여러 가지 함수의 미분과 고계도함수

미술관 벽에 세로 2 m인 그림이 걸려 있는데, 그림의 아래쪽 끝이 관람객의 눈높이보다 1 m 높다. 벽에 바짝 다가서면 그림을 올려다보아야 해서 비스듬하게 작게 보이고, 너무 멀리 물러나면 그림 전체가 작아 보인다. 그 사이 어딘가에 그림을 바라보는 각이 가장 커지는 거리가 있을 것이다. 바라보는 각은 역탄젠트로 쓸 수 있다. 역탄젠트를 미분할 수 있다면 그 거리를 정확히 구할 수 있을까?

1.4.1새 함수 다섯 개의 도함수

시컨트, 코시컨트, 코탄젠트는 사인과 코사인의 몫이므로 몫의 미분법으로 미분한다. 예를 들어 \(\sec x = 1/\cos x\)이므로 \((\sec x)' = \sin x/\cos^2 x = \sec x\tan x\)이다. 역삼각함수는 역함수의 미분법으로 미분한다. \(y = \arctan x\)이면 \(x = \tan y\)이고, 양변을 \(y\)로 미분하면 \(dx/dy = \sec^2 y = 1 + \tan^2 y = 1 + x^2\)이다. 그래서 \(dy/dx = 1/(1 + x^2)\)이다. 이렇게 이미 아는 미분법만으로 새 함수의 도함수를 모두 얻는다.

\(\arctan x\)의 도함수 \(1/(1 + x^2)\)은 삼각함수가 전혀 없는 유리함수이다. 그래서 \(1/(1 + x^2)\) 꼴의 식을 적분하면 역탄젠트가 나오고, 원과 각이 들어간 문제에서 역삼각함수가 자연스럽게 등장한다. 함수를 거듭 미분한 \(f''\), \(f'''\)을 고계도함수라 한다. 위치를 한 번 미분하면 속도, 두 번 미분하면 가속도, 세 번 미분하면 가속도의 변화율인 저크가 된다.¹

1.4.2바라보는 각의 식

그림 아래쪽 끝이 눈보다 \(a\), 위쪽 끝이 \(b\)만큼 높고 벽에서 \(x\)만큼 떨어져 있으면, 위쪽 끝을 보는 각은 \(\arctan(b/x)\), 아래쪽 끝을 보는 각은 \(\arctan(a/x)\)이다. 그래서 바라보는 각은 \(\theta(x) = \arctan(b/x) - \arctan(a/x)\)이다. \(x\)가 0에 가까우면 두 각이 모두 \(\pi/2\)에 가까워져 \(\theta\)가 0으로 줄고, \(x\)가 아주 크면 두 각이 모두 0에 가까워져 역시 0으로 준다. 그 사이에서 \(\theta'(x) = 0\)이 되는 곳이 가장 크게 보이는 거리이다.

1.4.3예제 풀이

합성함수의 미분법으로 \(\dfrac{d}{dx}\arctan\dfrac{b}{x} = \dfrac{1}{1 + b^2/x^2}\cdot\left(-\dfrac{b}{x^2}\right) = -\dfrac{b}{x^2 + b^2}\)이다. 그래서 \(\theta'(x) = -\dfrac{3}{x^2 + 9} + \dfrac{1}{x^2 + 1}\)이다.

\(\theta'(x) = 0\)이면 \(x^2 + 9 = 3(x^2 + 1)\)에서 \(x^2 = 3\), 곧 \(x = \sqrt3 \approx 1.73\) m이다. 이보다 가까우면 \(\theta' > 0\), 멀면 \(\theta' < 0\)이므로 여기서 최대이다. 그때의 각은 \(\arctan\sqrt3 - \arctan(1/\sqrt3) = 60° - 30° = 30°\)이다. 일반적으로 계산하면 가장 좋은 거리는 \(x = \sqrt{ab}\)로, 그림의 두 끝 높이의 기하평균이다. 즉 역탄젠트의 도함수가 유리함수 \(1/(1 + x^2)\)이므로, 각을 다루는 최댓값 문제를 대수 방정식으로 바꾸어 풀 수 있다.

아래 탐구 카드에서 곡선 위의 점을 움직여 접선 기울기를 모아 \(\sec x\)의 도함수를 확인하고, 미술관 문제와 엘리베이터의 저크 문제를 풀어 보자.

1. 이 문제는 1471년 독일의 수학자 레기오몬타누스가 제기했다고 전해져 레기오몬타누스의 최대 문제라 불린다. 럭비에서 골대를 향해 차는 지점을 고를 때도 같은 계산이 나온다.