
SOLUTION
ZZZ
e)
p
1dV,
2π
으로 수렴한다.
2−p
따라서 이중적분이 수렴하는 p의 범위는 0 < p < 2이다.
D = {(x, y, z) ∈ R3 |x2 + (y − 1)2 ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 이다. 0 < 2 − p 이므로 적분값은
D
4 − x2 − y 2 }
3. R3 의 영역 D가 아래와 같이 주어졌을 때, 다음 삼중적분의
값을 극좌표 치환 또는 원기둥좌표 치환을 이용하여 구하시오.
sol) 주어진 영역을 원기둥좌표로 표현하면
0 ≤ θ ≤ π,
0 ≤ r ≤ 2 sin θ,
이므로, 구하려는 적분값은
ZZZ
Z πZ
1dV =
D
0
0≤z≤
p
4 − r2
ZZZ
(x2 + y 2 )dxdydz,
a)
2 sin θ
D는 원기둥면 x2 + y 2 = 4와 두
D
평면 x − z = 3 및 y − z = −1로 둘러싸인 유계 영역
p
r 4 − r2 drdθ
0
8
= (3π − 4)
9
sol) 주어진 영역을 원기둥좌표로 표현하면
0 ≤ θ ≤ 2π,
이다.
0 ≤ r ≤ 2,
r cos θ − 3 ≤ z ≤ r sin θ + 1
이므로, 구하려는 적분값은
2. 양수 < 1에 대해 D = {(x, y) ∈ R2 |2 ≤ x2 + y 2 ≤ 1}라
하고, p가 양의 상수라 하자. → 0+ 일 때 이중적분
ZZ
1
dxdy
2 + y 2 )p/2
(x
D
ZZZ
(x2 + y 2 )dxdydz =
D
0
Z
0
= 32π
이다.
≤r≤1
ZZZ
y 2 dxdydz, D는 두 포물면 z = 2x2 + 2y 2 과 z =
b)
D
0 r cos θ−3
2πZ 2
3
0
sol) 주어진 영역 D 을 극좌표로 표현하면
이므로 이중적분은
ZZ
(r3 )dzdrdθ
(r )(r(sin θ − cos θ) + 4)drdθ
=
가 수렴하는 p의 범위를 구하시오.
0 ≤ θ ≤ 2π,
2πZ 2Z r sin θ+1
Z
1
dxdy =
(x2 + y 2 )p/2
D
6 − x2 − y 2 으로 둘러싸인 입체
Z
0
2πZ
1
r1−p drdθ
로 나타낼 수 있다.
(case1) 1 − p < −1인 경우.
Z 2πZ 1
2π 2−p 1
r1−p drdθ =
r
2−p
0
2π
=
(1 − 2−p )
2−p
sol) 주어진 영역을 원기둥좌표로 표현하면
0 ≤ θ ≤ 2π,
0≤r≤
√
2,
2r2 ≤ z ≤ 6 − r2
이므로, 구하려는 적분값은
ZZZ
2
Z
2πZ
√ Z
2 6−r 2
(y )dxdydz =
D
0
Z
0
√
2
2πZ
r3 sin2 θdzdrdθ
2r 2
이다. 2 < p이므로 2 − p < 0이며 따라서 → 0+ 일 때 적분값은
3r3 (2 − r2 ) sin2 θdrdθ
=
0
0
발산한다.
= 2π
(case2) 1 − p = −1인 경우.
Z 2πZ 1
이다.
1
r1−p drdθ = 2π [ln(r)] = −2π ln()
0
ZZZ
이다. 따라서 → 0+ 일 때 적분값은 발산한다.
c)
6(x2 + y 2 )dxdydz, D는 포물면 z = 3 − x2 − y 2 과
D
p
(case3) −1 < 1 − p인 경우.
원뿔면 z = 2 x2 + y 2 으로 둘러싸인 영역
Z 2πZ 1
2π 2−p 1
r1−p drdθ =
r
2−p
0
sol) 주어진 영역을 원기둥좌표로 표현하면
2π
2−p
=
(1 − )
2−p
0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 1, 2r ≤ z ≤ 3 − r2
150
13 다중적분
SOLUTION
이므로, 구하려는 적분값은
ZZZ
Z
2
2
6(x + y )dxdydz =
이다.
2πZ 1Z
0
0
D
=
3−r
2
6r3 dzdrdθ
4. R3 의 영역 D에 대해 다음 삼중적분의 값을 구면좌표 치환을
이용하여 구하시오.
2r
11
π
5
ZZZ p
a)
x2 + y 2 + z 2 dxdydz, D = {(x, y, z) ∈ R3 |x2 + y 2 +
이다.
z 2 ≤ 4}
ZZZ
zdV,
d)
D는 z =
p
D
x2 + y 2 과 평면 z = 1로 둘러싸인
D
sol) 문제에서 주어진 영역을 구면좌표로 표현하면
유계 영역
0 ≤ θ ≤ 2π,
sol) 주어진 영역을 원기둥좌표로 표현하면
0 ≤ θ ≤ 2π,
0 ≤ r ≤ 1,
이므로, 구하려는 적분값은
ZZZ
Z
zdxdydz =
D
0
Z
0
=
D
2πZ πZ 2
Z
=
zrdzdrdθ
0
0 r
2πZ 1
0
0≤ρ≤2
임을 알 수 있다. 따라서
ZZZ p
x2 + y 2 + z 2 dxdydz
r≤z≤1
2πZ 1Z 1
=
0 ≤ φ ≤ π,
Z
1
r(1 − r2 )drdθ
2
ρ3 sin φdρdφdθ
0 0
2πZ π
=
4 sin φdφdθ
0
0
= 16π
π
4
이다.
이다.
b)
ZZZ
(x + y + 2z)dxdydz,
e)
D
2
D는 두 평면 y = 0, y = 2 및
ZZZ p
y 2 + z 2 ≤ 9, z ≤ 0}
2
원기둥면 x + z = 1으로 둘러싸인 유계 영역 중에서 xy 평면
위에 있는 부분
sol) 문제에서 주어진 영역을 구면좌표로 표현하면
0 ≤ θ ≤ 2π,
sol) 원기둥좌표와 변수만 바꾼 치환을 소개한다.
x = r cos θ,
z = r sin θ,
π/2 ≤ φ ≤ π,
임을 알 수 있다. 따라서
ZZZ p
y=y
이렇게 치환하면 x, z는 변수 r, θ의 C 1 함수이고,
∂(x, z)
cos θ
sin θ
= det
=r
−r sin θ r cos θ
∂(r, θ)
Z
2πZ π
Z
Z
0≤y≤2
이다. 구하려는 적분값은 따라서
ZZZ
(x + y + 2z)dxdydz
=
r(r cos θ + 2r sin θ + y)dydrdθ
0
0
Z πZ
0
1
=
π/2
= 10π 2
이다.
ZZZ
2
(ρ3 sin2 φ)dρdφdθ
(20 sin2 φ)dφdθ
0
D
Z πZ 1Z
3
π/2 1
2πZ π
=
0 ≤ r ≤ 1,
x2 + y 2 dxdydz
=
이다. 문제에서 주어진 영역을 위와 같은 새로운 좌표로 치환하면
0 ≤ θ ≤ π,
1≤ρ≤3
D
0
ydxdydz,
c)
D = {(x, y, z) ∈ R3 |1 ≤ x2 + y 2 + z 2 ≤
D
4, y ≥ 0, z ≥ 0}
2r(r cos θ + 2r sin θ + 1)drdθ
0
=
D = {(x, y, z) ∈ R3 |1 ≤ x2 +
x2 + y 2 dxdydz,
D
0
8
+π
3
sol) 문제에서 주어진 영역을 구면좌표로 표현하면
0 ≤ θ ≤ π,
151
0 ≤ φ ≤ π/2,
1≤ρ≤2
13 다중적분
SOLUTION
임을 알 수 있다. 따라서
ZZZ
ydxdydz
Z πZ
D
π/2Z 2
=
π/2
(
=
0
0
=
ZZZ
(x2 + y 2 )dxdydz,
f)
와 구 x + y 2 + (z + 1)2 ≤ 1의 교집합
(ρ3 sin2 φ sin θ)dρdφdθ
15
sin2 φ sin θ)dφdθ
4
sol) 문제에서 주어진 영역을 구면좌표로 표현하면
3π
π
≤θ≤
,
4
4
15π
8
π
≤ φ ≤ π,
2
0 ≤ ρ ≤ −2 cos φ
임을 알 수 있다. 따라서
ZZZ
(x2 + y 2 )dxdydz
이다.
ZZZ
D
p
zdxdydz, D는 반구면 z = 6 − x2 − y 2 (z ≥ 0)과
D p
원뿔면 z = x2 + y 2 으로 둘러싸인 영역
d)
D
√
6
2πZ π/4Z
=
0
Z
π
4
ZZZ
π
2
0
p
x2 + y 2 + z 2 )dxdydz, D = {(x, y, z) ∈ R3 |x2 +
D
y 2 + z 2 ≤ 1, x2 + y 2 − z 2 ≤ 0, y ≥ 0}
sol) 문제에서 주어진 영역을 구면좌표로 표현하면
(ρ3 sin φ cos φ)dρdφdθ
0 ≤ θ ≤ π,
(9 sin φ cos φ)dφdθ
0
cos(
g)
2πZ π/4
=
(ρ4 sin3 φ)dρdφdθ
=
0
0
−2 cos φ
Z πZ
이다.
임을 알 수 있다. 따라서
ZZZ
zdxdydz
Z
3π
4
Z
2
=
π
15
sol) 문제에서 주어진 영역을 구면좌표로 표현하면
√
0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ φ ≤ π/4, 0 ≤ ρ ≤ 6
0 ≤ φ ≤ π/4,
0 ≤ θ ≤ π,
3π/4 ≤ φ ≤ π,
ZZZ
Z πZ
D = {(x, y, z) ∈ R3 |x2 + y 2 + (z − 1)2 ≤
zdxdydz,
D
π/4Z 1
=
pD
1, z ≥ 3x2 + 3y 2 }
0
0
Z πZ
0
π
(ρ2 sin φ cos ρ)dρdφdθ
Z
+
0
sol) 문제에서 주어진 영역을 구면좌표로 표현하면
0 ≤ θ ≤ 2π,
0 ≤ φ ≤ π/6,
0 ≤ ρ ≤ 2 cos φ
임을 알 수 있다. 따라서
ZZZ
zdxdydz
D
2πZ π/6Z 2 cos φ
=
0
Z
0
2πZ π/6
=
0
37
=
π
48
0≤ρ≤1
임을 알 수 있다. 따라서
ZZZ
p
cos( x2 + y 2 + z 2 )dxdydz
이다.
Z
0≤ρ≤1
와
0
9
= π
2
e)
D는 영역 {(x, y, z) ∈ R3 |y ≥ |x|}
D
2
1
0
0
Z πZ
이다.
0
(ρ3 sin φ cos φ)dρdφdθ
0
4(sin φ cos5 φ)dφdθ
= (2 −
√
1
(ρ2 sin φ cos ρ)dρdφdθ
3π/4 0
2)π(2 cos 1 − sin 1)
이다.
5. 양수 < 1에 대해 D = {(x, y, z) ∈ R3 |2 ≤ x2 + y 2 + z 2 ≤ 1}
라 하고, p가 양의 상수라 하자. → 0+ 일 때 삼중적분
ZZZ
1
dxdydz
2
2
2 p/2
D (x + y + z )
가 수렴하는 p의 범위를 구하시오.
sol) 주어진 영역D 을 구면좌표로 표현하면
0 ≤ θ ≤ 2π,
152
0 ≤ φ ≤ π,
≤ρ≤1
13 다중적분
SOLUTION
이므로 삼중적분은
이다. 3 < p이므로 3 − p < 0이며 따라서 R → ∞일 때 적분값은
4π
ZZZ
Z 2πZ πZ 1
로 수렴한다.
1
2−p
p
−3
ρ
sin φdρdφdθ
dxdydz =
2
2
2
p/2
(case2.) 2 − p = −1인 경우.
0 0
D (x + y + z )
로 나타낼 수 있다.
(case1.) 2 − p < −1인 경우.
Z 2πZ πZ 1
4π 3−p 1
ρ2−p sin φdρdφdθ =
ρ
3
−p
0 0
4π
=
(1 − 3−p )
3−p
2πZ πZ R
Z
1
0
0
R
ρ2−p sin φdρdφdθ = 4π [ln(r)]1 = 4π ln(R)
이다. 따라서 R → ∞일 때 적분값은 발산한다.
(case3.) −1 < 2 − p인 경우.
Z
2πZ πZ R
4π 3−p R
ρ2−p sin φdrdθ =
ρ
이다. 3 < p이므로 3 − p < 0이며 따라서 → 0+ 일 때 적분값은
1
3
−p
0 1
0
발산한다.
4π
=
(R3−p − 1)
(case2.) 2 − p = −1인 경우.
3−p
Z 2πZ πZ 1
1
ρ2−p sin φdρdφdθ = 4π [ln(ρ)] = −4π ln()
이다. 0 < 3 − p 이므로 적분값은 R → ∞일 때 발산한다. 따라서
0 0
삼중적분이 수렴하는 p의 범위는 p > 3이다.
이다. 따라서 → 0+ 일 때 적분값은 발산한다.
(case3.) −1 < 2 − p인 경우.
7. 상수 r > 0에 대해 Dr = {(x, y, z) ∈ R3 |x2 + y 2 + z 2 ≤ r2 }라
Z 2πZ πZ 1
4π
1
할 때, 다음의 적분을 계산하시오. 그리고 lim Ir 을 구하시오.
ρ3−p ρ2−p sin φdρdφdθ =
r→∞
3
−
p
0
0 Z
Z
Z
p
4π
2
2
2
=
(1 − 3−p )
I
=
x2 + y 2 + z 2 e−(x +y +z ) dxdydz
r
3−p
D
r
이다. 0 < 3 − p 이므로 적분값은 0으로 수렴한다.
따라서 삼중적분이 수렴하는 p의 범위는 0 < p < 3이다.
sol) 주어진 영역 Dr 을 구면좌표로 표현하면
6. 양수 R > 1에 대해 DR = {(x, y, z) ∈ R3 |1 ≤ x2 + y 2 + z 2 ≤
R2 }라 하고, p가 양의 상수라 하자. R → ∞일 때 삼중적분
이므로
ZZZ
1
dxdydz
2
2
2 p/2
DR (x + y + z )
0 ≤ θ ≤ 2π,
ZZZ
p
Ir =
가 수렴하는 p의 범위를 구하시오.
Z
0
sol) 주어진 영역DR 을 구면좌표로 표현하면
0 ≤ θ ≤ 2π,
0 ≤ φ ≤ π,
Z
= 4π
1≤ρ≤R
0
r
0≤ρ≤r
x2 + y 2 + z 2 e−(x
Dr
2πZ πZ r
=
0 ≤ φ ≤ π,
2
+y 2 +z 2 )
dxdydz
2
ρ3 sin φe−ρ dρdφdθ
0
3 −ρ2
ρ e
dρ
0
2
= 2π(1 − e−r (r2 + 1))
이므로 삼중적분은
ZZZ
1
dxdydz
2 + y 2 + z 2 )p/2
(x
DR
Z 2πZ πZ R
=
ρ2−p sin φdρdφdθ
0
0
1
로 나타낼 수 있다.
(case1.) 2 − p < −1인 경우.
Z 2πZ πZ R
4π 3−p R
ρ2−p sin φdrdθ =
ρ
1
3−p
0
0 1
4π
=
(R3−p − 1)
3−p
이다. 그러므로 r → ∞일 때 Ir 는 2π로 수렴한다.
x2
y2
z2
+ 2 + 2 ≤ 1}에 대해
2
a
b
c
다음의 삼중적분을 계산하시오. 여기서 a, b, c는 양의 상수이다.
8. 3차원 영역 D = {(x, y, z) ∈ R3 |
ZZZ
2
Ix =
2
(y + z )dxdydz,
D
ZZZ
Iz =
D
153
ZZZ
(z 2 + x2 )dxdydz,
Iy =
D
(x2 + y 2 )dxdydz
14 곡면
SOLUTION
sol) x = au, y = bv, z = cw로 두면 (u, v, w) ∈ D∗ = {(u, v, w) ∈ sol) 문제의 매개변수 곡면은 함수 f (x, y) = − 11 x + 5 y + 1의
2
2
R3 |u2 + v 2 + w2 ≤ 1}이고 또한
그래프를 나타낸다.


a 0 0
∂(x, y, z)
= det 0 b 0 = abc
b) X(u, v) = (u, 2 cos v, 3 sin v)
∂(u, v, w)
0 0 c
z2
y2
이므로 dxdydz = (abc)dudvdw임을 알 수 있다. 한편 D∗ 를 구면
+
= 1을
sol) 문제의 매개변수 곡면은 3차원상에서 타원
좌표로 나타내면
4
9
만족하는 점들의 자취이다. (이 곡면을 타원기둥이라고 한다.)
0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ φ ≤ π, 0 ≤ ρ ≤ 1
c) X(u, v) = (3u cos v, u, 3u sin v)
이다. 그러면
ZZZ
ZZZ
x2 dxdydz =
(a2 u2 ) · (abc)dudvdw
D∗
D
2πZ πZ 1
Z
=
0
0
a3 bcρ4 sin3 φ cos2 θdρdφdθ
d) X(φ, θ) = (4sin φ cos θ, 4sin φ sin θ, 4 cos φ)
π 3π
π 3π
(φ, θ) ∈
,
×
,
4 4
2 2
ZZZ
2
2 2
(b v ) · (abc)dudvdw
y dxdydz =
2πZ πZ
Z
1
b3 acρ4 sin3 φ sin2 θdρdφdθ
=
0
=
z 2 dxdydz =
0
ZZZ
Z
sol) 문제의 매개변수 곡면은 곡선 y = z 2 를 z축을 기준으로 회전
하여 얻은 곡면이다.
(c2 w2 ) · (abc)dudvdw
D∗
2πZ πZ 1
=
0
0
e) X(u, θ) = (u2 cos θ, u2 sin θ, u)
0
4πb3 ac
15
D
f) X(u, θ) = (u, (1 − u) cos θ, (1 − u) sin θ),
[0, 2π]
(u, θ) ∈ [0, 1] ×
c3 abρ4 sin φ cos2 φdρdφdθ
sol) 문제의 매개변수 곡면은 곡선 y = 1 − x를 x축을 기준으로
회전하여 얻은 곡면이다 (단, 0 ≤ x ≤ 1.)
0
4πc3 ab
=
15
이다. 따라서
g) X(φ, θ) = (3 cos φ cos θ, 3 cos φ sin θ, 4 sin φ)
Ix = 4abc
b2 + c
15
2
Iy = 4abc
2
a + b2
Iz = 4abc
π
15
π,
a2 + c2
π,
15
sol) 문제의 매개변수 곡면은 타원
회전하여 얻은 곡면이다.
x2 z 2
+
= 1을 z축을 기준으로
9 16
h) X(φ, θ) = ((3 + cos φ) cos θ, (3 + cos φ) sin θ, sin φ)
이다.
14
sol) 문제의
매개변수 곡면은 x2 + y 2 + z 2 = 16 중 x ≤ 0 이고
√
|z| ≤ 2 2 인 부분을 나타낸다.
D∗
D
이며
ZZZ
회전하여 얻은 곡면이다.
1
z를 y축을 기준으로
3
0
4πa3 bc
=
15
이고
ZZZ
sol) 문제의 매개변수 곡면은 곡선 y =
곡면
sol) 문제의 매개변수 곡면은 원 (x − 3)2 + z 2 = 1를 z축을 기준
으로 회전하여 얻은 곡면(torus)이다.
연습문제 14.1 .
1. 다음의 식으로 표현된 매개변수 곡면을 설명하시오.
2. 다음 곡면을 매개변수를 이용하여 표현하시오.
a) X(u, v) = (u − v, u + v, 1 − 3u + 8v)
a) 직선 x = 2y = 3z와 2x = y = z를 포함하는 평면
154
14 곡면
SOLUTION
sol) 문제에 주어진 곡면은 각 직선의 방향벡터의 외적을 통해 sol) 문제에서 주어진 곡면을 매개변수곡면으로 표현하면
음함수 형태인
X(u, θ) = (u2 , u cos θ, u sin θ) (0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π)
2x − 10y + 9z = 0
이다.
임을 알 수 있다. 이를 매개변수곡면으로 표현하면
2
10
g) xy평면 위의 그래프 x = 9y 2 − y 4 (−3 ≤ y ≤ 3)을 y 축을
X(u, v) = u, v, − u + v
9
9
중심으로 회전한 곡면
이다.
sol) 문제에서 주어진 곡면을 매개변수곡면으로 표현하면
X(u, θ) = (9u2 − u4 ) cos θ, u, (9u2 − u4 ) sin θ ,
b) 점 (1, 3, −1)을 지나고, (1, −1, −1)에 수직인 평면
(−3 ≤ u ≤ 3,
0 ≤ θ ≤ 2π)
sol) 문제에 주어진 곡면은 1(x − 1) − 1(y − 3) − 1(z + 1) = 0 즉, 이다.
x − y − z = −1
h) y = −2와 y = 2사이에 있는 원기둥면 x2 + z 2 = 9
임을 알 수 있다. 이를 매개변수곡면으로 표현하면
sol) 문제에서 주어진 곡면을 매개변수곡면으로 표현하면
X(u, v) = (u, v, u − v + 1)
X(u, θ) = (3 cos θ, u, 3 sin θ)
이다.
0 ≤ θ ≤ 2π, −2 ≤ u ≤ 2
이다.
c) 곡면 z = y 2
i) 곡면 x = 9
있는 부분
sol) 문제에 주어진 곡면을 매개변수곡면으로 표현하면
X(u, v) = (u, v, v 2 )
p
y 2 + z 2 중에서 두 평면 x = 2와 x = 4 사이에
sol) 문제에서 주어진 곡면을 매개변수곡면으로 표현하면
1
1
X(u, θ) = u, u sin θ, u cos θ
(2 ≤ u ≤ 4, 0 ≤ θ ≤ 2π)
9
9
이다.
d) 곡면 x2 + (y − 4)2 = 16
이다.
sol) 문제에 주어진 곡면을 매개변수곡면으로 표현하면
j) x2 + 2y 2 + 3z 2 = 6
X(u, v) = (4 sin u, 4 + 4 cos u, v),
(z ≥ 0)인 곡면
(0 ≤ u ≤ 2π)
sol) 문제에서 주어진 곡면을 매개변수곡면으로 표현하면
√
√
√
이다. (sin 함수와 cos 함수는 주기함수이므로 위치를 바꿔써도
X(φ, θ) = ( 6 sin φ cos θ, 3 sin φ sin θ, 2 cos φ),
같은 곡면을 표현한다.)
π
0 ≤ φ ≤ , 0 ≤ θ ≤ 2π
2
2
2
2
e) 곡면 x − y + z = 1
이다.
sol) 문제에서 주어진 곡면은 일엽쌍곡면(hyperboloid of one 3. 다음 매개변수 곡면 위의 점에서 접평면의 방정식을 구하시오.
sheet)이며 매개변수곡면은
2
X(u, θ) = ((cosh u)(cos θ), sinh u, (cosh u)(sin θ)) , (0 ≤ θ ≤ 2π) a) X(u, v) = (u − v, u + v, 4u ),
이다.
f) xy평면 위의 그래프 y =
회전한 곡면
(0, 2, 4)
sol) 문제에서 주어진 매개변수 곡면 X에 대해
√
x (0 ≤ x ≤ 1)을 x 축을 중심으로
Xu (u, v) = (1, 1, 8u),
Xv (u, v) = (−1, 1, 0)
이므로
(Xu × Xv )(u, v) = (−8u, −8u, 2)
155
14 곡면
SOLUTION
이다. X(1, 1) = (0, 2, 4)이므로 주어진 점에서 접평면의 방정식은 이다.
−8x − 8(y − 2) + 2(z − 4) = 0 즉,
e) X(u, v) = (4uv, 2u sin v, v cos u),
4x + 4y − z = 4
이다.
u = 0,
v=π
sol) 문제에서 주어진 매개변수 곡면 X에 대해
b) X(u, v) = (u2 , v 2 , 4u − v),
Xu (u, v) = (4v, 2 sin v, −v sin u), Xv (u, v) = (4u, 2u cos v, cos u)
(1, 1, 3)
이므로
(Xu × Xv )(u, v)
sol) 문제에서 주어진 매개변수 곡면 X에 대해
= (2uv cos v sin u + 2 cos u sin v,
Xu (u, v) = (2u, 0, 4),
Xv (u, v) = (0, 2v, −1)
− 4v(cos u + u sin u), 8u(v cos v − sin v))
이다. X(0, π) = (0, 0, π)이므로 주어진 점에서 접평면의 방정식은
이므로
(Xu × Xv )(u, v) = (−8v, 2u, 4uv)
y=0
이다. X(1, 1) = (1, 1, 3)이므로 주어진 점에서 접평면의 방정식은 이다.
−8(x − 1) + 2(y − 1) + 4(z − 3) = 0 즉,
연습문제 14.2 .
주어진 곡면의 넓이를 구하시오.
−4x + y + 2z = 3
이다.
c) X(r, θ) = (r cos θ, r sin θ, r),
r = 2,
1. X(u, v) = (u + v, u − v, v),
sol) 곡면 X의 면적소 dS는
π
θ=
4
dS =
sol) 문제에서 주어진 매개변수 곡면 X에 대해
Xr (r, θ) = (cos θ, sin θ, 1),
0 ≤ u ≤ 1,
√
6dudv
이므로, 구하고자 하는 넓이는
ZZ
Z 1Z 1 √
dS =
6dudv
X
√0 0
= 6
Xθ (r, θ) = (−r sin θ, r cos θ, 0)
이므로
이다.
Xr (r, θ) × Xθ (r, θ) = (−r cos θ, −r sin θ, r)
√ √
이다. X(2, π/4)
=√
( 2, √2, 2)이므로
√
√ 주어진 점에서 접평면의 2. X(r, θ) = (r cos θ, r sin θ, θ), 0 ≤ θ ≤ 2π,
방정식은 − 2(x − 2) − 2(y − 2) + 2(z − 2) = 0 즉,
sol) 곡면 X의 면적소 dS는
√
√
p
− 2x − 2y + 2z = 0
dS = 1 + r2 drdθ
이다.
d) X(u, v) = (u2 , 4u sin v, u cos v),
u = 1,
0≤r≤1
이므로, 구하고자 하는 넓이는
ZZ
Z 2πZ 1 p
dS =
1 + r2 drdθ
v=π
X
0
0
1
1 p
r 1 + r2 + sinh−1 (r)
dθ
2
0
0
√
2 + sinh−1 (1)
=π
Z
2π
=
sol) 문제에서 주어진 매개변수 곡면 X에 대해
Xu (u, v) = (2u, 4 sin v, cos v),
0≤v≤1
Xv (u, v) = (0, 4u cos v, −u sin v)
이다.
이므로
(Xu × Xv )(u, v) = (−4u, 2u2 sin v, 8u2 cos v)
3. 평면 x + 2y + 3z = 12 중에서 영역 {(x, y, z) ∈ R3 |x ≥ 0, y ≥
0, z ≥ 0}에 제한된 부분
이다. X(1, π) = (1, 0, −1)이므로 주어진 점에서 접평면의 방정식
sol) 주어진 곡면을
은 −4(x − 1) − 8(z + 1) = 0 즉,
12 − x − 2y
12 − x
X(x, y) = x, y,
, 0 ≤ x ≤ 12, 0 ≤ y ≤
x + 2z = −1
3
2
156
14 곡면
SOLUTION
로 나타내면 곡면 X의 면적소 dS는
√
14
dS =
dxdy
3
이다.
6. 포물면 z = 9 − x2 − y 2 중에서 평면 z = −2 위쪽에 있는 부분
sol) 주어진 곡면을
이므로, 구하고자 하는 넓이는
√
ZZ
Z 12Z 12−x
2
14
dS =
dydx
3
X
√0 0Z 12
14
12 − x
=
dx
3
2
√ 0
= 12 14
X(x, y) = x, y, 9 − x2 − y 2 ,
로 나타내면 곡면 X의 면적소 dS는
p
dS = 4x2 + 4y 2 + 1dxdy
이다.
4. 평면 2x + 3y + 5z = 10중에서 원기둥 x2 + y 2 ≤ 16의 내부
또는 경계에 있는 부분
sol) 주어진 곡면을
10 − 2x − 3y
, x2 + y 2 ≤ 16
X(x, y) = x, y,
5
로 나타내면 곡면 X의 면적소 dS는
√
38
dS =
dxdy
5
이므로, 구하고자 하는 넓이는
ZZ
ZZ
dS =
X
Z
=
0
38
dxdy
5
16 √
38π
5
이다.
5. 포물면 z = 16 − x2 − y 2 중에서 xy 평면 위쪽에 있는 부분
sol) 주어진 곡면을
X(x, y) = x, y, 16 − x2 − y 2 , x2 + y 2 ≤ 16
Z
=
X
Z
=
0
p
4x2 + 4y 2 + 1dxdy
4r2 + 1drdθ
0
1√
tdtdθ
8
0
1
√
1
=
65 65 − 1 π
6
Z
2πZ 65
4r2 + 1drdθ
1√
tdtdθ
8
0
1
1 √
=
135 5 − 1 π
6
Z
2πZ 45
=
7. 곡면 z = xy 중에서 원기둥 x2 + y 2 ≤ 9의 내부 또는 경계에
있는 부분
sol) 주어진 곡면을
x2 + y 2 ≤ 9
X(x, y) = (x, y, xy) ,
로 나타내면 곡면 X의 면적소 dS는
p
dS = x2 + y 2 + 1dxdy
이므로, 구하고자 하는 넓이는
ZZ
ZZ
dS =
X
Z
=
p
x2 +y 2 ≤9
2πZ 3 p
r
0
=
x2 +y 2 ≤16
2πZ 4 p
r
r
0
0
로 나타내면 곡면 X의 면적소 dS는
p
dS = 4x2 + 4y 2 + 1dxdy
이므로, 구하고자 하는 넓이는
ZZ
ZZ
dS =
p
4x2 + 4y 2 + 1dxdy
x2 +y 2 ≤11
√
2πZ
11 p
X
38
rdrdθ
5
=
0
이므로, 구하고자 하는 넓이는
ZZ
ZZ
dS =
이다.
√
x2 +y 2 ≤16
√
2πZ 4
x2 + y 2 ≤ 11
x2 + y 2 + 1dxdy
r2 + 1drdθ
0
√
2
(10 10 − 1)π
3
이다.
8. 구면 x2 + y 2 + z 2 = 16 중에서 z ≥
sol) 주어진 곡면을
=
p
x2 + y 2 을 만족하는 부분
X(φ, θ) = (4 sin φ cos θ, 4 sin φ sin θ, 4 cos φ) ,
π
0 ≤ φ ≤ , 0 ≤ θ ≤ 2π
4
157
14 곡면
SOLUTION
로 나타내면 곡면 X의 면적소 dS는
로 나타내면 곡면 X의 면적소 dS는
p
dS = 4x2 + 4y 2 + 1dxdy
dS = 16 sin φdφdθ
이므로, 구하고자 하는 넓이는
ZZ
Z 2πZ
dS =
X
이므로, 구하고자 하는 넓이는
ZZ
ZZ
dS =
π/4
16 sin φdφdθ
√
= 16π(2 − 2)
X
0
0
Z
1≤x2 +y 2 ≤9
2πZ 3 p
1
0
이다.
4r2 + 1drdθ
r
=
p
4x2 + 4y 2 + 1dxdy
1√
tdtdθ
8
5
0
√ 1 √
= π 37 37 − 5 5
6
Z
2πZ 37
=
9. 구면 x2 + y 2 + z 2 = 12 중에서 z ≥ x2 + y 2 을 만족하는 부분
sol) 주어진 곡면을
√
√
√
X(φ, θ) =
12 sin φ cos θ, 12 sin φ sin θ, 12 cos φ ,
π
0 ≤ φ ≤ , 0 ≤ θ ≤ 2π
6
이다.
12. 원기둥면 x2 + z 2 = 4의 내부에 있는 곡면 y = x2 + z 2
sol) 주어진 조건들을 적당히 회전하여 생각하면, 즉 y와 z를 바
꾸어 쓰면 각각을 원기둥면 x2 + y 2 = 4와 곡면 z = x2 + y 2 으로
대치하여 이해할 수 있다. 이제 주어진 곡면을
X(x, y) = x, y, x2 + y 2 , x2 + y 2 ≤ 4
로 나타내면 곡면 X의 면적소 dS는
dS = 12 sin φdφdθ
이므로, 구하고자 하는 넓이는
ZZ
Z 2πZ
dS =
X
로 나타내면 곡면 X의 면적소 dS는
p
dS = 4x2 + 4y 2 + 1dxdy
π/6
12 sin φdφdθ
√
= 12π(2 − 3)
0
0
이므로, 구하고자 하는 넓이는
ZZ
ZZ
dS =
이다.
X
10. 구면 x2 + y 2 + z 2 = 4z 중에서 z ≥ x2 + y 2 을 만족하는 부분
sol) 주어진 구면을 구면좌표로 나타내면 ρ = 4 cos φ 이다. 이제
주어진 곡면을
X(φ, θ) = 4 cos φ sin φ cos θ, 4 cos φ sin φ sin θ, 4 cos2 φ ,
π
0 ≤ φ ≤ , 0 ≤ θ ≤ 2π
6
로 나타내면 곡면 X의 면적소 dS는
dS = 8|sin 2φ|dφdθ
이므로, 구하고자 하는 넓이는
ZZ
Z 2πZ
dS =
X
0
= 4π
이다.
0
Z
=
x2 +y 2 ≤4
2πZ 2 p
r
0
p
4x2 + 4y 2 + 1dxdy
4r2 + 1drdθ
0
1√
tdtdθ
8
0
1
1 √
= π 17 17 − 1
6
Z
2πZ 17
=
이다.
13. xy평면에서 y ≥ x2 이고 x ≥ y 2 인 영역 위쪽에 놓인 평면
−x + 2y + z = 6
sol) 주어진 곡면을
π/6
X(x, y) = (x, y, 6 + x − 2y) ,
8|sin 2φ|dφdθ
y ≥ x2 ,
로 나타내면 곡면 X의 면적소 dS는
√
dS = 6dxdy
이므로, 구하고자 하는 넓이는
ZZ
Z 1Z √x √
11. 곡면 z = x2 − y 2 중에서 x2 + y 2 ≥ 1과 x2 + y 2 ≤ 9를 만족
dS =
6dydx
하는 부분
X
0 x2
√
sol) 주어진 곡면을
6
=
2
2
2
2
X(x, y) = x, y, x − y , 1 ≤ x + y ≤ 9
3
158
x ≥ y2
14 곡면
SOLUTION
이다.
√
√
14. z = 8x + y 3/2 − 3 y (0 ≤ x ≤ 1, 9 ≤ y ≤ 27)의 그래프
sol) 주어진 곡면을
√
√ X(x, y) = x, y, 8x + y 3/2 − 3 y , 0 ≤ x ≤ 1, 9 ≤ y ≤ 27
로 나타내면 곡면 X의 면적소 dS는
p
dS = 16x2 + 10dxdy
이므로, 구하고자 하는 넓이는
ZZ
Z 1Z 1 p
16x2 + 10dydx
dS =
X
로 나타내면 곡면 X의 면적소 dS는
3 √
1
dS =
y+ √
dxdy
2
y
이므로, 구하고자 하는 넓이는
ZZ
Z 1Z 27 3 √
1
dS =
y+ √
dydx
2
y
X
0 9
√
= 90 3 − 36
이다.
x
0
Z
=
1
p
(1 − x) 16x2 + 10dx
0
√
√
1 √
5 10 − 26 + 30 sinh−1 (2 10/5)
=
24
이다.
연습문제 14.3 .
주어진 곡면 S와 실함수 f 에 대해 면적분
ZZ
f (x, y, z)dS를
S
구하시오.
p
2
1. f (x, y, z) = 2 x2 + y 2 ; S는 매개변수곡면 X(r, θ) =
1
1
2
15. x −
+ y ≤ 이고 z ≥ 0인 부분에 제한된 구면 (r cos θ, r sin θ, θ), (0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 1)
2
4
2
2
2
x +y +z =1
sol) 주어진 곡면을
sol)
p
X(x, y) = x, y, 1 − x2 − y 2 ,
Xr (r, θ) = (cos θ, sin θ, 0)
2
Xθ (r, θ) = (−r sin θ, r cos θ, 1)
1
1
+ y2 ≤
x−
2
4
이고
p
로 나타내면 곡면 X의 면적소 dS는
dS = ||(Xr × Xθ )(r, θ)|| drdθ = r2 + 1drdθ
r
1
dS =
dxdy
이다. f (X(r, θ)) = 2r 이므로
1 − x2 − y 2
ZZ
이므로, 구하고자 하는 넓이는
f (x, y, z)dS
ZZ
ZZ
ZS Z
1
p
dxdy
dS =
=
f (X(r, θ)) ||(Xr × Xθ )(r, θ)|| drdθ
2
X
(x− 12 ) +y2 ≤ 14 1 − x2 − y 2
[0,1]×[0,2π]
Z π/2 Z cos θ
Z 2πZ 1 p
r
√
4
√
drdθ
=
=
2r r2 + 1drdθ = π(2 2 − 1)
2
1
−
r
−π/2 0
3
0
0
Z π/2 Z 1
1
이다.
√ dtdθ
=
−π/2 sin2 θ 2 t
Z π/2
2. f (x, y, z) = x3 y 2 z; S는 평면 z = 3x − 2y − 1 중에서 xy평면의
=
(1 − |sin θ|)dθ
−π/2
영역 [0, 2] × [0, 1]위쪽에 제한된 부분
=π−2
이다.
sol) 곡면 S를 매개화하면
X(x, y) = (x, y, 3x − 2y − 1) (0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1)
16. xy평면의 세점 (0, 0), (0, 1), (1, 1)을 꼭짓점으로 하는 삼각형
이다. 그러면
영역 위쪽에 제한된 곡면 z = 3 + 2x2 + 3y
sol) 주어진 곡면을
Xx (x, y) = (1, 0, 3),
2
X(x, y) = x, y, 3 + 2x + 3y , 0 ≤ x ≤ 1, x ≤ y ≤ 1
Xy (x, y) = (0, 1, −2)
159
14 곡면
SOLUTION
이고
이고
dS = ||(Xx × Xy )(x, y)|| dxdy =
√
이다. f (X(x, y)) = x3 y 2 (3x − 2y − 1) 이므로
ZZ
f (x, y, z)dS
ZS Z
=
f (X(x, y)) ||(Xx × Xy )(x, y)|| dxdy
[0,2]×[0,1]
1Z 2 √
Z
0
0
3dxdy
S
4−x
Z 4Z
f (X(x, y)) ||(Xx × Xy )(x, y)|| dydx
√
Z 4Z 4−x √
32 3
=
3y(4 − x − y)dydx =
3
0 0
=
46 √
14
15
이다.
√
이다. f (X(x, y)) = y(4 − x − y) 이므로
ZZ
f (x, y, z)dS
0
0
14x3 y 2 (3x − 2y − 1)dxdy =
=
dS = ||(Xx × Xy )(x, y)|| dxdy =
14dxdy
이다.
3. f (x, y, z) = x2 + y 2 + z; S는 평면 x − 2y − z = 5중에서 5. f (x, y, z) = x2 + 2yx + zx; S는 (1, 0, 0), (0, 2, 0), (0, 0, 3)을
xy평면의 세점 (0, 0), (0, 1), (1, 1)을 꼭짓점으로 하는 삼각형의 세 꼭짓점으로 하는 삼각형 내부와 경계
위쪽에 제한된 부분
sol) 곡면 S를 매개화하면
X(x, y) = (x, y, x − 2y − 5)
(0 ≤ x ≤ y, 0 ≤ y ≤ 1)
이다. 그러면
sol) S는 평면 6x+3y +2z −6 = 0위의 곡면이므로 이를 이용하여
매개화하면
3
y
X(x, y) = x, y, 3 − 3x − y
(0 ≤ x ≤ − + 1, 0 ≤ y ≤ 2)
2
2
이다. 그러면
Xx (x, y) = (1, 0, 1),
Xx (x, y) = (1, 0, −3),
Xy (x, y) = (0, 1, −2)
Xy (x, y) = (0, 1, −3/2)
이고
dS = ||(Xx × Xy )(x, y)|| dxdy =
√
이고
6dxdy
dS = ||(Xx × Xy )(x, y)|| dxdy =
이다. f (X(x, y)) = x2 + y 2 + x − 2y − 5 이므로
ZZ
f (x, y, z)dS
이다. f (X(x, y)) =
S
Z 1Z
y
0
=
0
f (x, y, z)dS
0
Z 1Z
1
xy + 3x − 2x2 이므로
2
ZZ
f (X(x, y)) ||(Xx × Xy )(x, y)|| dxdy
=
7
dxdy
2
S
y
√
6(x2 + y 2 + x − 2y − 5)dxdy = −
0
8√
6
3
Z 2Z
− y2 +1
f (X(x, y)) ||(Xx × Xy )(x, y)|| dxdy
=
0
0
Z 2Z
이다.
=
0
0
− y2 +1
7
2
1
21
2
xy + 3x − 2x dxdy =
2
8
4. f (x, y, z) = yz; S는 평면 x + y + z = 4 중에서 제1팔분원 부분 이다.
sol) 곡면 S를 매개화하면
X(x, y) = (x, y, 4 − x − y)
(0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 4 − x)
이다. 그러면
6. f (x, y, z) = x2 − y 2 ; S는 평면 z = 2x − y + 3 중에서 원기둥면
x2 + y 2 = 16의 내부나 경계에 있는 부분
sol) 곡면 S를 매개화하면
Xx (x, y) = (1, 0, −1),
X(x, y)
Xy (x, y) = (0, 1, −1)
= (x, y, 2x − y + 3) (−
160
p
16 − y 2 ≤ x ≤
p
16 − y 2 , −4 ≤ y ≤ 4)
14 곡면
SOLUTION
8. f (x, y, z) = x2 + y 2 − z 2 ; S는 구면 x2 + y 2 + z 2 = 9 중에서
위쪽 반구면 (z ≥ 0)
이다. 그러면
Xx (x, y) = (1, 0, 2),
Xy (x, y) = (0, 1, −1)
sol) 곡면 S를 매개화하면
이고
dS = ||(Xx × Xy )(x, y)|| dxdy =
√
X(φ, θ)
6dxdy
= (3 sin φ cos θ, 3 sin φ sin θ, 3 cos φ)
이다. f (X(x, y)) = x2 − y 2 이므로
ZZ
f (x, y, z)dS
ZS Z
=
f (X(x, y)) ||(Xx × Xy )(x, y)|| dxdy
Xφ (φ, θ) = (3 cos φ cos θ, 3 cos φ sin θ, −3 sin φ),
Xθ (φ, θ) = (−3 sin φ sin θ, 3 sin φ cos θ, 0)
이고
x2 +y 2 ≤16
−4 −
2πZ 4
=
0
이다. f (X(φ, θ)) = 9(sin2 φ − cos2 φ) 이므로
ZZ
f (x, y, z)dS
ZS Z
=
f (X(φ, θ)) ||(Xφ × Xθ )(φ, θ)|| dφdθ
6((r cos θ)2 − (r sin θ)2 )rdrdθ
0
2πZ 4
Z
dS = ||(Xφ × Xθ )(φ, θ)|| dφdθ = 9 sin φdφdθ
16−y
√
=
0
√
π
, 0 ≤ θ ≤ 2π)
2
이다. 그러면
Z 4 Z √16−y2 √
=
6(x2 − y 2 )dxdy
√
2
Z
(0 ≤ φ ≤
6r3 (cos2 θ − sin2 θ)drdθ = 0
0
[0, π
2 ]×[0,2π]
이다.
2πZ
Z
π
2
=
0
7. f (x, y, z) = 2z 2 ; S는 구면 x2 + y 2 + z 2 = 4 중에서
{(x, y, z) ∈ R3 |x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0}에 제한된 부분
2πZ
Z
9(sin2 φ − cos2 φ)9 sin φdφdθ
0
=
0
π
2
81 sin φ(sin2 φ − cos2 φ)dφdθ = 54π
0
이다.
sol) 곡면 S를 매개화하면
X(φ, θ)
= (2 sin φ cos θ, 2 sin φ sin θ, 2 cos φ)
(0 ≤ φ ≤
π
π
, 0≤θ≤ )
2
2
p
9. f (x, y, z) = x + y + z; S는 원뿔면 z =
x2 + y 2 중에서
2
2
원기둥면 x + y = 1의 내부나 경계에 있는 부분
sol) 곡면 S를 매개화하면
이다. 그러면
X(θ, z) = (z cos θ, z sin θ, z)
Xφ (φ, θ) = (2 cos φ cos θ, 2 cos φ sin θ, −2 sin φ),
Xθ (φ, θ) = (−2 sin φ sin θ, 2 sin φ cos θ, 0)
(0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ 1)
이다. 그러면
이고
Xθ (θ, z) = (−z sin θ, z cos θ, 0),
Xz (θ, z) = (cos θ, sin θ, 1)
dS = ||(Xφ × Xθ )(φ, θ)|| dφdθ = 4 sin φdφdθ
이다. f (X(φ, θ)) = 8 cos2 φ 이므로
ZZ
f (x, y, z)dS
S
ZZ
f (X(φ, θ)) ||(Xφ × Xθ )(φ, θ)|| dφdθ
=
π
[0, π
2 ]×[0, 2 ]
Z
π
2
Z
=
0
0
π
2
32 cos2 φ sin φdφdθ =
16
π
3
이고
dS = ||(Xθ × Xz )(θ, z)|| dθdz =
√
2zdθdz
이다. f (X(θ, z)) = z(cos θ + sin θ + 1) 이므로
ZZ
f (x, y, z)dS
ZS Z
=
f (X(θ, z)) ||(Xθ × Xz )(θ, z)|| dθdz
[0,2π]×[0,1]
2π √
2
Z 1Z
이다.
=
0
161
0
√
2 2
2z (cos θ + sin θ + 1)dθdz =
π
3
14 곡면
SOLUTION
이다.
이다.
10. f (x, y, z) = y 2 z 2 ; S는 곡면 z 2 = x2 + y 2 중에서 z = 1과 12. f (x, y, z) = x2 + 2y 2 ; S는 T = {(x, y, z) ∈ R3 |0 ≤ x ≤
z = 4 사이에 있는 부분
1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1}의 경계
sol) 곡면 S를 매개화하면
X(θ, z) = (z cos θ, z sin θ, z)
sol) 곡면 S1 , S2 , S3 , S4 , S5 , S6 를 각각
S1 = {(x, y, 0) ∈ R3 | 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1},
(0 ≤ θ ≤ 2π, 1 ≤ z ≤ 4)
S2 = {(x, y, 1) ∈ R3 | 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1},
이다. 그러면
S3 = {(x, 0, z) ∈ R3 | 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1},
Xθ (θ, z) = (−z sin θ, z cos θ, 0),
S4 = {(x, 1, z) ∈ R3 | 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1},
Xz (θ, z) = (cos θ, sin θ, 1)
S5 = {(0, y, z) ∈ R3 | 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1},
S6 = {(1, y, z) ∈ R3 | 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1},
이고
dS = ||(Xθ × Xz )(θ, z)|| dθdz =
√
2zdθdz
으로 정의하면 S = S1 ∪ S2 ∪ S3 ∪ S4 ∪ S5 ∪ S6 는 조각적 정규
곡면이고
ZZ
ZZ
ZZ
ZZ
f dS =
f dS +
f dS +
f dS
S
S1
S2
S3
ZZ
ZZ
ZZ
+
f dS +
f dS +
f dS
이다. f (X(θ, z)) = z 4 sin2 θ 이므로
ZZ
f (x, y, z)dS
ZS Z
=
f (X(θ, z)) ||(Xθ × Xz )(θ, z)|| dθdz
S4
[0,2π]×[1,4]
2π √
5
√
1365 2
2
2z sin θdθdz =
π
2
Z 4Z
=
1
0
S5
S6
이다. 이제 면적분의 값들을 따로 구하자.
1. 곡면 S1 을 매개화 하면
이다.
X(x, y) = (x, y, 0)
11. f (x, y, z) = x; S는 곡면 x = y 2 + z 2 중에서 원기둥면
y 2 + z 2 = 4의 내부나 경계에 있는 부분
(0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1)
이다 그러면
Xx (x, y) = (1, 0, 0)
Xy (x, y) = (0, 1, 0)
sol) 곡면 S를 매개화하면
X(θ, r) = (r2 , r cos θ, r sin θ)
이고
dS = ||(Xx × Xy )(x, y)|| dxdy = dxdy
(0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 2)
이다. f (X(x, y)) = x2 + 2y 2 이므로
ZZ
f (x, y, z)dS
ZS1Z
=
f (X(x, y)) ||(Xx × Xy )(x, y)|| dxdy
이다. 그러면
Xθ (θ, r) = (0, −r sin θ, r cos θ),
Xr (θ, r) = (2r, cos θ, sin θ)
이고
[0,1]×[0,1]
1
2
Z 1Z
dS = ||(Xθ × Xr )(θ, r)|| dθdr = r
=
p
4r2 + 1dθdr
0
2
Z
=
r
0
0
4r2 + 1dθdr =
0
이다.
이다. f (X(θ, r)) = r 이므로
ZZ
f (x, y, z)dS
S
ZZ
=
f (X(θ, r)) ||(Xθ × Xr )(θ, r)|| dθdr
[0,2π]×[0,2]
2Z 2π
p
3
x + 2y 2 dxdy = 1
2. 곡면 S2 을 매개화 하면
X(x, y) = (x, y, 1)
(0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1)
이다 그러면
Xx (x, y) = (1, 0, 0)
√
π
(1 + 391 17)
60
Xy (x, y) = (0, 1, 0)
162
14 곡면
SOLUTION
이고
5. 곡면 S5 을 매개화 하면
dS = ||(Xx × Xy )(x, y)|| dxdy = dxdy
X(y, z) = (0, y, z)
이다. f (X(x, y)) = x2 + 2y 2 이므로
ZZ
f (x, y, z)dS
S
Z 2Z
=
f (X(x, y)) ||(Xx × Xy )(x, y)|| dxdy
이다 그러면
Xy (y, z) = (0, 1, 0)
[0,1]×[0,1]
1Z 1
2
Z
Xz (y, z) = (0, 0, 1)
x + 2y 2 dxdy = 1
=
0
(0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1)
이고
0
이다.
dS = ||(Xy × Xz )(y, z)|| dydz = dydz
3. 곡면 S3 을 매개화 하면
X(x, z) = (x, 0, z)
(0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1)
이다. f (X(y, z)) = 2y 2 이므로
이다 그러면
ZZ
Xx (x, z) = (1, 0, 0)
f (x, y, z)dS
ZS5Z
=
f (X(y, z)) ||(Xy × Xz )(y, z)|| dydz
Xz (x, z) = (0, 0, 1)
이고
[0,1]×[0,1]
1
2
Z 1Z
dS = ||(Xx × Xz )(x, z)|| dxdz = dxdz
=
2y dydz =
2
이다. f (X(x, z)) = x 이므로
ZZ
f (x, y, z)dS
S3
ZZ
=
f (X(x, z)) ||(Xx × Xz )(x, z)|| dxdz
Z
=
[0,1]×[0,1]
1Z 1
2
x dxdz =
0
0
0
0
2
3
이다.
6. 곡면 S6 을 매개화 하면
X(y, z) = (1, y, z)
1
3
(0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1)
이다 그러면
이다.
4. 곡면 S4 을 매개화 하면
X(x, z) = (x, 1, z)
Xy (y, z) = (0, 1, 0)
(0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1)
Xz (y, z) = (0, 0, 1)
이다 그러면
이고
Xx (x, z) = (1, 0, 0)
Xz (x, z) = (0, 0, 1)
dS = ||(Xy × Xz )(y, z)|| dydz = dydz
이고
이다. f (X(y, z)) = 1 + 2y 2 이므로
dS = ||(Xx × Xz )(x, z)|| dxdz = dxdz
이다. f (X(x, z)) = x2 + 2 이므로
ZZ
f (x, y, z)dS
S4
ZZ
=
f (X(x, z)) ||(Xx × Xz )(x, z)|| dxdz
Z
=
0
ZZ
f (x, y, z)dS
S
Z 6Z
=
f (X(y, z)) ||(Xy × Xz )(y, z)|| dydz
[0,1]×[0,1]
1
[0,1]×[0,1]
1Z 1
2
0
Z 1Z
=
7
x + 2dxdz =
3
0
이다.
이다.
163
0
1 + 2y 2 dydz =
5
3
15 벡터장
SOLUTION
3. 곡면 S3 을 매개화 하면
그러므로
ZZ
f dS = 1 + 1 +
S
1 7 2 5
+ + + =7
3 3 3 3
X(y, z)
= (5 − y, y, z) (−
p
16 − z 2 ≤ y ≤
p
16 − z 2 , −4 ≤ z ≤ 4)
이다.
이다 그러면
13. f (x, y, z) = xz; T 가 원기둥면 y 2 + z 2 = 16과 두 평면
x = 0, x + y = 5로 둘러싸인 영역일 때, S는 T 의 경계
Xy (y, z) = (−1, 1, 0)
Xz (y, z) = (0, 0, 1)
이고
sol) 곡면 S1 , S2 , S3 를 각각
dS = ||(Xy × Xz )(y, z)|| dydz =
S1 = {(0, y, z) ∈ R3 | y 2 + z 2 ≤ 16},
3
S2 = {(x, 4 sin θ, 4 cos θ) ∈ R | 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ x ≤ 5 − 4 sin θ},
으로 정의하면 S = S1 ∪ S2 ∪ S3 는 조각적 정규곡면이고
ZZ
ZZ
ZZ
ZZ
f dS
f dS +
f dS +
f dS =
S2
S1
y 2 +z 2 ≤16
√
16−z 2
Z 4Z
S3
=
이다. 이제 면적분의 값들을 따로 구하자.
√
−4 − 16−z 2
z(5 − y)dydz = 0
이다.
1. 곡면 S1 을 매개화 하면
X(r, θ) = (0, r cos θ, r sin θ)
2dydz
이다. f (X(y, z)) = z(5 − y) 이므로
ZZ
f (x, y, z)dS
ZS4Z
=
f (X(y, z)) ||(Xy × Xz )(y, z)|| dydz
S3 = {(5 − y, y, z) ∈ R3 | y 2 + z 2 ≤ 16},
S
√
(0 ≤ r ≤ 4, 0 ≤ θ ≤ 2π)
이다. 그러면 f (X(r, θ)) = 0 이므로
ZZ
f (x, y, z)dS = 0
S1
그러므로
ZZ
f dS = 0 + 0 + 0 = 0
S
이다.
이다.
2. 곡면 S2 을 매개화 하면
X(r, θ) = (r, 4 sin θ, 4 cos θ)
(0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ x ≤ 5 − 4 sin θ)
이다 그러면
15
연습문제 15.1 .
1. V (x, y) = xy 일 때 그래디언트 벡터장 −∇V 를 xy 평면에 그
림으로 나타내시오.
sol) 주어진 벡터장의 그림은 다음과 같다.
Xr (r, θ) = (1, 0, 0)
Xθ (r, θ) = (0, 4 cos θ, −4 sin θ)
이고
dS = ||(Xr × Xθ )(r, θ)|| dxdy = 4dxdy
이다. f (X(r, θ)) = 4r cos θ 이므로
ZZ
f (x, y, z)dS
S2
2πZ 5−4 sin θ
Z
f (X(x, y)) ||(Xr × Xθ )(r, θ)|| drdθ
=
0
Z
0
2πZ 5−4 sin θ
16r cos θdrdθ = 0
=
0
벡터장
0
이다.
164
15 벡터장
SOLUTION
2. 다음에 주어진 벡터장 F 의 발산 ∇ · F 과 회전 ∇ × F 를 이고 ∇f 의 회전은
구하시오.(답만 명시한다.)
∇ × (∇f )
−yz
−yz
=
− 2
,
a) F (x, y, z) = (y, z, x)
(x2 + y 2 + z 2 )3/2
(x + y 2 + z 2 )3/2
−xz
−xz
− 2
,
2
2
2
3/2
sol)
(x + y + z )
(x + y 2 + z 2 )3/2
−xy
−xy
−
=0
∇ · F = 0,
(x2 + y 2 + z 2 )3/2
(x2 + y 2 + z 2 )3/2
∇ × F = (−1, −1, −1).
이다.
b) F (x, y, z) = (xy, yz, zx)
b) f (x, y, z) = xy 2 + yz 2 + zx2 , (x, y, z) ∈ R3
sol)
proof ) 함수 f 의 그래디언트는
∇ · F = x + y + z,
∇f = 2xz + y 2 , 2xy + z 2 , 2yz + x2
∇ × F = (−y, −z, −x).
이고 ∇f 의 회전은
∇ × (∇f ) = (2z − 2z, 2x − 2x, 2y − 2y) = 0
c) F (x, y, z)
1 2
2
2 1
2
2
2 1
2
2
2
=
(x + y + z ), (x + y + z ), (x + y + z )
2
3
4
이다.
sol)
c) f (x, y, z) = xy 2 z 3 , (x, y, z) ∈ R3
2
1
∇ · F = x + y + z,
2
3
1
2
1 2
∇×F =
y − z, z − x, x − y .
2
3
2 3
proof ) 함수 f 의 그래디언트는
∇f = y 2 z 3 , 2xyz 3 , 3xy 2 z 2
이고 ∇f 의 회전은
d) F (x, y, z) =
2yz
−2xz
2xy
,
,
x2 + y 2 + z 2 x2 + y 2 + z 2 x2 + y 2 + z 2
∇ × (∇f ) = (6xyz 2 − 6xyz 2 , 3y 2 z 2 − 3y 2 z 2 , 2yz 3 − 2yz 3 ) = 0
이다.
sol)
d) f (x, y, z) = ln (x2 + y 2 + z 2 ), (x, y, z) 6= (0, 0, 0)
4xyz
∇·F =− 2
,
(x + y 2 + z 2 )2
proof ) 함수 f 의 그래디언트는
4x3
4y(x2 − z 2 )
−4z 3
∇×F =
,
,
.
(x2 + y 2 + z 2 )2 (x2 + y 2 + z 2 )2 (x2 + y 2 + z 2 )2
2x
2y
2z
∇f =
,
,
x2 + y 2 + z 2 x2 + y 2 + z 2 x2 + y 2 + z 2
3. 다음 실함수 f 에 대해 ∇ × (∇f ) = 0 임을 보이시오.
a) f (x, y, z) =
p
이고 ∇f 의 회전은
∇ × (∇f )
−4yz
−4yz
=
− 2
,
2
2
2
2
(x + y + z )
(x + y 2 + z 2 )2
−4xz
−4xz
− 2
,
(x2 + y 2 + z 2 )2
(x + y 2 + z 2 )2
−4xy
−4xy
−
=0
(x2 + y 2 + z 2 )2
(x2 + y 2 + z 2 )2
x2 + y 2 + z 2 , (x, y, z) 6= (0, 0, 0)
proof ) 함수 f 의 그래디언트는
∇f =
x
p
x2 + y 2 + z 2
,p
y
x2 + y 2 + z 2
z
!
,p
x2 + y 2 + z 2
165
15 벡터장
SOLUTION
이다.
proof ) 벡터장 F 가 그래디언트 벡터장이려면 F = ∇f 를 만족하
는 함수 f 가 존재하야
한다. F = ∇f 를 만족하는 f 가 존재한다고
∂f ∂f
4. ∇ · F = 0 이고 ∇ · G = 0 이라 하자. 다음 벡터장 중 발산이 가정하면 F (x, y) = ∂x , ∂y 이므로
0인 벡터장을 찾고 그렇지 않는 경우는 반례를 제시하시오.
(a) F + G
sol) 벡터장 F 를 F = (P, Q, R), 벡터장 G 를 G = (S, T, U )라고
두면(P, Q, R, S, T, U 는 함수) ∇ · F = 0 이고 ∇ · G = 0이므로
∂f
= x cos y,
∂x
이다. 그리고
∂f
= y sin x
∂y
∂f
를 x에 대해 부정적분하면
∂x
∇ · F = Px + Qy + Rz = 0,
Z
∇ · G = Sx + Ty + Uz = 0
∂f
dx =
∂x
Z
x cos ydx =
1 2
x cos y + C
2
이다.
벡터장 F + G = (P + S, Q + T, R + U ) 이므로 이의 발산을 이다. 이제 이를 y에 대해서 편미분하자. 그러면
구해보면
1 2
x
cos
y
+
C
∂
∇ · (F + G) = (P + S)x + (Q + T )y + (R + U )z
1
2
= − x2 sin y
= (Px + Sx ) + (Qy + Ty ) + (Rz + Uz )
∂y
2
= (Px + Qy + Rz ) + (Sx + Ty + Uz )
∂f
1
=0
이고
6= − x2 sin y 이므로 F = ∇f 를 만족하는 f 가 존재한
∂y
2
다는 가정에 모순된다. 그러므로 주어진 벡터장 F 는 그래디언트
이다.
벡터장이 아니다.
(b) F × G
sol) 벡터장 F × G 의 발산은 0이 아니다.
6. 다음 등식을 증명하시오.
(반례) 벡터장 F , G 를 각각 F = (0, x, 0), G = (0, 0, 1) 이라고
두자 그러면
a) ∇(cf + g) = c∇f + ∇g, (c는 상수)
F × G = (0, x, 0) × (0, 0, 1) = (x, 0, 0)
proof )
이고 이의 발산은
∇(cf + g) = ((cf + g)x , (cf + g)y , (cf + g)z )
= (cfx + gx , cfy + gy , cfz + gz )
∇ · (F × G) = 1 6= 0
= (cfx , cfy , cfz ) + (gx , gy , gz )
이다.
= c (fx , fy , fz ) + (gx , gy , gz )
(c) (F · G)F
= c∇f + ∇g.
sol) 벡터장 (F · G)F 의 발산은 0이 아니다.
(반례) 벡터장 F , G 를 각각 F = (x, 0, −z), G = (1, 0, 0) 이라고
두자 그러면
b) ∇(f g) = f ∇g + g∇f
proof )
(F · G)F = ((x, 0, −z) · (1, 0, 0))F = xF = (x2 , 0, −zx)
∇(f g) = ((f g)x , (f g)y , (f g)z )
이고 이의 발산은
= (fx g + f gx , fy g + f gy , fz g + f gz )
∇ · ((F · G)F ) = 2x − x = x 6= 0
= (f gx , f gy , f gz ) + (fx g, fy g, fz g)
= f (gx , gy , gz ) + g (fx , fy , fz )
이다.
= f ∇g + g∇f.
5. F (x, y) = (x cos y, y sin x)로 주어진 벡터장 F 는 그래디언트
벡터장이 아님을 보이시오.
f
g∇f − f ∇g
c) ∇
=
(단, 임의의 x에 대해 g(x) 6= 0이다.)
g
g2
166
15 벡터장
SOLUTION
(b) ∇ × F
sol) ∇ × F =(3xy 2 z, x − y 3 z, 0).
proof )
!
f
f
f
,
,
g x
g y
g z
f
∇
=
g
(c) F · (∇f )
sol) F · (∇f ) = 2x2 yz + x2 .
fx g − f gx fy g − f gy fz g − f gz
,
,
g2
g2
g2
fx g fy g fz g
−f gx −f gy −f gz
=
,
,
+
,
,
g2 g2 g2
g2
g2
g2
g (fx , fy , fz ) − f (gx , gy , gz )
=
g2
g∇f − f ∇g
=
.
g2
=
(d) F × (∇f )
sol) F × (∇f ) = (−x3 y 3 z, 2x2 y 4 z, x3 z − 2xy).
8. 미분가능한 벡터장 F 에 대하여 ∇ × F 는 F 와 수직인가? 그렇
다면 증명하고, 아니라면 반례를 제시하시오.
sol) 수직이 아니다.
(반례) 벡터장 F 를 F = (1, 0, y 2 ) 이라고 두자. 그러면
d) ∇ × (F + G) = ∇ × F + ∇ × G
proof ) F = (P, Q, R), G = (S, T, U )라고 하자.
그러면 F + G = (P + S, Q + T, R + U ) 이고
∇ × F = (2y, 0, 0)
이고
∇ × (F + G)
(∇ × F ) · F = (2y, 0, 0) · (1, 0, y 2 ) = 2y 6= 0
=((R + U )y − (Q + T )z , (P + S)z − (R + U )x ,
이므로 ∇ × F 와 벡터장 F 는 수직이 아니다.
(Q + T )x − (P + S)y )
=(Ry + Uy − Qz − Tz , Pz + Sz − Rx − Ux , Qx + Tx − Py − Sy )
=(Ry − Qz , Pz − Rx , Qx − Py ) + (Uy − Tz , Sz − Ux , Tx − Sy )
=∇ × F + ∇ × G
이다.
연습문제 15.2 .
1. 힘의 장(force field) F (x, y, z) = (x, y, z)에 의해 어떤 입자가
x = −1 부터 x = 3 까지 포물선 y = x2 , z = 0 을 따라 움직였을
때, F 가 한 일(work)의 크기를 구하시오.
sol) 곡선 C를 입자가 움직인 자취라 하면
C(t) = (t, t2 , 0),
e) ∇ × (f F ) = f (∇ × F ) + ∇f × F
proof ) F = (P, Q, R) 라고 하자.
그러면 f F = f (P, Q, R) = (f P, f Q, f R)이고
이다. 따라서, F 가 이 입자에 한 일은
Z
Z 3
F · ds =
F (C(t)) · C 0 (t)dt
−1
3
C
∇ × (f F ) =((f R)y − (f Q)z , (f P )z − (f R)x , (f Q)x − (f P )y )
Z
(t, t2 , 0) · (1, 2t, 0)dt
=
=(fy R + f Ry − fz Q − f Qz ,
−1
3
fz P + f Pz − fx R − f Rx , fx Q + f Qx − fy P − f Py )
Z
(t + 2t3 )dt = 44
=
=(f Ry − f Qz , f Pz − f Rx , f Qx − f Py )
+ (fy R − fz Q, fz P − fx R, fx Q − fy P )
−1 ≤ t ≤ 3
−1
이다.
=f (Ry − Qz , Pz − Rx , Qx − Py )
+ (fy R − fz Q, fz P − fx R, fx Q − fy P )
=f (∇ × F ) + ∇f × F
2. 다음 곡선에 대해 벡터장 F (x, y, z) = (x, y, z)의 선적분을
구하시오.
이다.
a) C(t) = (t, 2t, 3t), 0 ≤ t ≤ 1
sol)
Z
Z 1
7. F (x, y, z) = (xz, 1, xy 3 z)이고 f (x, y, z) = x2 y일 때 다음을
구하시오.
F · ds =
F (C(t)) · C 0 (t)dt
C
0
(답만 명시한다.)
Z
1
(t, 2t, 3t) · (1, 2, 3)dt
=
0
(a) ∇f
sol) ∇f = (2xy, x2 , 0).
Z
=
14tdt = 7.
0
167
1
15 벡터장
SOLUTION
이다.
b) C(t) = (sin t, cos t, 0), 0 ≤ t ≤ 2π
sol)
Z
Z 2π
F · ds =
F (C(t)) · C 0 (t)dt
C
4. F (x, y, z)Z = (z, 2x, 3y)이고 C(t) = (t, t2 , 2t)
0
때, 선적분
2π
Z
(sin t, cos t, 0) · (cos t, − sin t, 0)dt
=
(0 ≤ t ≤ 1) 일
F · ds를 계산하시오.
C
sol)
0
= 0.
Z
c) C(t) = (t2 , 2t, 3t3 ), −1 ≤ t ≤ 1
sol)
Z
Z 1
F · ds =
F (C(t)) · C 0 (t)dt
Z
C
Z
2
−1
Z 1
=
(2t, 2t, 3t2 ) · (1, 2t, 2)dt
0
3
=
2
(t , 2t, 3t ) · (2t, 2, 9t )dt
=
1
=
Z
Z
F (C(t)) · C 0 (t)dt
0
−1
1
C
1
F · ds =
1
(10t2 + 2t)dt =
0
13
.
3
(4t + 2t3 + 27t5 )dt
−1
5. 선적분
= 0.
Z
ydx + (3y 2 − x)dy + zdz 를 계산하시오. 여기서
C
C(t) = (t, t5 , 0)
sol)
3. 다음 선적분을 계산하시오,
Z
xdy − ydx,
a)
C(t) = (sin t, cos t),
Z
0 ≤ t ≤ 2π
C
(0 ≤ t ≤ 1) 이다.
ydx + (3y 2 − x)dy + zdz =
C
sol)
1
Z
t5 dt + (3t10 − t) · (5t4 dt)
0
1
Z
Z
Z
xdy − ydx =
sin t · (− sin tdt) − cos t · (cos tdt)
C
(15t14 − 4t5 )dt =
=
2π
0
1
.
3
0
Z
2π
(−1)dt = −2π.
=
0
6. 매끄러운 매개변수곡선 C에 대해 다음 물음에 답하시오.
Z
xdx + ydy,
b)
C(t) = (sin πt, cos πt),
0≤t≤2
C
sol)
Z
Z
2
sin πt · (π cos πtdt) + cos πt · (−π sin tdt)
xdx + ydy =
C
0
a)
Z 벡터장 F 가 곡선 위의 임의의 점 C(t)에서 C (t)에 수직이면
F · ds = 0임을 보이시오.
C
proof ) 벡터장 F 가 곡선 위의 임의의 점 C(t)에서 C 0 (t)와 수직
이면
0
= 0.
Z
c)
F (C(t)) · C 0 (t) = 0
x2 dx − xy 3 dy + dz, C는 점 (−1, 0, 1)부터 (1, 0, 1)까지의
C
포물선 z = x2 , y = 0
sol) 주어진 곡선 C는
이므로
C(t) = (t, 0, t2 ),
Z
F · ds =
C
F (C(t)) · C 0 (t) = 0이다.
C
−1 ≤ t ≤ 1
로 나타낼 수 있다. 따라서
Z
Z
x2 dx − xy 3 dy + dz =
1
−1
Z 1
C
Z
=
t2 dt − 0 + 2tdt
b) 연속 벡터장 F 가 곡선 위의 임의의 점 C(t)에서 C 0 (t)와 평행
이면
Z
Z
F · ds =
kF kds
(t2 + 2t)dt
C
C
−1
2
=
3
임을 보이시오. (F 가 C(t)에서 C 0 (t)와 평행임은 F (C(t)) =
λ(t)C 0 (t), λ(t) > 0을 의미한다.)
168
15 벡터장
SOLUTION
proof ) ds = kC 0 (t)kdt 이므로
Z
Z
F · ds = F (C(t)) · C 0 (t)dt
이다.
9. 벡터장 F = (z 3 + 2xy, x2 , 3xz 2 )에 대하여 네 점
(±1, ±1, 0), (±1, ∓1, 0)을 꼭짓점으로 가지는 정사각형을 따르는
선적분은 0임을 보이시오.
proof ) 주어진 정사각형 곡선을 C(t)라 하자. 곡선 C1 , C2 , C3 , C4
를 다음과 같이 정의하면,
C
b
Z
λ(t)C 0 (t) · C 0 (t)dt
=
a
b
Z
λ(t)kC 0 (t)kkC 0 (t)kdt
=
a
C2 (t) = (−t, 1, 0),
kF kds
C3 (t) = (−1, −t, 0), −1 ≤ t ≤ 1,
C4 (t) = (t, −1, 0), −1 ≤ t ≤ 1,
a
Z
=
−1 ≤ t ≤ 1,
kF (C(t))kkC (t)kdt
0
=
−1 ≤ t ≤ 1,
C1 (t) = (1, t, 0),
b
Z
C
구하고자 하는 선적분은
Z
Z
Z
F · ds =
F · ds +
가 성립한다.
C
C1
Z
F · ds +
Z
F · ds +
C2
C3
F · ds
C4
7. 곡선 C의 길이가 l이고, 어떤 상수 M > 0이 존재하여 kF k ≤
으로 나타낼 수 있다. 계산에 의해
M 일 때,
Z 1
Z
Z
F · ds =
F (C1 (t)) · C10 (t)dt
F · ds ≤ M l
−1
1
C1
C
Z
임을 보이시오.
proof ) 코시 슈바르츠 부등식에 의해
=
1dt = 2,
−1
|F (C(t)) · C 0 (t)| ≤ kF (C(t))kkC 0 (t)k
Z
Z
1
F (C2 (t)) · C20 (t)dt
F · ds =
−1
1
C2
가 성립하므로
Z
=
b
Z
Z
2tdt = 0,
−1
0
F (C(t)) · C (t)dt
F · ds =
a
C
Z
|F (C(t)) · C 0 (t)| dt
≤
Z
(−1)dt = −2,
=
b
kF (C(t))kkC 0 (t)kdt
≤
F (C3 (t)) · C30 (t)dt
−1
Z 1
C3
a
Z
1
F · ds =
b
Z
−1
a
b
Z
Z
0
≤M
kC (t)kdt = M l
Z
1
F · ds =
a
이므로 증명이 완료된다.
F (C4 (t)) · C40 (t)dt
−1
Z 1
C4
=
(−2t)dt = 0,
−1
8. C가 매끈한 곡선이고 T 가 C의 단위접선벡터일 때
Z
계산하시오.
C 0 (t)
sol) T =
이므로 곡선 C(t)의 길이를 l로 두면
kC 0 (t)k
Z
Z
b
T · ds =
C
a
Z
b
=
a
Z
=
C 0 (t)
· C 0 (t)dt
kC 0 (t)k
kC 0 (t)k2
dt
kC 0 (t)k
b
T · ds를
C
이므로
Z
Z
F · ds =
C
C1
Z
F · ds +
Z
F · ds +
C2
Z
F · ds +
C3
F · ds
C4
=2+0−2+0=0
이다.
10. 선적분
Z
2xyzdx + x2 zdy + x2 ydz를 계산하시오. 여기서 C
C
는 시작점 (1, 1, 1)과 끝점 (1, 2, 3)을 잇는 단순곡선이다.
sol) 곡선 C를 다음과 같이 정의하면
kC 0 (t)kdt = l
C(t) = (1, t + 1, 1 + 2t),
a
169
0 ≤ t ≤ 1,
15 벡터장
SOLUTION
구하고자 하는 선적분은
Z
Z 1
2
2
2xyzdx + x zdy + x ydz =
(4t + 3)dt = 5
C
x
Z
x
4. F (x, y, z) = (e sin y, e cos y, 2z)일 때 선적분
F · ds의 값
C
√ 3
√
을 구하시오. 여기서 C(t) = ( t, t , exp( t)), 0 ≤ t ≤ 1이다.
sol)
f (x, y, z) = ex sin y + z 2
0
이다.
로 두면 ∇f = F 이므로 F 는 보존장이다. 또한,
연습문제 15.3 .
2
2
1. 미분가능한 삼변수 실함수 f 가 ∇f (x, y, z) = (2xyzex , zex ,
2
yex )를 만족한다. f (0, 0, 0) = 1일 때 f (1, 1, 2)를 구하시오.
sol)
이므로
2
f (x, y, z) = yzex + C, C는 상수
2
2
C(0) = (0, 0, 1),
C(1) = (1, 1, e)
Z
F · ds = f (C(1)) − f (C(0))
2
로 놓으면 f 는 (2xyzex , zex , yex )의 포텐셜 함수이다. 또,
f (0, 0, 0) = 1 이어야 하므로 C = 1이고,
C
= f (1, 1, e) − f (0, 0, 1)
= e sin 1 + e2 − 1
2
f (x, y, z) = yzex + 1
이다.
이다. 따라서 f (1, 1, 2) = 2e + 1 이다.
2. F (x, y, z) = (xy, y, z 2 )일 때 F = ∇f 를 만족하는 실함수 f 가
존재하는가?
5. 다음 물음에 답하시오.
a) F (x, y) = (xy, y)이고 C는Z시작점 (0, 0)과 끝점 (2, 8)을 지나
2
F · ds를 계산하시오.
sol) ∇ × F = (0, 0, −x) 6= (0, 0, 0)이므로 위 조건을 만족하는 는 곡선 y = 2x 이다. 선적분
C
함수 f 는 존재하지 않는다.
sol) 곡선 C를
C(t) = (t, 2t2 ),
3. F (x, y, z) = (2xyz + sin x, x2 z, x2 y)일 때 다음 물음에 답하시
오.
로 정의하면
Z
2
f (x, y, z) = x yz − cos x + C,
C
Z
(2t3 , 2t2 ) · (1, 4t)dt
0
2
Z
10t3 dt = 40
=
(C는 상수)
0
이다.
로 두면 F = ∇f 이다.
b)
2
Z
F · ds =
a) F = ∇f 를 만족하는 실함수 f 를 구하시오.
sol)
0≤t≤2
F · ds를 구하시오. 여기서 C(t)
=
C
t, cos2 πt, t), 0 ≤ t ≤ 2이다.
sol) F 는 보존장이고
C(0) = (0, 1, 0),
(sin2 πt + b) 위의 선적분은 (0, 0)과 (2, 8)를 잇는 경로에 의존하는가?
sol) 위 선적분은 경로에 의존하는 선적분이다. 곡선 C1 을
C1 (t) = (t, 4t),
로 정의하면
C(2) = (2, 1, 2)
Z
Z
C
(4t2 , 4t) · (1, 4)dt
0
Z
=
Z
F · ds = f (C(2)) − f (C(0))
= f (2, 1, 2) − f (0, 1, 0)
2
F · ds =
이므로
C
0≤t≤2
2
(4t2 + 16t)dt =
0
128
3
이므로 a)에서 계산한 값과 일치하지 않는다.
= 9 − cos 2
이다.
6. 다음 중 어떤 벡터장이 실함수의 그래디언트 벡터장인지 판단
하고, 이를 만족하는 경우 그 실함수를 구하시오.
170
15 벡터장
SOLUTION
c) F (x, y) = (2x sin y, x2 cos y − 3y 2 ), C(t) = (2t , t2 ),
t≤1
sol)
f (x, y) = x2 sin y − y 3
a) F (x, y) = (x, y)
sol)
f (x, y) =
x2
y2
+
+ C,
2
2
(C 는 상수)
−1 ≤
로 두면 ∇f = F 이므로 F 는 보존장이다. 또한, C의 시작점과
끝점은 각각 (1/2, 1), (2, 1) 이므로
Z
F · ds = f (2, 1) − f (1/2, 1)
로 놓으면 ∇f = F 이다.
b) F (x, y) = (y, −x)
sol) F = (P, Q)로 놓으면
C
=
∂P
∂Q
= −1 6= 1 =
∂x
∂y
15
sin 1
4
이다.
이므로 F 는 그래디언트 벡터장이 아니다.
2r
((x, y, z) 6= (0, 0, 0))에
krk3
3
의하여 어떤 입자가 점 r0 ∈ R − {(0, 0, 0)}부터 ∞까지 이동하였
다. F 가 이 입자에 한 일(work)을 특이적분을 이용하여 구하시오.
여기서 r(x, y, z) = (x, y, z)이다.
sol)
8. 힘의 장(force field) F (x, y, z) = −
c) F (x, y) = (ex cos y, ex sin y)
sol) F = (P, Q)로 놓으면
∂Q
∂P
= ex sin y 6= −ex sin y =
∂x
∂y
−2
f (x, y, z) = p
,
x2 + y 2 + z 2
이므로 F 는 그래디언트 벡터장이 아니다.
(x, y, z) 6= (0, 0, 0)
으로 두면 ∇f = F 이므로 F 는 R3 − (0, 0, 0)에서 보존장이다.
r0 = (x0 , y0 , z0 )로 놓고 이제 r0 에서 ∞까지 입자가 움직였다고
할 때 F 가 입자에 한 일은 경로에 무관하다. 따라서, 입자가 곡
C
선 C(t) = (x0 + t, y0 + t, z0 + t)를 따라서 움직였다 가정하고
계산해도 그 값은 동일할 것이다. 따라서 구하고자 하는 일은
a) F (x, y) = (xy 2 + 3x2 y, x3 + x2 y), C는 (1, 1)과 (0, 2)를 잇는
Z
선분
F · ds = lim f (r0 + M ) − f (r0 )
M →∞
sol)
r0 →∞
x2 y 2
2
3
f (x, y) =
+x y
=
2
kr0 k
로 두면 ∇f = F 이므로 F 는 보존장이다. 또한, C의 시작점과
이다.
끝점은 각각 (1, 1), (0, 2) 이므로
Z
연습문제 15.4 .
3
ZZ
F · ds = f (0, 2) − f (1, 1) = −
2
1. 다음의 각 벡터장 F 의 곡면 S에 대한 면적분
F · ndS를
C
7. 다음 Z벡터장은 보존장임을 보이시오. 그리고 주어진 곡선 C
대하여
F · ds를 구하시오.
S
구하시오.
(별다른 말이 없으면 향은 외향으로 간주한다.)
이다.
b) F (x, y) = (xy 2 , x2 y), C는 x = t3 − 1, y = t6 − t, 0 ≤ t ≤ 1인
매개변수 곡선
sol)
x2 y 2
f (x, y) =
2
로 두면 ∇f = F 이므로 F 는 보존장이다. 또한, C의 시작점과
끝점은 각각 (−1, 0), (0, 0) 이므로
Z
F · ds = f (0, 0) − f (−1, 0) = 0
C
a) F (x, y, z) = (2x, y, 2z), S는 평면 x + 2y + z = 2가 각 좌표평
면에 의해 잘린 삼각형 부분
sol) 주어진 곡면을
X(x, y) = (x, y, 2 − x − 2y) ,
0 ≤ x ≤ 2,
로 두면
Xx × Xy = (1, 2, 1)
이고 향이 외향이어야 하므로
이다.
ndS = (1, 2, 1)dxdy
171
0≤y ≤1−
x
2
15 벡터장
SOLUTION
이다. 따라서
1− x
2
Z 2Z
ZZ
F · ndS =
F · ndS
(2x, y, 4 − 2x − 4y) · (1, 2, 1)dydx
0
S
이다. 따라서
ZZ
0
Z
1− x
2
Z 2Z
(4 − 2y)dydx =
=
0
S
0
2πZ π
(3 sin φ cos θ, 3 sin φ sin θ, 3 cos φ)
=
10
3
0
2
0
· (9 sin φ cos θ, 9 sin2 φ sin θ, 9 cos φ sin φ)dφdθ
Z 2πZ π
27 sin φdφdθ
=
이다.
0
0
2
2
2
b) F (x, y, z) = (−y, x, z), S는 구면 x + y + z = 4의 제 1
팔분원 부분
이다.
sol) 주어진 곡면을
X(φ, θ) = (2 sin φ cos θ, 2 sin φ sin θ, 2 cos φ),
π
π
0≤φ≤ , 0≤θ≤
2
2
= 108π
2. 다음의 각 벡터장 F 의 곡면 S에 대한 면적분
ZZ
F · ndS를
S
구하시오.
(별다른 말이 없으면 향은 외향으로 간주한다.)
로 두면
Xφ × Xθ = (4 sin2 φ cos θ, 4 sin2 φ sin θ, 4 cos φ sin φ)
이고 향이 외향이어야 하므로
ndS = (4 sin2 φ cos θ, 4 sin2 φ sin θ, 4 cos φ sin φ)dφdθ
이다. 따라서
ZZ
a) F (x, y, z) = (2x, 2y, z 2 ), S는 xy평면 위쪽의 포물면 z =
2 − x2 − y 2 , z ≥ 0
sol) 주어진 곡면을
X(x, y) = x, y, 2 − x2 − y 2 , x2 + y 2 ≤ 2
로 두면
Xx × Xy = (2x, 2y, 1)
이고 향이 외향이어야 하므로
F · ndS
ndS = (2x, 2y, 1)dxdy
S
Z
π
2
Z
=
π
2
(−2 sin φ sin θ, 2 sin φ cos θ, 2 cos φ)
0
0
· (4 sin2 φ cos θ, 4 sin2 φ sin θ, 4 cos φ sin φ)dφdθ
Z π2 Z π2
=
8 cos2 φ sin φdφdθ
0
=
이다. 따라서
ZZ
ZZ
F · ndS =
S
Z
(2x, 2y, (2 − x2 − y 2 )2 )(2x, 2y, 1)dxdy
x2 +y 2 ≤2
√
2
2πZ
r(4r2 + (2 − r2 )2 )drdθ
=
0
0
4
π
3
Z
0
2πZ
=
0
이다.
√
2
(r5 + 4r)drdθ
0
32
π
=
3
c) F (x, y, z) = (x, y, z), S는 구면 x2 + y 2 + z 2 = 9
sol) 주어진 곡면을
X(φ, θ) = (3 sin φ cos θ, 3 sin φ sin θ, 3 cos φ),
0 ≤ φ ≤ π,
0 ≤ θ ≤ 2π
이다.
b) F (x, y, z) = (y 3 , x3 , ez ), S는 원기둥면 x2 + y 2 = 1,
z≤3
sol) 주어진 곡면을
X(θ, z) = (cos θ, sin θ, z) ,
로 두면
Xφ × Xθ = (9 sin2 φ cos θ, 9 sin2 φ sin θ, 9 cos φ sin φ)
0 ≤ θ ≤ 2π,
로 두면
Xθ × Xz = (cos θ, sin θ, 0)
이고 향이 외향이어야 하므로
이고 향이 외향이어야 하므로
ndS = (9 sin2 φ cos θ, 9 sin2 φ sin θ, 9 cos φ sin φ)dφdθ
ndS = (cos θ, sin θ, 0)dzdθ
172
−1 ≤
−1 ≤ z ≤ 3
15 벡터장
SOLUTION
이다. 따라서
ZZ
2πZ 3
Z
F · ndS =
S
0
Z
−1
2πZ 3
=
이다. 따라서 구하고자 하는 벡터장의 유량은
ZZ
ZZ
F · ndS =
(y, x, xy) · (−y, −x, 1)dxdy
S
x2 +y 2 ≤4
ZZ
=
(−y 2 − x2 + xy)dxdy
(sin3 θ, cos3 θ, ez ) · (cos θ, sin θ, 0)dzdθ
(sin3 θ cos θ + cos3 θ sin θ)dzdθ
−1
2π
0
Z
=4
Z
r (cos θ sin θ − 1)drdθ
=
sin θ cos θdθ
x2 +y 2 ≤4
2πZ 2
3
0
0
0
= −8π
=0
이다.
이다.
4. 포물면 z = x2 + 2y 2 과 z = 12 − 2x2 − y 2 으로 둘러싸인 입체
c) F (x, y, z) = (ex sin y, yz, x2 ), S는 직사각형 영역 [0, 1] × [0, 2] 의 경계를 S라 할 때, 외향 법선벡터 방향으로 S를 통한 벡터장
위에 있는 포물 기둥면 z = 4 − y 2
F (x, y, z) = (x, y, z)의 유랑을 구하시오.
sol) 주어진 곡면을
sol) 주어진 폐곡면 S는 곡면
S1 : z = 12 − 2x2 − y 2 S2 : z = x2 + 2y 2 , x2 + y 2 ≤ 4
X(x, y) = x, y, 4 − y 2 , 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2
로 이루어진 조각적 정규곡면이다. 따라서 구하고자 하는 유량은
ZZ
ZZ
ZZ
F · ndS =
F · ndS +
F · ndS
로 두면
Xx × Xy = (0, 2y, 1)
S
S1
S2
로 구할 수 있다. 먼저 S1 에서는 곡면을
이고 향이 외향이어야 하므로
X(x, y) = (x, y, 12 − 2x2 − y 2 )
ndS = (0, 2y, 1)dxdy
으로 매개화 할 수 있고, 또한
이다. 따라서
Z 1Z
ZZ
x
F · ndS =
S
2
2
(e sin y, y(4 − y ), x ) · (0, 2y, 1)dydx
0
이고 향이 외향이어야 하므로
0
Z 1Z
=
0
=
Xx × Xy = (4x, 2y, 1)
2
2
ndS = (4x, 2y, 1)dxdy
(x2 − 2y 4 + 8y 2 )dydx
0
이다. 따라서,
ZZ
ZZ
F · ndS =
(x, y, 12 − 2x2 − y 2 ) · (4x, 2y, 1)dxdy
S1
x2 +y 2 ≤4
ZZ
=
(12 + 2x2 + y 2 )dxdy
46
5
이다.
3. 안장면 z = xy가 원기둥면 x2 + y 2 = 4에 의해서 잘린 유계
곡면을 S라 할 때, S의 위쪽 법선벡터 방향으로 S를 통한 벡터장
F (x, y, z) = (y, x, z)의 유랑(flux)을 구하시오.
sol) 주어진 곡면을
X(x, y) = (x, y, xy),
x2 + y 2 ≤ 4
x2 +y 2 ≤4
2πZ 2
Z
r(12 + r2 (cos2 θ + 1))drdθ
=
0
0
= 60π
이다. 이제 S2 에서는 곡면을
X ∗ (x, y) = (x, y, x2 + 2y 2 )
로 두면
으로 매개화 할 수 있고, 또한
Xx × Xy = (−y, −x, 1)
이고 향이 n · k ≥ 0을 만족해야 하므로
Xx∗ × Xy∗ = (−2x, −4y, 1)
이고 향이 외향이어야 하므로
ndS = (−y, −x, 1)dxdy
ndS = (2x, 4y, −1)dxdy
173
16 벡터장의 적분정리
SOLUTION
이다. 따라서,
ZZ
ZZ
F · ndS =
(x, y, x2 + 2y 2 ) · (2x, 4y, −1)dxdy
S2
x2 +y 2 ≤4
ZZ
=
(x2 + 2y 2 )dxdy
적용하면
ZZ Z
C
D
Z
0
0
Z
dxdy
π
6
(− sin x + cos y)dydx
√0 x
3 1
π
=
− −
2
2 12
r (1 + sin2 θ)drdθ
=
π
6
∂Q
∂P
+
∂y
∂x
=
x2 +y 2 ≤4
2πZ 2
3
Z
−
P dx + Qdy =
= 12π
를 얻는다.
이므로, 구하고자 하는 유량은
ZZ
ZZ
ZZ
F · ndS =
F · ndS +
S
S1
c) P (x, y) = x2 + y 2 + 2, Q(x, y) = x2 − y 2 + 1; C는 극좌표로
표시된 영역 {(r cos θ, r sin θ)|1 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ π/4}의 경계
sol) 문제에서 주어진 영역을 D로 놓고 그린정리를 적용하면
F · ndS
S2
= 60π + 12π = 72π
ZZ Z
이다.
−
P dx + Qdy =
C
D
∂P
∂Q
+
∂y
∂x
dxdy
ZZ
=
16
(−2y + 2x)dxdy
D
벡터장의 적분정리
Z
π
4
Z
=
연습문제 16.1 .
1. 다음에 주어진 Z
폐곡선 C가 양의 방향을 가질 때, Green 정리를
이용하여 선적분
0
2r2 (cos θ − sin θ)drdθ
1
52 √
( 2 − 1)
=
3
P dx + Qdy를 구하시오.
C
3
를 얻는다.
2
2
2
a) P (x, y) = x y, Q(x, y) = x − y ; C는 세 점
(0, 0), (2, 0), (0, 2)를 꼭짓점으로 하는 삼각형의 둘레
2
2
3
d) P (x, y) = xex +y +2ex , Q(x, y) = ln(x2 +y 2 )+sinh(y 2 )+1;
sol) 영역 D를 다음과 같이 정의하면
C는 극좌표로 표시된 영역 {(r cos θ, r sin θ)|1 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤
π/3}의 경계
D = {(x, y)|0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2 − x},
sol) 문제에서 주어진 영역을 D로 놓고 그린정리를 적용하면
문제에서 주어진 곡선 C에 대해 C = ∂D 이다. 이제 그린정리를
적용하면
Z
ZZ ∂Q
∂P
+
dxdy
P dx + Qdy =
−
∂y
∂x
C
D
Z 2Z 2−x
=
(−x2 + 2x)dydx
0
Z
C
0
0
4
=
3
를 얻는다.
ZZ ∂P
∂Q
−
+
dxdy
∂y
∂x
D
ZZ
2
2
2x
=
(−2yxex +y + 2
)dxdy
x + y2
D
Z π3 Z 2
2
=
(−r3 sin(2θ)er + 2 cos θ)drdθ
P dx + Qdy =
=
√
1
3−
9e4
8
를 얻는다.
2
b) P (x, y) =ex + y sin x, Q(x, y) = x cos y + ln(y 2 + 3); C는
π
π π
e) P (x, y) = 7y −esin x , Q(x, y) = 15x−sin(y 3 +8y); C는 중심이
세 점 (0, 0), 0,
,
,
을 꼭짓점으로 하는 삼각형의 둘레
(2, −5)이고 반지름이 4인 원
6
6 6
sol) 영역 D를 다음과 같이 정의하면
sol) 영역 D를 다음과 같이 정의하면
n
o
π
π
,
D = (x, y)|0 ≤ x ≤ , x ≤ y ≤
D = (x, y)|(x − 2)2 + (y + 5)2 ≤ 16 ,
6
6
문제에서 주어진 곡선 C에 대해 C = ∂D 이다. 이제 그린정리를 문제에서 주어진 곡선 C에 대해 C = ∂D 이다. 이제 그린정리를
174
16 벡터장의 적분정리
SOLUTION
적용하면
이다.
ZZ Z
−
P dx + Qdy =
C
Z ZD
=
∂P
∂Q
+
∂y
∂x
dxdy
b) 매개변수곡선 x(t) = 2 sin t, y(t) = cos 2t (0 ≤ t ≤ π/2)와
직선 y = −1, x = 0으로 둘러싸인 영역
sol) 주어진 영역의 경계를 ∂D 라 하자. 곡선 C1 , C2 , C3 를
π
C1 (t) = (2 cos t, − cos 2t) 0 ≤ t ≤ ,
2
C2 (t) = (0, 1 − t), 0 ≤ t ≤ 2,
(−7 + 15)dxdy
D
ZZ
=8
dD = 128π
D
C3 (t) = (t, −1),
를 얻는다.
0≤t≤2
로 놓으면 영역 D의 넓이는 그린정리에 의해
f) P (x, y) = x3 − y 3 , Q(x, y) = x3 + y 3 ; C = C1 ∪ C2 , C1 은 원
점을 중심으로 하고 반지름이 3인 원이고 C2 는 원점을 중심으로
하고 반지름이 1인 원
sol) 영역 D를 다음과 같이 정의하면
D = (x, y)|1 ≤ x2 + y 2 ≤ 9 ,
area(D)
Z
=
xdy
Z
Z∂D
xdy +
=
Z
Z
D
2πZ 3
=
0
C3
π
2
=
2 cos t(2 sin 2t)dt + 0 + 0
0
Z
π
2
8 cos2 t sin tdt =
=
0
8
3
c) x(t) = sin 2t, y(t) = sin t (0 ≤ t ≤ π) 으로 둘러싸인 영역
sol) 주어진 영역을 D로 두면 그린정리에 의해
Z
area(D) =
xdy
Z∂D
π
=
sin 2t(cos tdt)
Z0 π
4
=
2 cos2 t sin tdt =
3
0
3r3 drdθ
1
= 120π
를 얻는다.
2. 다음에 주어진 영역의 넓이를 구하시오.
a) y = x4 와 y = 2, y축으로 둘러싸인 영역
(문제 보완) x ≥ 0인 조건 추가
sol) 주어진 영역의 경계를 ∂D 라 하자. 곡선 C1 , C2 , C3 를
√
4
C1 (t) = (t, t4 ), 0 ≤ t ≤ 2,
√
√
4
4
C2 (t) = ( 2 − t, 2), 0 ≤ t ≤ 2,
C3 (t) = (0, 2 − t),
xdy
xdy +
C2
C1
문제에서 주어진 곡선 C에 대해 C = ∂D 이다. 이제 그린정리를
적용하면
Z
ZZ ∂Q
∂P
+
dxdy
P dx + Qdy =
−
∂y
∂x
C
Z ZD
이다.
=
(3y 2 + 3x2 )dxdy
Z
이다.
d) 매개변수곡선 x(t) = t2 , y(t) = t3 − 9t (0 ≤ t ≤ 3)와 x축으로
둘러싸인 영역
sol) 주어진 영역의 경계를 ∂D 라 하자. 곡선 C1 , C2 를
C1 (t) = (t2 , t3 − 9t)
0≤t≤2
C2 (t) = (9 − t, 0),
0 ≤ t ≤ 3,
0≤t≤9
로 놓으면 영역 D의 넓이는 그린정리에 의해
area(D)
Z
=
xdy
∂D
Z
Z
=
xdy +
C1
4
Z √
=
0
로 놓으면 영역 D의 넓이는 그린정리에 의해
area(D)
Z
Z
=
xdy =
Z
xdy +
C2
2
4t4 dt + 0 + 0 =
∂D
Z 3
xdy
C3
4
8√
5
0
175
C1
2
2
xdy
C2
Z
t (3t − 9)dt + 0 =
=
2
Z
xdy +
0
3
(3t4 − 9t2 )dt =
324
5
16 벡터장의 적분정리
SOLUTION
이다.
놓으면 주어진 곡선 C에 대해 C = ∂D 이다. 이제 그린정리를
적용하면
3. 곡선 C가 다음과 같이 주어졌을 때 선적분
Z
x
y
dx + 2
dy
− 2
2
x
+
y
x
+
y2
C
ZZ Z
P dx + Qdy =
C
Z ZD
=
를 구하시오.
Z
=
2
2
a) C는 단위원 x + y = 1
sol) 연습문제 15.3의 8번의 a)에 의해 선적분은 2π로 주어진다.
2
∂P
∂Q
−
+
∂y
∂x
dxdy
(−2x2 + 2x)dxdy
D
√ Z
2
2
(−2x
√
− 2 x2
=−
2
+ 2x)dydx
32 √
2
15
2
b) C는 타원 x4 + y9 = 1
를 얻는다.
sol) 타원을 C, 단위원을 C1 으로 놓으면 그린정리에 의해(혹은
경로에 무관한 선적분에 의해)
Z
Z
5. C가 점(0, 0)과 (a, a)을 맞꼭지점으로 가지는 정사각형의 경계
x
y
x
y
−
dx
+
dy
=
dx
+
dy
− 2
라고 할 때, 선적분
x + y2
x2 + y 2
x2 + y 2
x2 + y 2
C1
C
Z
(1 + 10xy + y 2 )dx + (6xy + 5x2 )dy
C
가 성립하고 그 값은 2π 이다.
를 다음에 주어진 두 가지 방법으로 구하시오.
4. C가 포물선 y = x2 과 직선 y = 2로 둘러싸인 영역의 경계일
때, 선적분
Z
a) 선적분의 정의를 이용하여 구하시오.
2x2 ydx + (x2 + y 2 )dy
sol)
곡선 C1 , C2 를
C
를 다음에 주어진 두 가지 방법으로 구하시오.
a) 선적분의 정의를 이용하여 구하시오.
sol) 곡선 C1 , C2 를
√
√
C1 (t) = (t, t2 ), − 2 ≤ t ≤ 2
√
√
C2 (t) = (−t, 2), − 2 ≤ t ≤ 2
로 놓으면
Z
2x2 ydx + (x2 + y 2 )dy
C
Z
Z
=
2x2 ydx + (x2 + y 2 )dy +
C1
Z √
=
=
2
√ (2t
− 2
5
4
3
+ 2t + 2t )dt +
Z
0≤t≤a
C2 (t) = (a, t),
0≤t≤a
C3 (t) = (−t, a),
−a ≤ t ≤ 0
C4 (t) = (0, −t),
−a ≤ t ≤ 0
로 놓으면
Z
(1 + 10xy + y 2 )dx + (6xy + 5x2 )dy
Z
=
(1 + 10xy + y 2 )dx + (6xy + 5x2 )dy
C1
Z
+
(1 + 10xy + y 2 )dx + (6xy + 5x2 )dy
C
Z 2
+
(1 + 10xy + y 2 )dx + (6xy + 5x2 )dy
C
Z 3
+
(1 + 10xy + y 2 )dx + (6xy + 5x2 )dy
C
2x2 ydx + (x2 + y 2 )dy
C2
√
2
√
− 2
C1 (t) = (t, 0),
−4t2 dt
16 √
16 √
32 √
2−
2=−
2
5
3
15
C4
이다.
Z
=
Z
dt +
0
b) Green 정리를 이용하여 구하시오.
sol) 영역 D를
n
o
√
√
D = (x, y) | − 2 ≤ x ≤ 2, x2 ≤ y ≤ 2
a
a
2
176
0
(6at + 5a )dt +
0
= a + 8a3 − (6a3 + a) = 2a3
이다.
Z
−a
(10at − a2 − 1)dt + 0
16 벡터장의 적분정리
SOLUTION
b) Green 정리를 이용하여 구하시오.
sol) 주어진 정사각형 영역을 D로 놓으면 그린정리에 의해
Z
ZZ ∂Q
∂P
P dx + Qdy =
+
dxdy
−
∂y
∂x
C
D
ZZ
=
4ydxdy
D
Z aZ a
4ydxdy
=
이다.
d) F (x, y, z) = (x + 2y − z, −2x + y + 5z, x + 2y − 3z); D는 평면
x + 2y + 3z = 6과 세 좌표평면으로 둘러싸인 영역
sol) ∇ · F (x, y, z) = −1 이므로, 발산 정리와 직교좌표 변환을
사용하면
ZZ
ZZZ
F · ndS =
(−1)dV
0
0
= 2a3
∂D
를 얻는다.
D
1
3− 21 xZ 2− 2y
3 −3x
Z 6Z
(−1)dzdydx = −6
=
0
연습문제 16.2 .
1. 발산정리를
이용하여 영역 D의 경계 ∂D를 통한 벡터장 F 의 이다.
ZZ
flux
F · ndS를 구하시오.
∂D
0
0
2
a) F (x, y, z) = (x, y, z); D는 구면 x2 + y 2 + z 2 = 4의 내부
sol) ∇ · F (x, y, z) = 3 이므로, 발산 정리에 의해
ZZ
ZZZ
F · ndS =
3dV = 32π
∂D
2
2
e) F (x, y, z) = (x2 + eyz , y 2 + ezx , z 2 + exy ); D는 원기둥면
x2 + y 2 = 1과 평면 z = 0과 z = 8 − x로 둘러싸인 영역
sol) ∇ · F (x, y, z) = 2(x + y + z) 이므로, 발산 정리와 원기둥
좌표 변환을 사용하면
ZZ
ZZZ
F · ndS =
2(x + y + z)dV
D
이다.
∂D
Z
D
2πZ 1Z 8−r cos θ
=
b) F = (yz 6 , xz 3 , z 3 ); D는 포물면 z = x2 + y 2 과 평면 z = 2로
둘러싸인 영역
2r(r(cos θ + sin θ) + z)dzdrdθ
0
=
0
0
255
π
4
sol) ∇ · F (x, y, z) = 3z 2 이므로, 발산 정리와 원기둥 좌표 변환을 이다.
사용하면
ZZ
ZZZ
f) F (x, y, z) = (x2 + y + 2, x2 − y + ezx , −2z); D는 포물면
F · ndS =
3z 2 dV
z = x2 + y 2 과 평면 z = 2y로 둘러싸인 영역
∂D
D
√
Z 2πZ 2Z 2
=
3rz 2 dzdrdθ = 12π
2
sol) ∇ · F (x, y, z) = 2x − 3 이므로, 발산 정리와 원기둥 좌표
0
0
r
변환을 사용하면
이다.
ZZ
ZZZ
F
·
ndS
=
(2x − 3)dV
2
c) F (x, y, z) = (2x + eyz , 4xy 2 + exz + x log(1 + z), 10z − 8xyz);
∂D
D
Z πZ 2 sin θZ 2r sin θ
D는 x2 + y 2 ≤ z ≤ y인 영역
=
r(2r cos θ − 3)dzdrdθ
0
sol) ∇ · F (x, y, z) = 12 이므로, 발산 정리와 원기둥 좌표 변환을
사용하면
ZZ
ZZZ
이다.
F · ndS =
12dV
∂D
Z πZ
D
sin θZ r sin θ
2
12rdzdrdθ
=
0
3
= π
8
0
r2
r2
0
3
=− π
2
g) F (x, y, z) = (xy 2 + ez , yz 2 + cos(xz), zx2 + sin(xy)); D는
구면 좌표계에서 0 ≤ ρ ≤ 1 + cos φ, 0 ≤ φ ≤ π, 0 ≤ θ ≤ π인
영역
177
16 벡터장의 적분정리
SOLUTION
sol) ∇ · F (x, y, z) = ρ2 이므로, 발산 정리를 사용하면
ZZ
ZZZ
F · ndS =
ρ2 dV
∂D
이다. 이제 ∂D2 을
X ∗ (φ, θ)
= (3 sin φ cos θ, 3 sin φ sin θ, 3 cos φ), (φ, θ) ∈ [0, π] × [0, 2π]
D
1+cos φ
Z πZ πZ
ρ4 sin φdρdφdθ =
=
0
0
0
32
π
15
로 매개화 하면
Xφ∗ × Xθ∗ = (9 sin2 φ cos θ, 9 sin2 φ sin θ, 9 sin φ cos φ)
이다.
이고 곡면의 법선벡터 n2 이 외향이 되어야 하므로
2. 주어진 벡터장과 영역 D에 대해
ZZ
F · ndS 와
n2 dS = (9 sin2 φ cos θ, 9 sin2 φ sin θ, 9 sin φ cos φ)dφdθ
ZZZ
∂D
∇·
D
F dV 를 모두 직접 계산하여 발산정리가 성립함을 보이시오.
이다. 따라서,
ZZZ
ZZ
F · n2 dS =
∂D2
· (9 sin φ cos θ, 9 sin2 φ sin θ, 9 sin φ cos φ)dφdθ
Z 2π Z π
27 sin φdφdθ
=
a) F (x, y, z) = (x, y, z); D는 영역 1 ≤ x2 + y 2 + z 2 ≤ 9
sol) 먼저 ∇ · F (x, y, z) = 3이므로,
ZZZ
ZZZ
∇ · F dV =
3dV
D
0
2πZ πZ
=
0
0
0
= 108π
D
Z
(3 sin φ cos θ, 3 sin φ sin θ, 3 cos φ)
∂D2
2
3
3ρ2 sin φdρdφdθ = 104π
이다. 따라서 구하고자 하는 면적분
ZZ
ZZ
ZZ
F · ndS =
F · n1 dS +
∂D
1
이다.
곡면 D의 경계 ∂D는 다음과 같이 나타낼 수 있다.
∂D1
F · n2 dS = 104π
∂D2
을 얻고, 발산정리가 성립함을 알 수 있다.
b) F (x, y, z) = (x2 , y 2 , z 2 ); D는 세 좌표평면과 평면 x = 1, y =
2, z = 3로 둘러싸인 영역
∂D = ∂D1 ∪ ∂D2 ,
∂D1 = {(x, y, z) ∈ R3 |x2 + y 2 + z 2 = 1},
∂D2 = {(x, y, z) ∈ R3 |x2 + y 2 + z 2 = 9}.
∂D1 을
sol) 먼저 ∇ · F (x, y, z) = 2(x + y + z)이므로,
ZZ
ZZZ
F · ndS =
2(x + y + z)dV
∂D
D
Z 1Z 2Z
X(φ, θ) = (sin φ cos θ, sin φ sin θ, cos φ), (φ, θ) ∈ [0, π] × [0, 2π]
=
2(x + y + z)dzdydx = 36
0
로 매개화 하면
2
2
Xφ × Xθ = (sin φ cos θ, sin φ sin θ, sin φ cos φ)
3
0
0
이다.
곡면 D의 경계 ∂D는 다음과 같이 나타낼 수 있다.
이고 곡면의 법선벡터 n1 이 외향이 되어야 하므로
∂D =
6
[
∂Dn ,
n=1
n1 dS = (− sin2 φ cos θ, − sin2 φ sin θ, − sin φ cos φ)dφdθ
∂D1 : x = 1, 0 ≤ y ≤ 2, 0 ≤ z ≤ 3,
∂D2 : y = 2, 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 3,
이다. 따라서,
ZZ
∂D3 : x = 0, 0 ≤ y ≤ 2, 0 ≤ z ≤ 3,
∂D4 : y = 0, 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 3,
F · n1 dS
∂D1
∂D5 : z = 3, 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2,
ZZ
=
∂D6 : z = 0, 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2
(sin φ cos θ, sin φ sin θ, cos φ)
∂D1
· (− sin2 φ cos θ, − sin2 φ sin θ, − sin φ cos φ)dφdθ
Z 2π Z π
=
− sin φdφdθ
0
∂D1 부터 시작해서 ∂D6 까지 각각의 외향단위법선 벡터는
n1 (x, y, z) = (1, 0, 0) n2 (x, y, z) = (0, 1, 0)
n3 (x, y, z) = (−1, 0, 0) n4 (x, y, z) = (0, −1, 0)
0
n5 (x, y, z) = (0, 0, 1) n6 (x, y, z) = (0, 0, −1)
= −4π
178
16 벡터장의 적분정리
SOLUTION
이다. 먼저 ∂D1 에서는 F · n1 = x2 이며 ∂D1 을
X(u, v) = (1, u, v)
(0 ≤ u ≤ 2, 0 ≤ v ≤ 3)
∂D6
로 매개화 할 수 있다. 그러면
ZZ
ZZ
F · n1 dS =
∂D1
x dS
ZZ
F · ndS =
(0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 3)
로 매개화 할 수 있다. 그러면
ZZ
ZZ
F · n2 dS =
y 2 dS
∂D2
1
Z 3Z
=
F · ni dS = 36
∂Dn
c) F (x, y, z) = (x3 + 2, y 3 + 2, z 3 ); D는 원통면 x2 + y 2 = 9와
평면 z = 0, z = 2로 둘러싸인 영역
sol) 먼저 ∇ · F (x, y, z) = 3(x2 + y 2 + z 2 )이므로,
ZZ
ZZZ
F · ndS =
3(x2 + y 2 + z 2 )dV
4dudv = 12
0
∂D
0
Z
0
(0 ≤ u ≤ 2, 0 ≤ v ≤ 3)
3r(r2 + z 2 )dzdrdθ = 315π
0
이다.
곡면 D의 경계 ∂D는 다음과 같이 나타낼 수 있다.
∂D1 : x2 + y 2 = 9, 0 ≤ z ≤ 2,
2
−x dS = 0
∂D2 : x2 + y 2 ≤ 9, z = 2,
∂D3
∂D3 : x2 + y 2 ≤ 9, z = 0.
이다.
∂D4 에서는 F · n4 = −y 2 이며 ∂D4 를
먼저 ∂D1 을
(0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 3)
로 매개화 할 수 있다. 그러면
ZZ
ZZ
F · n4 dS =
∂D4
0
∂D = ∂D1 ∪ ∂D2 ∪ ∂D3 ,
로 매개화 할 수 있다. 그러면
ZZ
ZZ
F · n3 dS =
∂D3
D
2πZ 3Z 2
=
이다.
∂D3 에서는 F · n3 = −x2 이며 ∂D3 를
X(θ, z) = (3 cos θ, 3 sin θ, z), (θ, z) ∈ [0, 2π] × [0, 2]
로 매개화 하면
−y 2 dS = 0
Xθ × Xz = (3 cos θ, 3 sin θ, 0)
∂D4
이고 곡면의 법선벡터 n1 이 외향이 되어야 하므로
이다.
∂D5 에서는 F · n5 = z 2 이며 ∂D5 를
n1 dS = (3 cos θ, 3 sin θ, 0)dθdz
(0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 2)
로 매개화 할 수 있다. 그러면
ZZ
ZZ
F · n5 dS =
∂D5
Z
z 2 dS
∂D5
2Z 1
=
이다. 따라서,
ZZ
F · n1 dS
∂D1
ZZ
=
(27 cos3 θ + 2, 27 sin3 θ + 2, z 3 ) · (3 cos θ, 3 sin θ, 0)dθdz
9dudv = 18
0
Z
∂D1
2πZ 2
=
0
이다.
∂D6 에서는 F · n6 = −z 2 이며 ∂D6 를
X(u, v) = (u, v, 0)
n=1
이므로, 발산정리가 성립함을 알 수 있다.
∂D2 에서는 F · n2 = y 이며 ∂D2 를
X(u, v) = (u, v, 3)
6 ZZ
X
0
0
X(u, v) = (u, 0, v)
∂D
1dvdu = 6
2
X(u, v) = (0, u, v)
∂D6
이다. 따라서
=
∂D2
−z 2 dS = 0
2
∂D1
2Z 3
Z
X(u, v) = (u, 2, v)
로 매개화 할 수 있다. 그러면
ZZ
ZZ
F · n6 dS =
0
81(cos4 θ + sin4 θ) + 6(cos θ + sin θ)dzdθ = 243π
0
이다. 이제 ∂D2 를
X ∗ (r, θ) = (r cos θ, r sin θ, 2)(r, θ) ∈ [0, 3] × [0, 2π]
(0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 2)
179
16 벡터장의 적분정리
SOLUTION
회전체가 차지하는 영역을 D, 이의 경계를 S라 두고 S를 매개화
하면
로 매개화하면
Xr∗ × Xθ∗ = (0, 0, r)
X(θ, φ)
이고 곡면의 법선벡터 n2 이 외향이 되어야 하므로
h π πi
× [0, 2π]
= (cos θ cos φ, sin θ sin φ, sin 2θ) , (θ, φ) ∈ − ,
2 2
n2 dS = (0, 0, r)drdθ
이다. 그러면
이다. 따라서,
ZZ
Z
2π
Xθ × Xφ
3
Z
F · n2 dS =
∂D2
= (−2 cos 2θ cos θ cos φ, −2 cos 2θ cos θ sin φ, − sin θ cos θ)
8rdzdθ
0
0
이고 곡면의 법선벡터 n 이 외향이 되어야 하므로
= 72π
ndS = (2 cos 2θ cos θ cos φ, 2 cos 2θ cos θ sin φ, sin θ cos θ)dθdφ
이다. 또한 ∂D3 를
X ∗∗ (r, θ) = (r cos θ, r sin θ, 0), (r, θ) ∈ [0, 3] × [0, 2π]
로 매개화하면
Xr∗∗ × Xθ∗∗ = (0, 0, r)
이고 곡면의 법선벡터 n3 이 외향이 되어야 하므로
n3 dS = (0, 0, −r)drdθ
이다. 따라서,
ZZ
ZZ
F · n3 dS =
∂D3
0drdθ = 0
∂D3
=
이다. 따라서 구하고자 하는 면적분
ZZ
F · ndS =
Z Z∂D
ZZ
ZZ
F · n1 ds +
F · n2 dS +
∂D1
1
(x, y, z) 이라고 정의하면 ∇·F = 1
3
이므로 발산정리에 의해 회전체의 부피는
ZZZ
ZZZ
ZZ
1dV =
∇ · F dV =
F · ndS
D
S
Z ZD
1
(cos θ cos φ, cos θ sin φ, sin 2θ)·
=
S 3
(2 cos 2θ cos θ cos φ, 2 cos 2θ cos θ sin φ, sin θ cos θ)dθdφ
Z 2πZ π2
2
=
cos4 θdθdφ
π 3
0
−2
이다. 한 편, 벡터장 F 를 F =
∂D2
을 얻고, 발산정리가 성립함을 알 수 있다.
∂D3
π2
2
이다.
F · n3 dS = 315π
p
4. D가 원뿔면 z = x2 + y 2 과 두 평면 z = 2, z = 4로 둘러싸인
영역이고, 벡터장 F 가
F (x, y, z) = (x(x2 + y 2 + z 2 ), y(x2 + y 2 + z 2 ), z(x2 + y 2 + z 2 ))
ZZ
일 때, ∂D를 통한 F 의 flux
F · ndS를 구하시오. 여기에서
3. 극좌표로 서술된 곡선 r = cos θ, z = sin 2θ − π2 ≤ θ ≤ π2 로
∂D
둘러싸인 영역을 z축을 중심으로 회전하여 얻은 회전체의 부피를 n은 곡면 ∂D의 외향단위법선벡터이다.
발산정리를 이용하여 구하시오.
sol)
∇ · F (x, y, z) = 5(x2 + y 2 + z 2 )
sol) 회전체의 그림은 다음과 같다.
이므로 발산정리에 의해
ZZ
ZZZ
F · ndS =
5(x2 + y 2 + z 2 )dV
∂D
D
2πZ 2Z 4
Z
=
0
Z
5r(r2 + z 2 )dzdrdθ
0 2
2πZ 4Z 4
+
0
=
이다.
180
2
5r(r2 + z 2 )dzdrdθ
r
3104π
1360
π+
= 1488π
3
3
16 벡터장의 적분정리
SOLUTION
5. 3차원 공간의 임의의 점 r = (x, y, z)과 고정된 점 r0 = 이다. 따라서
(x0 , y0 , z0 )에 대해 벡터장 F 가 다음과 같이 주어져 있다고 하자.
(r sin φ sin φ, r sin sin θ, r cos φ)
F (x, y, z) · n =
r3
r − r0
(x − x0 , y − y0 , z − z0 )
F (x, y, z) =
= p
3
· (sin φ cos θ, sin φ sin θ, cos φ)
kr − r0 k
( (x − x0 )2 + (y − y0 )2 + (z − z0 )2 )3
1
= 2
다음 물음에 답하시오.
r
이다. 또한 반지름이 r인 구의 겉넓이가 4πr2 으로 주어지는 것을
상기하면 구하고자 하는 면적분은
ZZ
ZZ
1
dS = 4π
F · ndS =
2
r
∂D
∂D
a) r 6= r0 일 때 ∇ · F (r) = 0임을 보이시오.
sol)
f (x, y, z) = (x − x0 )2 + (y − y0 )2 + (z − z0 )2
이다.
이라고 두자. 그러면
1
F = √ 3 (x − x0 , y − y0 , z − z0 )
( f)
c) 이 경우에 발산정리가 적용되는지 확인하고 그 이유를 설명하
시오.
sol) 이 문제의 경우 발산정리를 적용할 수 없다. 발산정리는 벡
터장 F 가 C1 인 영역에서 적용되는데, 주어진 문제에서 F 가 구의
중심인 r0 에서 정의되지 않으므로 정리의 조건을 완전히 충족하지
못한다.
이다. 한편
∂
∂x
(x − x0 )
√
( f )3
√
√
1 · ( f )3 − (x − x0 ) · 3( f )2 ·
√
=
( f )6
1
3(x − x0 )2
√
= √ 3−
( f)
( f )5
1
√
2 f
· fx
연습문제 16.3 .
1. 스토크스 정리를 이용하여
(z − z0 )
√
( f )3
(∇ × F ) · ndS를 구하시오.
S
이고 마찬가지로
∂ (y − y0 )
3(y − y0 )2
1
√ 3
√
= √ 3−
∂y
( f)
( f)
( f )5
∂
∂z
ZZ
a) F (x, y, z) = (z, 2x, −3y); S는 x2 + y 2 + z 2 = 9의 위쪽 반구면
(z ≥ 0)이고 n · k ≥ 0
sol) 곡면 S의 경계 ∂S는 x2 + y 2 = 9, z = 0이므로 다음과 같이
매개화할 수 있다.
3(z − z0 )2
1
√
= √ 3−
( f)
( f )5
x(t) = (3 cos t, 3 sin t, 0),
이다. 따라서
∂ (x − x0 )
∂ (y − y0 )
∂ (z − z0 )
√
√
√
+
+
∂x ( f )3
∂y ( f )3
∂z ( f )3
3
3
= √ 3 − √ 5 (x − x0 )2 + (y − y0 )2 + (z − z0 )2
( f)
( f)
3
3
= √ 3 − √ 3 =0
( f)
( f)
∇ · F (r) =
(0 ≤ t ≤ 2π)
스토크스 정리에 의해
ZZ
(∇ × F ) · ndS
Z S
=
F · ds
∂S
2π
Z
(0, 6 cos t, −9 sin t) · (−3 sin t, 3 cos t, 0)dt
=
0
이다.
Z
=
b) 중심이 r0 이고 반지름이 r > 0인 구를 D라 할 때,
ZZ
18 cos2 tdt = 18π
0
F ·ndS
∂D
2π
이다.
를 구하시오. 여기에서 n은 구면 ∂D의 외향 단위법선벡터이다.
sol) 주어진 구면 D를
x = x0 + r sin φ cos θ,
y = y0 + r sin φ sin θ,
0 ≤ φ ≤ π,
b) F (x, y, z) = (xz + z 2 + 3, y 2 + x + 1, −xye−x
z = z0 + r cos φ, z = 4 − x2 − y 2 (z ≥ 0)이고 n · k > 0
2
−y 2
); S는 포물면
0 ≤ θ ≤ 2π
로 매개화 하면 D의 외향 단위법선벡터는
sol) 곡면 S의 경계 ∂S는 x2 + y 2 = 4, z = 0이므로 다음과 같이
매개화할 수 있다.
n = (sin φ cos θ, sin φ sin θ, cos φ)
x(t) = (2 cos t, 2 sin t, 0),
181
(0 ≤ t ≤ 2π)
16 벡터장의 적분정리
SOLUTION
d) F (x, y, z) = (x2 + y 2 + z 2 + 3, x2 − y 2 + z 2 , e2xyz ); S는 원기
둥면 x2 + y 2 = 4(−1 ≤ z ≤ 2)이고 n은 원기둥면의 바깥 방향
스토크스 정리에 의해
ZZ
(∇ × F ) · ndS
S
Z
=
F · ds
sol) 곡면 S의 경계 ∂S는 다음과 같이 구성되어 있다.
∂S = ∂S 1 ∪ ∂S 2
∂S
2π
Z
∂S 1 = {(x, y, z) ∈ R3 |x2 + y 2 = 4, z = −1}
(3, 4 sin2 t + 2 cos t + 1, −2 sin 2te−4 )
=
∂S 2 = {(x, y, z) ∈ R3 |x2 + y 2 = 4, z = 2}
0
· (−2 sin t, 2 cos t, 0)dt
Z
=
그리고 ∂S 1 , ∂S 2 를 각각 매개화 하면
2π
2
2 cos t(4 sin t + 2 cos t + 1) − 6 sin t dt = 4π
∂S 1 (t) = (2 cos t, −2 sin t, −1),
0
∂S 2 (t) = (2 cos t, 2 sin t, 2),
이다.
c) F (x, y, z) = (x2 y + z 2 , exy cos y + 5, z 2 − x2 + y 2 ); S는 원뿔면
y 2 = z 2 + x2 (2 ≤ y ≤ 3)이고 n · j < 0
이므로 스토크스 정리에 의해
ZZ
(∇ × F ) · ndS
S
Z
Z
Z
=
F · ds =
F · ds +
∂S
Z 2π
sol) 곡면 S의 경계 ∂S는 다음과 같이 구성되어 있다.
=
∂S1
0 ≤ t ≤ 2π
0 ≤ t ≤ 2π
F · ds
∂S2
(8, 4 cos2 t − 4 sin2 t + 1, e8 sin t cos t )
0
∂S = ∂S 1 ∪ ∂S 2
· (−2 sin t, −2 cos t, 0)dt
Z 2π
+
(11, 4 cos2 t − 4 sin2 t + 4, e16 sin t cos t )
∂S 1 = {(x, y, z) ∈ R3 |x2 + z 2 = 4, y = 2}
∂S 2 = {(x, y, z) ∈ R3 |x2 + z 2 = 9, y = 3}
0
· (−2 sin t, 2 cos t, 0)dt
Z 2π
=
(−16 sin t − 8 cos3 t + 8 cos t sin2 t − 2 cos t)dt
그리고 ∂S 1 , ∂S 2 를 각각 매개화 하면
∂S 1 (t) = (2 cos t, 2, −2 sin t),
∂S 2 (t) = (3 cos t, 3, 3 sin t),
0 ≤ t ≤ 2π
0
0 ≤ t ≤ 2π
2π
Z
(−22 sin t + 8 cos3 t − 8 cos t sin2 t + 8 cos tdt = 0
+
이므로 스토크스 정리에 의해
ZZ
(∇ × F ) · ndS
S
Z
Z
Z
=
F · ds =
F · ds +
∂S
Z 2π
=
∂S1
0
이다.
F · ds
e) F (x, y, z) = (yexz , −xeyz , −z 2 exy ); S 는 포물면 z =
x2 + y 2 − 4(z ≤ 0)이고 n · k < 0
∂S2
(8 cos2 t + 4 sin2 t, e4 cos t cos 2 + 5,
0
4 sin2 t − 4 cos2 t + 4) · (−2 sin t, 0, −2 cos t)dt
Z 2π
+
(27 cos2 t + 9 sin2 t, e9 cos t cos 3 + 5,
0
2
9 sin t − 9 cos2 t + 9) · (−3 sin t, 0, 3 cos t)dt
Z 2π
=
(−16 sin t cos2 t − 8 sin3 t − 8 cos t sin2 t
0
sol) 곡면 S의 경계 ∂S는 x2 + y 2 = 4, z = 0이므로 다음과 같이
매개화할 수 있다.
x(t) = (2 cos t, −2 sin t, 0),
스토크스 정리에 의해
ZZ
(∇ × F ) · ndS
Z S
=
F · ds
∂S
2π
+ 8 cos3 t − 8 cos t)dt
Z 2π
+
(−81 sin t cos2 t − 27 sin3 t + 27 cos t sin2 t − 27 cos3 t
Z
(−2 sin t, −2 cos t, 0) · (−2 sin t, −2 cos t, 0)dt
=
0
0
Z
=
+ 27 cos t)dt = 0
이다.
182
2π
4dt = 8π
0
이다.
(0 ≤ t ≤ 2π)
16 벡터장의 적분정리
SOLUTION
2. 스토크스 정리를 이용하여
Z
F · ds를 구하시오.
이고
C
dS = ||(Xx × Xy )(x, y)|| dxdy =
√
5dxdy
a) F (x, y, z)
=
(xy, x2 + y 2 , xz); C는 세 점
(0, 0, 4), (0, 1, 4), (1, 0, 4)를 꼭짓점으로 하는 삼각형 영역 이다. 또한 벡터장 F 의 curl이
의 경계로, 위에서 볼 때 반시계 방향
∇ × F (x, y, z) = (2z, 2x, 2y)
sol) 곡선 C는 곡면
S = {(x, y, z) ∈ R3 | 0 ≤ x ≤ 1 − y, 0 ≤ y ≤ 1, z = 4}
의 경계이다. 이제 곡면 S를 매개화하면
이므로 스토크스 정리에 의해
Z
ZZ
ZZ
1
√ (−4x + 2y)dS
F · ds =
(∇ × F ) · ndS =
5
C
S
S
Z Z √ 2
3
(0 ≤ x ≤ 1 − y, 0 ≤ y ≤ 1)
X(x, y) = (x, y, 4)
9−y
=
−3 −
이다. 그러면
√
(−4x + 2y)dxdy = 0
9−y 2
이다.
Xx (x, y) = (1, 0, 0)
Xy (x, y) = (0, 1, 0)
n=
(Xx × Xy )(x, y)
= (0, 0, 1)
||(Xx × Xy )(x, y)||
c) F (x, y, z) = (y + 3z, x + 3z, x + 3y); C는 구면 x2 + y 2 + z 2 = 4
와 평면 x + y + z = 0의 공통부분으로, 위에서 볼 때 반시계 방향
sol) 곡선 C는 곡면
이고
S = {(x, y, z) ∈ R3 |x + y + z = 0, x2 + y 2 + z 2 ≤ 4}
dS = ||(Xx × Xy )(x, y)|| dxdy = dxdy
이다. 또한 벡터장 F 의 curl이
의 경계이다. 이제 곡면 S를 매개화하면
∇ × F (x, y, z) = (0, −z, x)
X(x, y) = (x, y, −x − y)
이므로 스토크스 정리에 의해
Z
ZZ
ZZ
F · ds =
(∇ × F ) · ndS =
xdS
C
S
Z 1Z
1−y
xdxdy =
0
이다. 그러면
Xx (x, y) = (1, 0, −1)
S
=
0
(x2 + y 2 ≤ 2)
Xy (x, y) = (0, 1, −1)
1
6
n=
이다.
(Xx × Xy )(x, y)
1
= √ (1, 1, 1)
||(Xx × Xy )(x, y)||
3
이고
√
b) F (x, y, z) = (x2 − y 2 , y 2 − z 2 , z 2 − x2 ); C는 평면 z = 2y + 5
dS = ||(Xx × Xy )(x, y)|| dxdy = 3dxdy
2
2
와 원기둥면 x + y = 9의 공통부분으로, 위에서 볼 때 반시계
방향
이다. 또한 벡터장 F 의 curl이
∇ × F (x, y, z) = (0, 2, 0)
sol) 곡선 C는 곡면
S = {(x, y, z) ∈ R3 |x2 + y 2 ≤ 9, z = 2y + 5}
의 경계이다. 이제 곡면 S를 매개화하면
X(x, y) = (x, y, 2y + 5)
(x2 + y 2 ≤ 9)
이므로 스토크스 정리에 의해
Z
ZZ
ZZ
2
√ dS
F · ds =
(∇ × F ) · ndS =
3
C
S
S
Z √ Z √ 2
2
=
이다. 그러면
Xx (x, y) = (1, 0, 0)
√
− 2 −
2−y
√
2dxdy = 4π
2−y 2
이다.
Xy (x, y) = (0, 1, 2)
n=
(Xx × Xy )(x, y)
1
= √ (0, −2, 1)
||(Xx × Xy )(x, y)||
5
d) F (x, y, z) = (x − 2y + z, 2x − 3y − z, −x − 2y + z); C는 원기
둥면 (x − 1)2 + y 2 = 1과 포물면 z = 4 − x2 − y 2 의 공통부분으로,
183
16 벡터장의 적분정리
SOLUTION
위에서 볼 때 반시계 방향
이고
dS = ||(Xx × Xy )(x, y)|| dxdy = dxdy
sol) 곡선 C는 곡면
S = {(x, y, z) ∈ R3 |z = 4 − x2 − y 2 , (x − 1)2 + y 2 ≤ 1}
이다. 또한 벡터장 F 의 curl이
의 경계이다. 이제 곡면 S를 매개화하면
X(x, y) = (x, y, 4 − x2 − y 2 )
∇ × F (x, y, z) = (xz − 2z, 1 − yz, 2x − 1)
((x − 1)2 + y 2 ≤ 1)
이므로
이다. 그러면
ZZ
Xx (x, y) = (1, 0, −2x)
ZZ
(∇ × F ) · ndS =
Xy (x, y) = (0, 1, −2y)
(2x − 1)dS
S
S
3Z 2
Z
1
(Xx × Xy )(x, y)
(2x, 2y, 1)
=p
n=
2
||(Xx × Xy )(x, y)||
4x + 4y 2 + 1
(2x − 1)dxdy
=
0
0
=6
이고
dS = ||(Xx × Xy )(x, y)|| dxdy =
p
이다.
곡선 ∂S1 , ∂S2 , ∂S3 , ∂S4 를 각각
4x2 + 4y 2 + 1dxdy
이다. 또한 벡터장 F 의 curl이
∂S1 = {(t, 0, 5) ∈ R3 | 0 ≤ t ≤ 2},
∇ × F (x, y, z) = (−1, 2, 4)
∂S2 = {(2, t, 5) ∈ R3 | 0 ≤ t ≤ 3},
이므로 스토크스 정리 및 푸비니정리에 의해
Z
ZZ
ZZ
−2x + 4y + 4
p
F · ds =
(∇ × F ) · ndS =
dS
4x2 + 4y 2 + 1
C
S
S
Z 2Z √1−(x−1)2
=
(−2x + 4y + 4)dydx
√
0
−
Z πZ
∂S3 = {(2 − t, 3, 5) ∈ R3 | 0 ≤ t ≤ 2},
∂S4 = {(0, 3 − t, 5) ∈ R3 | 0 ≤ t ≤ 3},
으로 정의하면 ∂S=∂S1 ∪ ∂S2 ∪ ∂S3 ∪ ∂S4 이다. 그러면
1−(x−1)2
2 cos θ
Z
(−2r cos θ + 4r sin θ + 4)rdrdθ = 2π
=
0
Z
Z
F · ds =
0
F · ds +
∂S
∂S1
이다.
F · ds
∂S2
Z
Z
F · ds +
+
F · ds
∂S3
3. 다음 벡터장과 곡면에 대해
ZZ
Z
(∇ × F ) · ndS와
S
2
Z
F · ds를
=
Z
(t + 5)dt +
∂S
0
직접 계산해서 스토크스 정리가 성립함을 확인하시오.
2
Z
3
(t − 10)dt +
0
a) F (x, y, z) = (x + y + z, x2 + y 2 + z 2 , xyz); S는 사각형 영역
0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 3, z = 5이고, n · k > 0
ZZ
ZZ
(∇ × F ) · ndS =
S
의 경계이다. 이제 곡면 S를 매개화하면
(0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 3)
(−25 − (t − 3)2 )dt
0
=12 + 96 − 18 − 84 = 6
이다. 그러므로
S = {(x, y, 5) ∈ R3 |0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 3}
X(x, y) = (x, y, 5)
(t + 29)dt
0
Z
+
sol) 곡선 ∂S는 곡면
∂S4
3
2
F · ds 이 성립한다.
∂S
b) F (x, y, z) = (xy + 1, yz + 2, xz + 5); S는 원기둥면 x2 + y 2 = 9
(0 ≤ z ≤ 3)이고 n은 원기둥면의 바깥 방향
sol) 곡선 ∂S는 곡면
이다. 그러면
S = {(x, y, z) ∈ R3 |x2 + y 2 = 9, 0 ≤ z ≤ 3}
Xx (x, y) = (1, 0, 0)
Xy (x, y) = (0, 1, 0)
의 경계이다. 이제 곡면 S를 매개화하면
(Xx × Xy )(x, y)
n=
= (0, 0, 1)
||(Xx × Xy )(x, y)||
X(θ, z) = (3 cos θ, 3 sin θ, z)
184
(0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ 3)
16 벡터장의 적분정리
SOLUTION
이다. 그러면
이므로 스토크스 정리에 의해
ZZ
Z
(∇ × F ) · ndS =
F · ds
Xθ (θ, z) = (−3 sin θ, 3 cos θ, 0)
Xz (θ, z) = (0, 0, 1)
Γ
Z
(Xθ × Xz )(θ, z)
n=
= (cos θ, sin θ, 0)
||(Xθ × Xz )(θ, z)||
∂S
2π
2
(8 sin t cos t, 8 cos t, cos te1+3 sin t ) · (− sin t, 2 cos t, 0)dt
=
0
Z
=
이고
2π
−8 sin2 t cos t + 16 cos2 tdt = 16π
0
dS = ||(Xθ × Xz )(θ, z)|| dθdz = 3dθdz
이다.
이다. 또한 벡터장 F 의 curl이
5. 선적분
Z
2
(x2 +y 2 +e−x )dx+(y 2 +z 2 +sin y)dy+(z 2 +y 2 +ln(z 2 +e2 ))dz
∇ × F (x, y, z) = (−y, −z, −x)
이므로
C
∇ × F (X(θ, z)) = (−3 sin θ, −z, −3 cos θ)
이고
ZZ
Z 3Z
2π
(∇ × F ) · ndS =
S
을 계산하시오. 여기에서 C는 C(t) = (cos t, sin t, sin 2t)(0 ≤ t ≤
2π)이다.
3(−3 sin θ cos θ − z sin θ)dθdz
0
sol) (문제오류) 벡터장 F 의 curl이 (0, 0, 0)이 아니다. 따라서
임의의 곡면을 잡아야 하는데 이는 일반수학의 수준을 넘어간다.
0
=0
이다.
곡선 ∂S1 , ∂S2 를 각각
∂S1 = {(cos t, − sin t, 0) ∈ R3 | 0 ≤ t ≤ 2π},
6. 폐곡면 S가 조각적 정규곡면이라고 하자. 이때 다음 두 가지
방법으로 등식
ZZ
(∇ × F ) · ndS = 0
∂S2 = {(cos t, sin t, 3) ∈ R3 | 0 ≤ t ≤ 2π},
을 증명하시오.
S
a) S가 감싸는 유계 영역을 D라고 할 때, S와 D에 발산정리를
적용하여 위의 등식을 증명하시오.
proof ) ∇ · (∇ × F ) = 0 이므로 발산정리에 의해
ZZ
ZZZ
(∇ × F ) · ndS =
0dV = 0
으로 정의하면 ∂S=∂S1 ∪ ∂S2 이다. 그러면
Z
Z
Z
F · ds
F · ds +
F · ds =
∂S
∂S2
∂S1
2π
Z
(− sin t(1 − sin t cos t) − 2 cos t)dt
=
S
0
Z
2π
+
(− sin t(sin t cos t + 1) + cos t(3 sin t + 2))dt
D
이다.
0
=0+0=0
ZZ
ZZ
이다. 그러므로
(∇ × F ) · ndS =
S
F · ds 이다.
∂S
4. 곡면 S는 포물면 z = 4x2 + y 2 (z ≤ 4)이고, 단위법선벡
터장 n은 n · k ≥ 0을 만족하도록 선택되었다고
하자. 벡터장
ZZ
F (x, y, z) = (4xy, 2xz, xex
2
+y 2
)에 대하여
(∇ × F ) · ndS를
b) ∂S와 S에 스토크스 정리를 이용하여 위의 등식을 증명하시오.
proof ) S가 폐곡면이면 S의 경계가 존재하지 않는다. 즉, ∂S = ∅
이다. 따라서 스토크스 정리에 의해
ZZ
Z
(∇ × F ) · ndS =
F · ds = 0
S
이다.
Γ
구하시오.
sol) 곡면 S의 경계 ∂S는 4x2 + y 2 = 4, z = 4이므로 이를 매개화
하면
x(t) = (cos t, 2 sin t, 4),
0 ≤ t ≤ 2π
185
∂S
참고문헌
1. 권희대 외 8명, 미분적분학, 청문각, 2012
2. 김성기, 김도한, 계승혁, 해석개론, 제 2 개정판, 서울대학교출판문화원, 2011
3. 이익권, 이현대, 최광석, 미적분학, 경문사, 2020
4. J.Stewart, Calculus Metric Version 8E, CENAGE LEARNING, 2016
5. Marsden & Tromba, 벡터해석학 제 6판, 신한출판미디어, 2017
iii