Полное приращ-е, полный диф-л. Диф-ть фун.

dz/dу=¶z/¶у+(∂z/∂u)(du/dу)+(∂z/∂v)(dv/dу);

Экстремумы фун 2 переменных.

Ф-ия z=f(x,y) имеет максимум (минимум) в точке M₀(x₀,y₀), если f(x₀,y₀)> f(x,y) {f(x₀,y₀)<f(x,y)}для всех точек (x,y) достаточно близких к точке (x₀,y₀)и отличных от неё.

Определение max и min при предположении, что х=х₀+Dх и у=у₀+Dу, тогда

f(x;y)-f(x₀;y₀)=f(х₀+Dх;у₀+Dу)-f(x₀;y₀)=Df. 1)Если Df<0 при всех достаточно малых приращениях независимых переменных, то фун f(x;y) достигает max в точке М₀(х₀;у₀); 2)Если Df>0 при всех достаточно малых приращениях независимых переменных, то фун f(x;y) достигает min в точке М₀(х₀;у₀);

Необходимое усл экстремум: Если функция z=f(x,y) достигает экстремума при x=x₀, y=y₀, то каждая частная производная первого порядка от z или обращается в нуль при этих значениях аргументов, или не сущ.

Док-во: Действительно, дадим переменному y определённое значение, а именно y=y₀. Тогда ф-ия f(x,y₀) будет функцией одного переменного x. Т.к. при x=x₀ она имеет экстремум, то следовательно (∂z/∂x) при x=x₀,y=y₀ или равно нулю или не сущ. Аналогично доказ, что (∂z/∂у) при x=x₀, y=y₀ или равно нулю или не сущ.

Достаточное усл экстемум: Пусть в нек. Области, содержащей т.M(x₀,y₀), функция f(x,y) имеет непрерывные частные производные до третьего порядка включительно, пусть, кроме того т.M(x₀,y₀) является критической точкой функции f(x,y) т.е. ∂f(x₀,y₀)/∂x=0, ∂f(x₀,y₀)/∂y=0.

Тогда при x=x₀, y=y₀:

1)f(x,y) имеет максимум, если

∂²f(x₀,y₀)/¶x²*∂²f(x₀,y₀)/¶y²-(∂²f(x₀,y₀)/∂x∂y)²>0 и ∂²f(x₀,y₀)/¶x²<0

2)f(x,y) имеет максимум, если

∂²f(x₀,y₀)/¶x²*∂²f(x₀,y₀)/¶y²-(∂²f(x₀,y₀)/∂x∂y)²>0 и ∂²f(x₀,y₀)/¶x²>0

3)f(x,y) не имеет ни макс. ни мин.

∂²f(x₀,y₀)/¶x²*∂² f(x₀,y₀)/¶y²-(∂²f(x₀,y₀)/∂x∂y)²<0

4)Если ∂²f(x₀,y₀)/¶x²*∂²f(x₀,y₀)/¶y²-(∂²f(x₀,y₀)/∂x∂y)²=0, то экстремум может быть, а может и не быть.

Неявнозаданная функция и нахождение ее производной.

Задана фун F(x,y,z)=0 наз заданная неявно, если существует z=j (x,y) в некоторой области D что при подстановке получаем тождественно нуль. F(x,y,z)º0. Продифф. по x: F(x,y,z)º0, F¢_x=0, ¶F/¶x+(¶F/¶z)*(¶z/¶x) ¶z/¶x=--[(¶F/¶x)/(¶F/¶z)];

Продифф. аналогично по у ¶z/¶y=--[(¶F/¶y)/(¶F/¶z)]

Двойной интеграл.

Рассмотрим в плоскости ОХУ замкнутую область D ограниченную линией L. Пусть в области D задана непрерывная функция z=f(x,y). Разобьем D на n частей(DS₁,DS₂,DS₃…DS_n). На каждой площадке возьмем по точке P_i (P₁,P₂,P₃…P_n). f(P_i) – значение функции в заданной точке. Возмем сумму произведений вида: f(P_i)DS_i. V_n=ⁿå_i=1f(P_i)DS_i – это интегральная сумма для функции f(x,y) по обл D.

Опр: Предел lim_{max di®0}ⁿå_i=1f(P_i)DS_i интегральной суммы ⁿå_i=1f(P_i)DS_i, если он сущ-ет независимо от способа разбиения обл D на DD_i и от выбора точек P_iÎD_i наз двойным интегралом зад фун z=f(x;y) по обл D.

Теорема: Если сущ-ет фун z=f(x;y) непрерывна в заданной обл `D, то сущ-ет предел lim_{max di®0}ⁿå_i=1f(P_i)DS_i

т.е. сущ-ет двойной интеграл для данной фун по данной области. lim_{max di®0}ⁿå_i=1f(P_i)DS_i=óó_D f(x;y)dxdy=(или)= =óó_D f(x;y)dS/¶

Св-ва:

1)óó_D(f1(x,y)+f2(x,y))dxdy=óó_Df1(x,y)dxdy+óó_Df2(x,y)dxdy

2) ó ó_D a f(x,y)dxdy= a ó ó_Df(x,y)dxdy.

3) Если область D=D₁ÈD₂, то

ó ó_Df(x,y)=ó ó_D1f(x,y))+ó ó_D2f(x,y).

Док-во: Инегральную сумму по обл D можно представить в виде D₁ и D₂.

ó ó_Df(P_i)DS_i=ó ó_D1f(P_i)DS_i +ó ó_D2f(P_i)DS_i, где превая сумма содержит слагаемые, соот-е площади обл D₁, вторая – соот-е площадкам обл D₂. В самом деле, т.к. двойной интеграл не зависит от способа разбиения, то мы производим разбиение области D так, что общая граница областей D₁ и D₂ яв-ся границей площадок DS_i. Переходя в равенство

ó ó_Df(P_i)DS_i=ó ó_D1f(P_i)DS_i +ó ó_D2f(P_i)DS_i к пределу при DS_i®0, получаем равенство

ó ó_Df(x,y)=ó ó_D1f(x,y))+ó ó_D2f(x,y).·

4) Если фун f(x,y)=1, то ó ó_D1dxdy=S_D

5) Если фун в данной области f(x,y)³(£)0, то интегр от этой фун отриц (полож) не может быть

ó ó_D f(x,y)dxdy³(£)0

6) Если f1(x,y)³f2(x,y), то

óó_Df1(x,y)dxdy³óó_Df2(x,y)dxdy

7) Теорема о среднем: Двукратный интеграл I_D от f(x,y) по области D с площадью S равен произведению площади S на значение функции в некоторой точке P области D.

^вó _а (^j2(x)ó _j1(x)f(x,y)dy)dx=f(P)*S.

Док-во: Из соот-я

mS£^вó_а(^j2(x)ó_j1(x)f(x,y)dy)dx=f(P)*S£MS получаем mS£1/S*I_D£MS. Число 1/S*I_D заключено между наиболь и наимень знач f(x,y) в области D. В силу непрерывности фун f(x,y) принимает в некоторой точке P обл D принимает значение равное 1/S*I_D .

Двукратный интеграл

Пусть дана область D такая, что любая прямая параллельная одной из осей пересекает эту область в двух точках. Пусть область D ограничена линиями y=f1(x), y=f2(x), y=a, y=b (a<b, f1(x)<f2(x)). Пусть f(x,y) непрерывна в области D.

Рассмотрим I_D=^вó_а^f2(x)ó_f1(x)f(x,y)dydx=^вó_аФ(х)dx

-это двукратный интеграл.

Вычисление двойного интеграла есть вычисление двукратного интеграла.

Вычисление двойного интеграла в полярных координатах:

óó_Df(x,y)dxdy=½x=pcosj, y=psinj, I=p½=

=óó_Df(pcosj;psinj)pdpdj=

=^j2ó_j1 dj ^p2(j)ó_p1(j)(pcosj;psinj)pdp.

Геометрическое приложение двойного интеграла.

1) Площадь плоской поверхности.

óó_Df(x,y)dxdy=S_D

2) Объем цилиндроидов. z=f(x,y)>0. По определению область D разбивается на элементарные кусочки DDi; выбрать в этих кусочках точку принадлежащую DDi и найти значение функции в этой точке. DVi=f(xi,yi)*DSi. Сумма

DVi=ⁿå_i=1f(xi,yi)*DSi – это объем фигуры состоящей из элементарных параллелепипедов. Основания параллелепипедов заполняют область D.

lim_{max di®0}ⁿå_i=1f(xi,yi)*DSi=V_Т если этот предел сущ-ет, то это V тела (цилиндройда). óó f(x,y)dxdy=V_цил

2) Площадь поверхности.

S_пов.= óó[Ö1+(dz/dx)²+(dz/dy)²dxdy].

Диф-е ур-я (осн понятия).

Общий вид диф ур F(x;y;y’;у”…уⁿ)=0. Наивысший порядок производ-й в ур-и F(x;y;y’;у”…уⁿ)=0 наз порядковым ур-ем.

Решением ур F(x;y;y’;у”…уⁿ)=0 наз любая фун вида у=j(х), которая будучи подставленная в F(x;y;y’;у”…уⁿ)=0 вместе со своими произ-ми обращает в тождество. F(x;j(х);j(х)’;j(х)”… j(х)ⁿ)=0.

Фун вида у=j(х;С₁;С₂;…С_n) наз общим решением ур F(x;y;y’;у”…уⁿ)=0, если выполняется: 1) эта фун-я яв-ся решением при любых С₁;С₂;…С_n; 2) для любых начальных усл х₀, у₀, у^’₀, уⁿ₀ можно найти конкретную совокупность С_{1 0};С_{2 0};С_{3 0};…С_{n 0} при которых фун у=j(х;С_{1 0};С_{2 0};С_{3 0};…С_{n 0}), что эта фун будет удвл начальному условиям.

Соот-е вида j(х;С₁;С₂;С₃;…С_n)=0 полученная при решении ур F(x;y;y’;у”…уⁿ)=0 наз общим интегралом ур F(x;y;y’;у”…уⁿ)=0 (т.е. решение ур находиться в неявной форме).

Дифф. ур. 1-го порядка

Общий вид F(x;y;y’)=0 Решением данного ур. наз. любая фун.=j(x), кот. обращает ур. в тождество.

Опр-е: Фун. y=j(x;C) наз-ся общим решением, если она удов.:1)данная фун. яв-ся реш-м при любых C; 2)при любых x0;y0 можно найти такое C0, что фун. y= j(x,C0) удов. начальным усл-ям.

Рав-во вида Ф(x;y;C)=0, неявно задающее общее реш-е, наз-ся общим интегралом дифф. ур-я.

Опр: Частным реш-м наз-ся любая фун. y=j(x;C0), кот. получается из общего реш. y=j(x;C), если в последнем произ. постоянному С придать опред. значение С=С0. Соотн. Ф(x;y;C0)=0 наз- ся в этом случае частным интегралом ур.

Методы интегрирования диф-я уравнений 1 порядка:

1). Ур-е с разделенными переменными f1(x)y’=f2(y) f1(x)dy=f2(y)dx, dy/f2(y)=dx/f1(x), ∫dy/f2(y)=∫dx/f1(x) 2). Ур-е с разделяющимися переменными f(x;y)y’+j(x;y)=0, f1(x)f2(y)dy+j1(x)j2(y)dx=0 все разделим на j2(y)*f1(x)

{f2(y)/j2(y)}dy+{j1(x)/f1(x)}dx=0

∫{f2(y)/j2(y)}dy+∫{j1(x)/f1(x)}dx=C – общий интеграл 3). Линейные диффер. ур. y’+p(x;y)=Q(x) – общий вид, Если Q(x)º0, то линейное уравнение y’+p(x;y)=0.

Методы решений: 1) Метод вариации постоянной;

2)Решение этого ур будем искать как y=U(x)V(x) (диффер-ем) dy/dx=UdV/dx+VdU/dx (подставим) UdV/dx+VdU/dx+PUV=Q

U(dV/dx+PV)+VdU/dx=Q, dV/dx+PV=0, dV/V=-Pdx lnC1+lnV=-∫Pdx

V= C1e^–∫Pdx и подставляем в UdV/dx+VdU/dx+PUV=Q

V(x)= e^–∫Pdx, где ∫Pdx - какая-нибудь первообразная

V(x)dU/dx=Q(x), dU/dx=Q(x)/V(x), U=∫Q(x)/V(x)dx+C, y=V(x) ∫ Q(x)/V(x)dx+CV(x)

Уравнения приводящиеся к линейным(Бернулли)

y’+P(x)y=Q(x)yⁿ, P(x) и Q(x) – непрерывные фун. от x (или пост.) n¹0,1. Это ур-е наз ур Бернулли, приводится к линейному следующим преобразованием.

Разделим на yⁿ с наибольшим значением n, получим

(y^–n)y’+P(y^–n+1)=Q, Сделаем далее замену z=(y^–n+1), тогда dz/dx=(-n+1)(y^-n)y’. Подставляя эти значения в ур-е

(y^–n)y’+P(y^–n+1)=Q, будем иметь линейное ур-е

dz/dx=(1-n)Pz=(1-n)Q

Найдя его общий интеграл и подставив вместо z выражение (y^–n+1), получим общий инт. ур.Бернулли

Однородные ур-я

Ур-е вида y’=f(x;y) наз-ся однор.ур-ем, если фун. f(x;y)

–однородная нулевого измерения или порядок однородности равен 0, т.е. f(tx;ty)=(t⁰)f(x;y).

Фун. f(x;y) наз- ся однор.ур-ем k-го порядка однородности, если вып. усл. f(tx;ty)=(t^k)f(x;y); f(tx;ty)=(t⁰)f(x;y), где k=0; f(tx;ty)=f(x;y), где t=1/x; f[(1/x)*x;(1/y)*x)]=f(1;y/x), обозначим y/x=U(x) след-но y=U(x)x, y’=U’x+U подставим в исходное ур-е U’x+U=f(1;U), U’x+U=j(U) (dU/dx)*x=j(U)-U, dx/x=dU/(j(U)-U), ln|x|=[∫dU/(j(U)-U)] + C Þ вместо U подст. y/x и получим общий инт.

Замеч. Однор.ур. может выгл. так M(x;y)dx+N(x;y)dy=0 если обе фун. M(x;y) и N(x;y) однородные k-го порядка.

Дифф. ур. 2-го порядка

Общий вид дифф. ур.2-го порядка F(x;y;y’;y’’)=0. Решением урав. наз. любая фун.y=j(x), кот. обращает это ур. в тождество F(x;j(x);j’(x);j’’(x))=0

Общим решением наз. ур. вида y=(x;C1;C2), кот. яв-ся 1)реш. при любых знач. C1,C2,Cn; 2)для любых x0,y0,y0’,y0’’ можно найти С10,С20, при кот. заданная фун. y=j(x1; С10;С20) будет удов. заданному нач. ур-ю, т.е.

j(x0;С10;С20)=y0,

j’(x0; С10;С20)=y0’