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

Найти 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)/(tt3) =1/(1t); y¢x (x0)=1/(1)= (1+); (y¢x)¢t = 1/(1t)2 ;

y¢¢xx =1/( (1t)2 (tt3) ) = 1/( t (1+t)(1t)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)·(xx0).

Уравнение нормали в общем виде: y = y0  (1/y¢x(x0))·(xx0).

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¢xдостаточно 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: .

Найти интеграл .