Дивергенция есть сумма скоростей изменения компонент поля в окрестности выбранной точки вдоль координатных осей. Если около выбранной точки в направлении координатных осей среднеарифметическая скорость изменения поля положительна, то данная точка является «источником» поля, если отрицательна, то «стоком». Теперь формулу Остроградского – Гаусса можно переписать в векторной форме
Пределом интегральной суммы ( 12 ) при nНайти производную показательно-степенной функции y=
.
РЕШЕНИЕ.
Отметим, что область определения функции те точки x, в которых sin x >0 и cos x >0 одновременно. Сменим основание показательно-степенной функции на константу e, после чего функция станет показательной и можно будет применить соответствующее правило нахождения производной. В показателе произведение функций:
y=
=
.
Находим производную
y¢ =
·(ln(sin x3)·ln2cosx )¢=
=
.
Другой подход к решению задачи использование логарифмической производной. Приведём и такое решение: ln y = ln2cosx· ln(sin x3); дифференцируем обе части равенства по переменной x:
·y ¢=
.
Для нахождения y¢ умножим полученное равенство на y=
.
Ответ. y¢=
.
ЗАДАНИЕ 16. Составить уравнения касательной и нормали к кривой в данной точке, вычислить в этой точке y¢¢xx:
, t=
.
РЕШЕНИЕ.
Мы должны рассматривать y как функцию от x, заданную параметрически. Каждому значению параметра t на плоскости (x,y) соответствует точка (x(t), y(t)). В частности, при t=
получается точка с координатами x0=0; y0=1+2
/3. Производная y¢x следующим образом выражается через производные y¢t и x¢t:
y¢x = y¢t / x¢t .
При повторном дифференцировании, подставляя в эту формулу y¢x вместо y, получим
y¢¢xx = (y¢x)¢t /( x¢t).
Вычисляем производные:
y¢x = (t+t2)/(tt3) =1/(1t); y¢x (x0)=1/(1
)= (1+
); (y¢x)¢t = 1/(1t)2 ;
y¢¢xx =1/( (1t)2 (tt3) ) = 1/( t (1+t)(1t)3 ); y¢¢xx (x0) = 1/(
(
+1)(1
)3)=
= 1/(
(1
)2 ) = (
+1)2 /
= (3+2
) /
.
Уравнение касательной в общем виде: y = y0 + y¢x (x0)·(xx0).
Уравнение нормали в общем виде: y = y0 (1/y¢x(x0))·(xx0).
В нашем случае касательная: y = 1+2
/3 (1+
)·x;
нормаль: y = 1+2
/3+(1/(1+
))·x =1+2
/3+(
1) x.
Уравнения обеих прямых лучше записать в форме Ay+Bx+C=0.
Ответ. В точке, соответствующей t=
,
3y + 3(
+1)x 3 2
=0 уравнение касательной;
3y 3(
1)x 3 2
=0 уравнение нормали; y¢¢xx = (3+2
) /
.
Заметим, что для существования y¢xдостаточно непрерывной дифференцируемости функций x(t), y(t) и выполнения условия x¢(t)¹0 в рассматриваемой точке. В этой задаче не гарантировалось существование y¢x при t=0 ; t=1; t= 1. Приводим кривую, заданную в условии, на рис. 34. При t=
проведена касательная.
Вычисление криволинейного интеграла, независящего от пути интегрирования.
Интеграл
не зависит от пути интегрирования, если
Тогда значение интеграла будет зависеть от координат начала пути – точка A и конца пути – точка B. При этом интеграл записывают следующим образом:
Чтобы его вычислить, можно использовать два способа.
Способ 1.
,
где
– потенциальная функция.
Но так как
,
то
![]()
Следовательно:
![]()
Способ 2. Можно вычислить интеграл, выбрав путь интегрирования (любой), соединяющий точки
и
. Наиболее рационально выбрать путь ACB – ломаную линию, составляющие которой параллельны осям координат, т.е. взять точку
или
, тогда путь интегрирования будет состоять из двух отрезков: AC и CB, при этом интеграл будет равен сумме двух интегралов по AC и CB.
Для функции y(x), заданной неявно уравнением xey yex+x=0, найти y¢x и y¢¢xx (аналитические выражения и значения в точке x0=0).
С помощью дифференциала функции вычислить приближённо
при x = 7,76.
Многочлен f(x)=3x4 22x3 + 60x2 73x + 39 по степеням x представить в виде многочлена по степеням (x 2).
Исследовать поведение функции в окрестности точки с помощью формулы Тейлора: f(x)=
ln2x, x0 =1.
Неопределенный интеграл Пример . Найти интеграл
. Решение. Воспользуемся формулой интегрирования по частям:
.