[Stewart Calculus] 3. Applications of Differentiation-Problem Plus

[Stewart Calculus] 3. Applications of Differentiation-Problem Plus

1. 모든 $x$에 대하여 $|\sin x-\cos x|\leq\sqrt{2}$가 성립함을 보여라.

풀이: $f(x)=\sin x-\cos x$라 하자. $f'(x)=\cos x+\sin x$이므로 $f'(x)=0$인 $x$를 구하면 $$f'(x)=\cos x+\sin x=0$$ 이므로 $\sin x=-\cos x$이고 $\displaystyle\tan x=\frac{\sin x}{\cos x}=-1$이므로 $\displaystyle x=-\frac{\pi}{4}+n\pi$($n$은 정수)에서 $f'(x)=0$이고, $\displaystyle f\left(-\frac{\pi}{4}\right)=-\sqrt{2}$, $\displaystyle f\left(\frac{5}{4}\pi\right)=\sqrt{2}$이므로 $|\sin x-\cos x|=|f(x)|\leq\sqrt{2}$가 성립한다.

또는 삼각함수의 합성에 의해 $$\sin x-\cos x=\sqrt{2}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\sin x-\frac{\sqrt{2}}{2}\cos x\right)=\sqrt{2}\sin\left(x-\frac{\pi}{4}\right)$$ 이므로 $$|\sin x-\cos x|=\left|\sqrt{2}\sin\left(x-\frac{\pi}{4}\right)\right|\leq\sqrt{2}$$ 이고 문제의 부등식이 성립한다. 

$|x|\leq2$, $|y|\leq2$인 모든 $x,\,y$에 대해 $x^{2}y^{2}(4-x^{2})(4-y^{2})\leq16$이 성립함을 보여라.

풀이: $|x|\leq2$인 $x$에 대해 $f(x)=x^{2}(4-x^{2})$라 하자. $$f'(x)=8x-4x^{3}=4x(2-x^{2})$$ 이므로 $f(x)$는 $x=\pm\sqrt{2}$에서 극대이고 $f(-\sqrt{2})=f(\sqrt{2})=2\cdot(4-2)=4$, $x=0$에서 극소이고 $f(0)=0$이다. 그러면 모든 $|x|\leq2$인 $x$에 대해 $0\leq f(x)\leq4$이고, 따라서 $|x|\leq2$, $|y|\leq2$인 모든 $x,\,y$에 대해 다음이 성립한다. $$x^{2}y^{2}(4-x^{2})(4-y^{2})=f(x)f(y)\leq4\cdot4=16$$ 4. 1사분면 위의 포물선 $y=1-x^{2}$위의 한 점에서의 접선이 $x$축, $y$축과 이루는 삼각형의 넓이가 최소가 되는 점을 구하여라.

풀이: 1사분면 위에서 포물선 $y=1-x^{2}$위의 한 점을 $(t,\,1-t^{2})$라 하자. 이 점에서 $f'(t)=-2t$이므로 이 점에서의 접선의 방정식은 $$y=-2t(x-t)+(1-t^{2})=-2tx+1+t^{2}$$ 이고, 이 접선의 $x$절편은 $\displaystyle\left(\frac{1+t^{2}}{2t},\,0\right)$, $y$절편은 $(0,\,1+t^{2})$이다.

접선과 $x$축, $y$축으로 둘러싸인 삼각형의 넓이를 $f(t)$라고 하면 다음과 같다. $$f(t)=\frac{1}{2}\cdot\frac{1+t^{2}}{2}\cdot(1+t^{2})=\frac{t^{4}+2t^{2}+1}{4t}=\frac{1}{4}t^{3}+\frac{1}{2}t+\frac{1}{4t}$$ 이고 $$\begin{align*}f'(t)&=\frac{3}{4}t^{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{4t^{2}}=\frac{3t^{4}+2t^{2}-1}{4t^{2}}\\&=\frac{(3t^{2}-1)(t^{2}+1)}{4t^{2}}\end{align*}$$ 이므로 $\displaystyle t=\frac{1}{\sqrt{3}}$에서 $f(t)$는 최소이고 따라서 점 $\displaystyle\left(\frac{\sqrt{3}}{3},\,\frac{2}{3}\right)$에서 삼각형의 넓이가 최소이다.

5. 곡선 $x^{2}+xy+y^{2}=12$의 최고점과 최저점을 구하여라. 

풀이: 음함수 미분법을 이용해 곡선을 미분하면 $$2x+y+x\frac{dy}{dx}+2y\frac{dy}{dx}=0$$ 이고 $\displaystyle\frac{dy}{dx}=-\frac{2x+y}{x+2y}$이다. $y=-2x$일 때 $\displaystyle\frac{dy}{dx}=0$이므로 $y=-2x$를 곡선의 방정식에 대입하면 $$x^{2}+x(-2x)+(-2x)^{2}=3x^{2}=12$$ 이고 $x=\pm2$이다. $x=2$일 때 $y=-4$이고, $x=-2$일 때 $y=4$이므로 따라서 최저점은 $(2,\,-4)$, 최고점은 $(-2,\,4)$이다. 

6. 물이 구형 탱크로 일정한 비율로 채워지고 있다. $V(t)$와 $H(t)$를 각각 시간 $t$에서 물의 부피와 높이라고 하자. 

(1) $V'(t)$와 $H'(t)$의 의미는 무엇인가? 이 도함수는 양수인가? 음수인가? 아니면 0인가?

(2) $V''(t)$는 양수인가? 음수인가? 아니면 0인가? 설명하여라.

(3) $t_{1},\,t_{2},\,t_{3}$을 각각 탱크의 1/4, 1/2, 3/4가 채워졌을 때의 시간이라고 하자. $H''(t_{1}),\,H''(t_{2}),\,H''(t_{3})$각각은 양수인가? 음수인가? 아니면 0인가? 

풀이: 구형 탱크가 다음과 같다고 하자.

그러면 $\displaystyle V(t)=\pi\int_{0}^{H(t)}{(R^{2}-(R-y)^{2})dy}$이다.

(1) $V'(t)$는 시간에 따른 부피의 변화량, $H'(t)$는 시간에 따른 높이의 변화량이다. 문제에서 물이 일정한 비율로 채워지므로 $V'(t)$는 양의 상수이다. $$V'(t)=\pi H'(t)(R^{2}-\{R-H(t)\}^{2})$$ 이므로 $\displaystyle H'(t)=\frac{V'(t)}{\pi\{R^{2}-(R-H(t))^{2}\}}$이고 따라서 $H'(t)>0$이다. 

(2) 문제 (1)에서 $V'(t)$는 상수이므로 $V''(t)=0$이다. 

(3) $\displaystyle H'(t)=\frac{V'(t)}{\pi\{R^{2}-(R-H(t))^{2}\}}$이고, $0<H(t_{1})<R$, $H(t_{2})=R$, $R<H(t_{3})<2R$이다. $t=t_{1}$일 때 $H'(t)$는 증가하고, $t=t_{2}$일 때 $H'(t)$는 극대, $t=t_{3}$일 때 $H'(t)$는 감소하므로 따라서 $H''(t_{1})>0$, $H''(t_{2})=0$, $H''(t_{3})<0$이다. 

7. 다음의 함수의 최댓값을 구하여라. $$f(x)=\frac{1}{1+|x|}+\frac{1}{1+|x-2|}$$ 풀이: 

$x<0$일 때 $\displaystyle f(x)=\frac{1}{1-x}+\frac{1}{3-x}$이므로 $\displaystyle f'(x)=\frac{1}{(1-x)^{2}}+\frac{1}{(3-x)^{2}}=\frac{2x^{2}-8x+10}{(1-x)^{2}(3-x)^{2}}>0$ 

$0<x<2$일 때 $\displaystyle f(x)=\frac{1}{1+x}+\frac{1}{3-x}$이므로 $\displaystyle f'(x)=-\frac{1}{(1+x)^{2}}+\frac{1}{(3-x)^{2}}=\frac{8x-8}{(1+x)^{2}(3-x)^{2}}$ 

$x>2$일 때 $\displaystyle f(x)=\frac{1}{1+x}+\frac{1}{x-1}$이므로 $\displaystyle f'(x)=-\frac{1}{(1+x)^{2}}-\frac{1}{(x-1)^{2}}=-\frac{2x^{2}+2}{(1+x)^{2}(x-1)^{2}}<0$ 

함수 $f$는 $x=0$과 $x=2$에서 미분가능하지 않고 $x=1$에서 극소이다. $$f(0)=1+\frac{1}{3}=\frac{4}{3},\,f(1)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1,\,f(2)=\frac{1}{3}+1=\frac{4}{3}$$ 이므로 따라서 $f$의 최댓값은 $\displaystyle\frac{3}{4}$이다. 

8. $\displaystyle f'(-1)=\frac{1}{2}$, $f'(0)=0$이고 모든 $x$에 대해 $f''(x)>0$인 함수가 존재함을 보이거나, 존재하지 않음을 증명하여라.

풀이: 이러한 함수가 존재한다고 하자. 그러면 평균값 정리에 의해 $c\,(-1<c<0)$가 존재해서 $$f''(c)=\frac{f(0)-f(-1)}{0-(-1)}=-\frac{1}{2}<0$$ 이고 이것은 모든 $x$에 대해 $f''(x)>0$이라는 사실에 모순이다. 그러므로 이러한 함수는 존재할 수 없다. 

9. 직선 $y=mx+b$와 포물선 $y=x^{2}$의 교점을 $A,\,B$라 하자.

삼각형 $PAB$의 넓이가 최대가 되게 하는 호 $AOB$상의 점 $P$를 구하여라.  

풀이: $A(x_{1},\,x_{1}^{2})$, $B(x_{2},\,x_{2}^{2})\,(x_{1}<x_{2})$, $P(t,\,t^{2})$이라 하자. $x_{1},\,x_{2}$는 2차방정식 $x^{2}-mx-b=0$의 해이므로 근과 계수의 관계에 의해 $$x_{1}+x_{2}=m,\,x_{1}x_{2}=-b,\,x_{2}-x_{1}=\sqrt{m^{2}+4b}$$ 이다. $$\begin{align*}|AB|&=\sqrt{(x_{2}-x_{1})^{2}+(x_{2}^{2}-x_{1}^{2})^{2}}\\&=(x_{2}-x_{1})\sqrt{1+(x_{1}+x_{2})^{2}}\\&=\sqrt{(m^{2}+4b)(m^{2}+1)}\end{align*}$$ 이고, 점 $P$에서 직선 $AB$까지의 거리를 $h$라고 하면 $$h=\frac{|mt-t^{2}+b|}{\sqrt{m^{2}+1}}=\frac{mt+b-t^{2}}{\sqrt{m^{2}+1}}\,(\because mt+b>t^{2})$$ 이므로 삼각형 $PAB$의 넓이를 $S(t)$라고 하면 $$S(t)=\frac{1}{2}\sqrt{m^{2}+4b}(b+mt-t^{2})$$ 이고 $\displaystyle S'(t)=\frac{1}{2}\sqrt{m^{2}+4b}(m-2t)$이므로 $\displaystyle t=\frac{m}{2}$일 때 $S(t)$는 최대이고 따라서 $\displaystyle P\left(\frac{m}{2},\,\frac{m^{2}}{4}\right)$이다. 

13. $ABC$를 $\angle BAC=120^{\circ}$이고 $|AB|\cdot|AC|=1$인 삼각형이라고 하자.

(1) 각의 이등분선 $AD$를 $x=|AB|$를 이용하여 나타내어라.

(2) $|AD|$의 최댓값을 구하여라.

풀이:

(1) 삼각형 $ABC$의 넓이는 $\displaystyle\frac{1}{2}|AB|\cdot|AC|\sin(\angle BAC)=\frac{\sqrt{3}}{4}$이고, $|AD|=y$라고 하면 다음이 성립한다. $$\begin{align*}\frac{\sqrt{3}}{4}&=\frac{1}{2}|AB|\cdot|AD|\sin60^{\circ}+\frac{1}{2}|AC|\cdot|AD|\sin60^{\circ}\\&=\frac{\sqrt{3}}{4}\left(x+\frac{1}{x}\right)y\end{align*}$$ 이고 $\displaystyle1=\left(x+\frac{1}{x}\right)y$이므로 $\displaystyle y=\frac{x}{x^{2}+1}$이다.

(2) (1)에서 구한 $y$를 $x$에 대해 미분하면 $$y'=\frac{(x^{2}+1)-x\cdot2x}{(x^{2}+1)^{2}}=\frac{1-x^{2}}{(x^{2}+1)^{2}}$$ 이고 $x=1$일 때 최대이며 $\displaystyle y=\frac{1}{2}$이다. 

16. $ABCD$는 변의 길이가 1m인 정사각형이고, 중심이 $A$이고, $B$에서 $D$로 잇는 사분원이 있다. $AB$위의 점 $E$와 $AD$위의 점 $F$에 대해 정사각형을 $EF$를 따라 접어서 점 $A$가 사분원 위에 있게 하자. 삼각형 $AEF$의 최댓값과 최솟값을 구하여라. 

풀이: $|AE|=a$, $|AF|=b$라고 하면, 이 문제의 상황을 다음과 같이 나타낼 수 있다.

피타고라스 정리에 의해 다음의 방정식을 얻고 $$\begin{align*}(a-x)^{2}+y^{2}&=a^{2}\\x^{2}+(y-b)^{2}=b^{2}\end{align*}$$ $x^{2}+y^{2}=1$이므로 $-2ax+1=0$, $-2by+1=0$이고 $$a=\frac{1}{2x},\,b=\frac{1}{2y}=\frac{1}{2\sqrt{1-x^{2}}}$$ 이다. $a=1$일 때 $\displaystyle b=\frac{1}{2}$이고, $b=1$일 때 $\displaystyle a=\frac{1}{2\sqrt{1-x^{2}}}$이므로 $\displaystyle\sqrt{1-x^{2}}=\frac{1}{2}$이고 $\displaystyle x=\frac{\sqrt{3}}{2}$이다. 그러면 $x$의 범위는 $\displaystyle\frac{1}{2}\leq x\leq\frac{\sqrt{3}}{2}$이고, 삼각형 $AEF$의 넓이를 $S(x)$라고 하면 $$S(x)=\frac{1}{2}ab=\frac{1}{8x\sqrt{1-x^{2}}}$$ 이다. $$\frac{dS}{dx}=-\frac{\displaystyle 8\sqrt{1-x^{2}}+\frac{8x^{2}}{\sqrt{1-x^{2}}}}{64x^{2}(1-x^{2})}=\frac{16x^{2}-8}{64x^{2}(1-x^{2})\sqrt{1-x^{2}}}$$ 이므로 $\displaystyle x=\frac{\sqrt{2}}{2}$일 때 극소이고 $\displaystyle S\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\frac{1}{4}$, $\displaystyle x=\frac{1}{2}$에서 $\displaystyle S\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{\sqrt{3}}{6}$, $\displaystyle S\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=\frac{\sqrt{3}}{6}$이다. 그러면 삼각형 $AEF$넓이의 최댓값은 $\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{6}$이고, 최솟값은 $\displaystyle\frac{1}{4}$이다. 

17. 암석의 상층부에서 음속이 $c_{1}$, 하층부에서 음속이 $c_{2}$이고, $c_{1}<c_{2}$일 때, 지진탐광(seismic exploration: 인공적인 지진을 발생시켜 지진파의 전파상황을 조사해 지하의 상태와 지질구조를 파악하는 방법)으로 두께를 측정할 수 있다. 점 $P$에서 다이너마이트를 발파시키고 송신시킨 신호는 점 $Q$에서 수신되고, $P$로부터의 거리는 $D$이다.  

$Q$에 도달하는 첫 번째 신호는 표면 위(상층부)를 따라 송신되고 도달하는데 $T_{1}$초 걸렸다. 그 다음 신호는 $P$에서 출발해 하층부에 있는 점 $R$과 $S$를 거쳐 $Q$로 이동하고 도달하는데 $T_{2}$초 걸렸다. 세 번째 신호는 하층부의 선분 $RS$의 중점 $O$를 거쳐 $Q$로 이동하고 도달하는데 $T_{3}$초 걸렸다. *상층부는 두께가 $h$인 부분이고, 하층부는 상층부 아래이다.

(1) $T_{1},\,T_{2},\,T_{3}$을 $D,\,h,\,c_{1},\,c_{2},\,\theta$를 이용하여 나타내어라.

(2) $\displaystyle\sin\theta=\frac{c_{1}}{c_{2}}$일 때 $T_{2}$가 최소임을 보여라.

풀이: 

(1) 첫 번째 신호는 표면 위(상층부)를 따라 $Q$로 이동하므로 $\displaystyle T_{1}=\frac{D}{c_{1}}$이다. 두 번째 신호는 $P\rightarrow R\rightarrow S\rightarrow Q$로 이동하고, $|PR|=|SQ|=h\sec\theta$, $|RS|=D-2h\tan\theta$, $PR,\,SQ$는 상층부, $RS$는 하층부에 있으므로 $$T_{2}=\frac{2h\sec\theta}{c_{1}}+\frac{D-2h\tan\theta}{c_{2}}$$ 이다. 세 번째 신호는 $P\,\rightarrow\,O\,\rightarrow\,Q$로 이동하고 $\displaystyle|PO|=|OQ|=\sqrt{\left(\frac{D}{2}\right)^{2}+h^{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{D^{2}+4h^{2}}$이므로 $\displaystyle T_{3}=\frac{\sqrt{4h^{2}+D^{2}}}{c_{1}}$이다.

(2) (1)에 의해 $\displaystyle T_{2}=\frac{2h\sec\theta}{c_{1}}+\frac{D-2h\tan\theta}{c_{2}}$이므로 $$\frac{dT_{2}}{d\theta}=\frac{2h}{c_{1}}\sec\theta\tan\theta-\frac{2h}{c_{2}}\sec^{2}\theta$$ 이고 $\displaystyle\frac{dT_{2}}{d\theta}=0$일 때 $\displaystyle\frac{\tan\theta}{c_{1}}=\frac{\sec\theta}{c_{2}}$이므로 $\displaystyle\sin\theta=\frac{c_{1}}{c_{2}}$이고, 이때 $T_{2}$는 최소이다. 

19. 마르퀴스 드 로피탈(Marquis de l'Hospital)의 미적분학 교과서 Analyse des Infiniment Petits에 수록된 문제 중 하나는 도르래가 한 방의 천장의 $C$지점에 길이가 $r$인 줄에 의해 달려있고, $C$에서 $d\,(d>r)$만큼 떨어진 천장 위 $B$지점에 길이가 $\ell$인 줄이 천장에 붙어있고, 점 $F$에서 도르래를 거쳐 무게(중력)가 $W$인 물체에 연결되어있다. 이 물체는 평형위치 $D$에 있고, 로피탈은 $|ED|$가 최대일 때 평형위치 $D$에 있음을 주장했다.

이 계가 평형에 도달하면, $x$가 다음과 같음을 보여라. $$\frac{r}{4d}(r+\sqrt{r^{2}+8d^{2}})$$ 이 표현은 $W$와 $\ell$과 독립적임에 유의한다. 

풀이: $|EF|=\sqrt{r^{2}-x^{2}}$, $|BF|=\sqrt{(d-x)^{2}+(r^{2}-x^{2})}=\sqrt{d^{2}+r^{2}-2dx}$라 하면 $|FD|=\ell-|BF|$이므로 $$|ED|=|EF|+|FD|=\sqrt{r^{2}-x^{2}}+\sqrt{d^{2}+r^{2}-2dx}$$ 이고 $|ED|=f(x)$라 하자. $$f'(x)=\frac{-x}{\sqrt{r^{2}-x^{2}}}-\frac{-d}{\sqrt{d^{2}+r^{2}-2dx}}$$ 이고 $f'(x)=0$인 $x$를 구하면 $$x^{2}(d^{2}+r^{2}-2dx)-d(r^{2}-x^{2})=0$$ 이므로 $x$에 대한 3차방정식 $$2dx^{3}-(2d^{2}+r^{2})x^{2}+d^{2}r^{2}=0$$ 이고 $$2dx^{2}(x-d)-r^{2}(x^{2}-d^{2})=(x-d)(2dx^{2}-r^{2}(r+d))=0$$ 이며 $d>x$이므로 다음의 2차방정식의 해 $x$를 구하면 된다. $$2dx^{2}-r^{2}x-r^{2}d$$ 근의 공식에 의해 $$x=\frac{r^{2}\pm\sqrt{r^{4}+8d^{2}r^{2}}}{4d}$$ 이고 $x>0$이어야 하므로 따라서 $\displaystyle x=\frac{r}{4d}(r+\sqrt{r^{2}+8d})$이다.