Билет №1

  Пусть в обл. P плоскости XOY задана некоторая фун-ия z=f(x;y). Разобъём обл. P на n частичных обл. Рi , где i=1…n, возмём произвольную точку обл. (xI;hI) Î Рi , l - наиболь-ший диаметр чатичных обл.

   Построим частичную сумму – сумму Римена.

Определение:

Если существует конечный предел и не зависит от способа делений области на части и от выбора т. (xI;hI) в каждой из частичных областей, то такой предел принято называть двойным интегралом по обл. Р и пишут:

В случае, если фун-ия f > 0 мы приходим к геометрическому смыслу двойного интеграла: днойной интеграл – это объём некоторого цилиндрического тела, сверху ограниченного пов-тью z = (x;y), которая проектируется на плоскость XOY в обл. Р, а образующие параллельны OZ. Площадь обл. Р:

Двойной интеграл от f(x;y) имеет многие св-ва, аналогичные св-ам одномерного интеграла.

Св-ва двойного интеграла:

1.Необходимым условием сущ. Двойного интеграла явл. ограниченность ф-ции f в обл. Р, т.е если сущ. интеграл, то f(x;y) – ограниченная.

2.Всякая непрырывная ф-ция, заданная в обл. Р, интегри-руема.

3.Если ф-ция f(x;y) в обл. Р имеет разрывы на конечном числе непрырывных кривых, принадлежащих этой обл., то f интегрирума по обл. Р.

4.Сумма Дарбу:

Теорема: Для того, чтобы двойной интеграл от ограниченной обл. Р существовал, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось равенство:

5.Аддетивность двойного интеграла, т.е., если задана обл.Р некоторой непрырывной кривой разбита на две обл-ти Р1иР2  не имеющих общих точек, то, если двойной интеграл по обл. Р существует, то существуют интегралы относительно по двум областям.

6.Линейность:

7.Если f(x;y) £ g(x;y) для "(x;y)ÎP и ф-ции f и g интегрируемы, то соответственно справедливо неравенство:

9.Если f(x;y) удовлетворяет нер-вам  m £ f(x;y) £ M, то справедливо следующее неравенство:

10.Для двойного интеграла имеет место теорема о среднем: если z = f(x;y) – ф-ция, заданая в обл. Р и такая, что во всех точках этой области выполняется нер-во   m £ f(x;y) £ M, где

то существует число m такое, что справедливо равенство:

В случае непрырывности ф-ции:

Вопрос №3 

Пусть в плоскости XOY задана плоскость Д, ограничен-ная следующими кривыми: y=j1(x) a £ x £ a – снизу;

y=j2(x) a £ x £ b – сверху;  x = a – слева; x = b – справа;

Тогда имеет место следующая теорема.

Теорема: Если функция f(x;y) задана в области Д такова, что существует двойной интеграл

для любого фиксированного xÎ [a ; b] существует одно- мерный интеграл

то тогда существует повторный интеграл

Доказательство:

Обозначим c=inf j1(x)  a £ x £ b; d=max j1(x)  a £ x £ b и рассмотрим прямоугольник R=[a,b;c,d]ÉД.  P=R\Д (раз- ность множеств). Построим вспомогательную функцию

Рассмотрим

Получаем следующее равенство:

Замечание: Пусть теперь область Д ограничена следующими линиями:

x=y1(y) c £ y £ d – слева; x=y2(y) c £ y £ d – справа;

x = c – сверху; x = d – снизу.  И пусть

Тогда аналогично предыдущему можно показать, что существует повторный интеграл и

Если же функция f(x;y) такова, что существует двойной интеграл, существует оба повторных, то одновременно имеют место формулы (1) и (2) и можно пользоваться любой из них.

Вопрос №5 

Формула Грина.

Теорема: Пусть задана область Д огран. след. кривыми:

y=j1(x)    a £ x £ b

y=j2(x)    a £ x £ b

x=a   ,   x=b, где ф-ции j1 и j2 непрер. на (a,b). Пусть в этой области задаётся функция P(x,y) – непрер. и имеющая непрер. частную производную: , тогда имеет место след. равенство:

Доказательство:

Рассмотрим двойной интеграл, стоящий справа в формуле(1). Т.к. под интегралом стоит непрер. функция, то такой двойной интеграл существует, также существует одномерный интеграл и его можно вычислить через повторный:

 Теорема: Пусть задана область Д огран.:

y=j1(x)    с £ x £ d

y=j2(x)    c £ x £ d

x=c   ,   x=d. И пусть в этой области задаётся функция Q(x,y) – непрер. и имеющая непрер. частную производную: , тогда имеет место след. равенство:

Cкладываем формулы (1) и (2) и получаем следующую формулу Грина для области Д:

D    P(x,y), Q(x,y) ,

Вычисление площадей через крив интеграл

Применим ф. Грина, т.е. выразим его через криволинейный интеграл по границе области.

1. Q = x  P = 0

2. Q = 0   P = -y

Суммируем  1 и 2 :     

Пример: Вычислить площадь эллипса

.

Сделаем замену переменных              0 £ t £ 2p

Вопрос №6 

Неприрывную кривую назыв. простой кривой (жордановой), если она не имеет точек самопересечения.

Областью называется всякое открытое связаное мн-во, т.е. такое мн-во всякая точка кот. явл. внутренней и любые две точки этого мн-ва можно соединить непрерывной кривой все точки кот. принадлежат данному мн-ву.

Область называется односвязной областью, если внутренность всякой замкнутой кривой содержит только точки данного мн-ва. 

Теорема 1. Пусть Д  ограниченная односвязная область пл-ти x и y, тогда для того чтобы криволинейный интеграл

был равен нулю по любой замкнутой кривой ГÌД, (где P(x,y)  и Q(x,y) непрерыв. И имеет непрерыв. Частные производ.  и  ) необходимо и достаточно чтобы вып. Такое равенство

=          (2)

f(x,y)eД.

Док-во:  Пусть во всей области Д вып. Равенство (2) и Г произвольная простая замкнутая кривая принадлеж. области Д. Обознач. Через обл. Д1 кот. огранич. Эта кривая Г. Применим к этой области формулу Грина:

Предположим, что интеграл равен нулю, а равенство (2) не вып. По крайней мере в одной точке (x0 ,y0) e Д

F(x0,y0)>0 , т.к. частные произв. Непрерывны в обл. Д, то ф-ция F(x,y) непрывна в этой обл. , а из этого вытекает , т.к. F(x0,y0)>0, то существует окрестность этой точки такая, что F(x,y)>0 для всех точек лежащих в нутри окр. gr кот. явл. Границей нашей окружности.

Множество точек леж. В этой окр. обознач. Д1 и применим к области Д1 ф-лу Грина:

это показывает, что не сущ. ни одной точки, где бы (2) не выполнялось. 

Вопрос №4

Пусть заданы 2 плоскости с введенными в прямоугольник декартовыми системами координат

 XOY и UOV. Пусть в плоскисти XOY задана область DV ограниченная кривой Г, а в плоскости  UOV задана область G ограниченная кривой L

Пусть функция отображает область G в области D, где т.(u,v)e G, а т.(x,y)eD.    

Будем предпологать , что функции x и y такие, что каждой точке области G соответствует точка области D и причем это соответствие такое, что различным точкам области D соответствуют различные области точки G. Причем всякая точка области D имеет единственный прообраз (u,v) в области G.

Тогда существует обратная функции  

 которая взаимноодназначно отображает область D в области G. Т.к. заданием двух точек U,V одназначно определяют т.(x,y) в области D, то числа U и V принято называть координатами точек в облати D, но уже криволинейными.

Будем предпологать, что функции x(U,V) и y(U,V) имеют непрерывные частные производные по своим переменным x’y и y’x, x’v и y’v, тогда определитель функции имеет вид:                            

Принято называть якобианом для функций x(U,V) и  y(U,V).

      Можно показать,что площадь области D задана в плоскости XOY может быть выражена в криволинейных координатах следующим образом:

 - прямолинейном интеграле.

                           в криволинейных координатах.

         Замена переменных. 

Теорема: Пусть Z=f(x) – непрерывная функция заданая в области D и область D является образом области G через посредства функций , где функции x(U,V) и y(U,V) непрерывные и имеют непрер. Частные производные, тогда справедлива след. Формула замены переменных в двойном интеграле:

Док-во: Разорвем обл.G непер. Кривыми на конечное число частичных областей. Тогда согласно формулам отображающим область G в обл. D. Эти кривые обл. G отображ. В некоторые кривые обл. D, т.е. обл. D будет разбита на конечное число (такое же как и обл. G) частичных подобластей.

Di – подобласти, i=1,2,…,n.

В каждой обл. Di выберем т.(x,y)eDi и составим интегральную сумму Римана для двойного интеграла от функции f обл. D.

Площадь обл. Di выразим в криволинейных координатах

xi=x(Ui,Vi)

yi=y(Ui,Vi)

И того, что интеграл от функции f(x,y)dxdy сущ., то $ lim sn(f) и этот lim не зависит от выбора точек в обл. Di, но тогда в качестве f(xi,yi) может быть взята точка    

Мы получаем интегральную сумму Римана для  интегр., что стоит справа формулы (1), поэтому переходя к lim в следующем равенстве:

получим ф-лу (1),  т.к.  суммы стремятся к соответствующему интегралу.

Вопрос №2

Теорема: Пусть z = f(x,y) – ограниченная функция, заданная на прямоугольнике R = [a,b;c,d], и существует двойной интеграл по этому прямоугольнику 

Если для " X [a,b] существует одномерный интеграл

то $ повторный интеграл

Доказательство:

Разобьем отрезки ab и cd отрезками a=x0<x1<…<xn=b, c=y0<y1<…<yn=d. Рассмотрим теперь частичный прямоугольник Rik=[xi,xi+1;yi,yi+1] mik=inf f(x,y)  Mik=sup f(x,y)

                             Rik                    Rik

На промежутке [xi;xi+1] возьмём точку x. Будем рас- сматривать точки, лежащие на прямой x = x.

Получаем следующее неравенство mik£ f(x;y)£ Mik yk£ y£ yk+1 Проинтегрируем его по отрезку [yk; yk+1]

Замечание: если же существует двойной интеграл и существует одномерный интеграл  

то существует повторный

Если же функция f(x;y) такова, что существует двойной интеграл по области R, существуют оба од- номерных  J(y) и Ί(x), то одновременно имеют место формулы (1) и (2)

Например: если f(x;y) непрерывна в области R, то, как известно двойной интеграл, и оба одномерных существуют, а значит, справедлива формула (3) и для вычисления двойного интеграла можно пользоваться одной из формул (1) или (2), а именно выбирая ту или иную, которая даёт более простое решение.

7.Независемость криволинейного интегр. от пути интегрирования. Теор.1 и 2.

Теорема 1. Пусть D – ограниченная одно-связанная область плоскости XOY тогда что бы  криволинейный интеграл -  был равен 0 по любой замкнутой простой кривой , где P(x,y)  и Q(x,y)  -  непрерывны и имеют непрерывные частные производные  , необходимо и достаточно что бы во всех точках области D было  (2).

Док-во

достаточность: Пусть во всех точках обл. D выполнено рав-во (2) и пусть Г  произвольная простая замкнутая кривая, принадлежащая области. Обозначим через D область кот-ю ограничивает эта кривая Г. Применим теперь к этой области ф-лу Грина.

Необходимость: Криволинейный интеграл в любой замкнутой простой кривой существует область D=0. Покажем, что во всех точках области D выполняется рав-во (2). (это доказуется методом от противного). Пусть интеграл  = нулю, а рав-во (2) не выполняется, по крайней мере, в одной точке   , т.е. . Пусть,  так что разность . Пусть  тогда . Т.к. частные производные  и  непрерывны в области D, то  непрерывна в этой области, а из непрерывности функций вытекает что ф-ция , то существует окрестность этой точки, принадлежащая области D,  так что везде в этой окрестности   для любой точки лежащей внутри кривой.

 кот-я является границей нашей окрестности  - множество чисел внутри . Применим к  ф-лу Грина: . Полученное противоречие показывает, что не существует не одной точки где бы равенство (2) не выполнялось.

Теорема 2 Пусть D есть односвязная область плоскости XOY в этой области заданы две непрерывные функции D(x,y) и Q(x,y) имеющие непрерывные частные производные  и  ; чтоб криволинейный интеграл не зависел от пути интегрирования . Необходимо и достаточно чтоб выполнялось равенство (2).

Док. Не обход. Пусть криволинейный интеграл не зависит от пути интегрирования, а зависит от начальной и конечной точки пути интегрирования.

Возьмём в области D произвольно простую замкнутую кривую Г. На этой кривой т. А и т. В

Т.к. по условию криво-ный интеграл не зависит от пути интегрирования, то  интеграл по кривым АmB=AnB

 В силу 1-й теоремы должно выполнятся рав-во (2).

Док. Достат. Пусть выполняется рав-во (2) . Покажем, что криволенейный интеграл не зависит от  пути  интегрирования :

1-й  случай. Берём две произвольные точки принадлежащие области D и соединяем эти  точки непрерывными кривыми  и , кот-е не имеют точек самопересечения.

Если эти кривые образуют простой замкнутый контур без самопересечения и т.к. выполняется рав-во (2), то интеграл поэтому замкнутому контуру обязан быть равен 0.   ,  т.е. интеграл не зависит от кривой.

2-й случай. Пусть  и  имеют конечное число точек самопересечения

Будем двигаться от А к C1 в результате получили контур  и . Аналогично Для всех остальных случаев.

3-й случай. Если кривые пересекаются на счётном множестве точек то интеграл по таким кривым тоже будут равны между собой ….счётное множество эквивалентное множеству натуральных чисел.

9.Параметрические ур-я поа-ти, касательная плос-ть, нормаль, направляющие косинусы нормали.

Пусть поверхность задана параметрическими уравнениями :x=x(U,V) ; y=y(U,V); z=z(U,V) и функции x,y,z непрерывны и имеют непрерывные частные произвольные. Рассмотрим матрицу

На поверхности берём точки U0(x0,y0,z0) которая является образом (U0,V0) . Можно показать, что в этом случае уравнение касательной к плоскости поверхности имеет вид А(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0 .Уравнение нормали поверхности . Далее введём направляющую. Пусть поверхность задана параметрическими уравнениями и

l- угол образованный нормалью с направлением осью X

m- угол  образованный нормалью с направлением осью Y

n- угол  образованный нормалью с направлением осью Z,

cos l  cos m cos n - называют направляющими косинусами нормали. Для направляющих косинусов нормали имеет место формула:

, , . В знаменатели стоит двойной знак  ±  и всякий раз выбирают один из знаков в зависимости от направления нормали. В случае явного задания поверхности направляющие вычисляются  ,  , .

                     Билет 12

                            Задача о вычислении  массы  пространств-го тела.

Пусть в трехмерном пространстве задано тело D, причем  в  точках этого тела определены некоторые массы и известна плотность распределения массы, кот. явл-ся  ф-цией трех переменных U=R(x,y,z).                        Разобьем это прост-ное тело некоторыми гладкими пов-ми на конечное число областей D1,  D2,…,Dn. В каждой области Di произвол. выберем некот. точку (x,h,e)Î Di. Плотность массы в этой точке – это R(xi,hi,ei).  Будем считать, что ф-ция R явл-ся непрерывной, а разбиение достат. мелким так, что значения ф-ции внутри области Di не слишком отличаються от значений ф-ции R в выбранной точке. Т.е. будем считать, что в области Di  плотность массы одна и та же и равна числу R(xi,hi,ei). Тогда очевидно масса, заключенная в обл. Di , будет равняться R(xi,hi,ei) * DV. Тогда приближенное значение массы для всей области равна  S R(xi,hi,ei)*DVi Пусть l - наибольший из диаметров Di – тых областей, а тогда масса , заключенная в области равна  m=lim(l®0) S R(xi,hi,ei) * DVi

Пусть теперь задано пространств. тело D. В точках этого тела определена ф-ция U=f(x,y,z). Разобьем это тело на конечное число Di –тых (i=1,2,3,…). В каждой области Di выберем произвол. точку (xi,yi,zi) и составим интегральную

sn=S ò(xi,yi,zi) * DVi Если сущ. предел и он конечный и он не зависит от способа деления обл. D на части и выбора точек (xi,yi,zi) , то этот предел называют тройным интегралом по обл.D от ф-ции f(x,y,z)                                                                            lim(l®0)sn=òòò f(x,y,z)dx dy dz Следовательно                     m=òòòR(x,y,z)dxdydz                                                            

Св-ва  тройного интеграла аналогично св-м двойного интеграла 1) Всякая интегрируемая в обл. D ф-ция ограничена в этой области.

2) Могут быть построены суммы Дарбу

    верх  St=S Mi  * DVi                 низ  st=S mi * DVi

3) Необходимо и достаточное условие сущ. интеграла

                      lim(l®0)( St-st)=0

4) Как и в случае двойного интеграла сущ. тройной интеграл от любой непрерывной ф-ции, заданной в обл. D. Однако тройной интеграл сущ. и в случае, когда ф-ция f(x,y,z) имеет разрывы 1-го рода на конечном числе пов-тей данного тела D.

5)Тройной интеграл обладает св-вами линейности и аддетивности

      òòòDfdx = òòòD1fdx + òòòD2 , где D=D1ÇD2

6)Если сущ. тройной интеграл от ф-ции  f, то сущ. интеграл по модулю

и существует  равенство

               ôòòòô£ òòòôfôdv

Если функция fв области D ограничена какими-то числами m £ f £ М , то для тройного интеграла справидливо  неравенство  

                          mVd £òòò ¦dv£M VD   

7) Имеет место теорема о среднем , т.е. если функция ¦(x,y,z) не-прерывная в области D , то справедливо равенство

                      òòò ¦dv = ¦ (X0 , Yo  , Z0)                     (X0 , Yo , Z0)ÎD

             Ввычесление тройного интеграла по параллепипеду .

1. Пусть  функция ¦(x , y ,z)  задана  на параллепипеде  R[ a ,b ; c , d; e, f].

  Обозначим  через Gи D прямоугольника D[ c , d; e, f] и [a,b;c,d] . Тогда если существует  тройной интеграл по параллепипеду от функции ¦(x,y,z) и существует для любого x из [a,b] двойной  интеграл по прямоугольнику D

      òò ¦(x,y,z)dydz то существует

òòò¦dv [N1] =òdxòò¦(x,y,z)dydz

Если для " zÎ[e,f] $ òò ¦(x,y,z)dxdy,то òòò ¦dv = òdxòò¦(x,y,z)dydz = òòdxdyò¦(x,y,z) . Если функция ¦(x,y,z) непрерывна в области D,т.е. на параллепипеде , то все указаные ранее интеграмы существует и имеет

место вся большая формула и в последнемравенстве можно менять местами в случае непрерывности функции.

2. Пусть ¦(x,y,z) задана в пространстве области G причем область G                                                                        сверху ограниченная  плоскостью  z=z2(x,y) снизу z=z1(x,y),a c боков ограничена цилиндрической поверхностью образующая которой ½½OZ. И пусть проекция этого тела на плоскость XOY есть некотокая область D .Тогда можно показать ,что тройной интеграл по пространственной области  G может быть вычеслен по такой формуле

Продолжение №12

Если теперь обл. D будет иметь следующее строение. Пусть обл. D, кот. явл. проэкцией тела на пл-ть XOY, ограничена следующими линиями: отрезками прямых x=a и x=b , и кривыми y=j1 (x) и  y=j2(x). Тогда тройной интеграл:                                                                                                                                                                                                                                                   

Вопрос №10

Пусть  в  пространстве  задана  поверхность Q, которая   является   гладкой  и  задана  явным  уравнением  z = f(x;y), где (x;y)ЄD.

D  является  проэкцией  поверхности  Q  на  плоскость  xoy. Будем считать f(x,y) – непрерывная   со   своими  частными  производными

P=òz / òx =òf / òx               q=òz / òy =òf / òy

Требуется  вычислить  площадь   S  заданной   поверхности. Разобьем  область  D  непрерывными  кривыми  на  конечное  число  частичных  областей  D1,D2,…,Dn. Возьмем  в  области  Di  т.(xi;yi)  и  построим  цилиндрическое  тело,  в  основании  которого  лежит  область  Di , а  образующие  параллельны  оси  oz. Это  цилиндрическое  тело  вырежет  на  нашей  поверхности  Q  некоторую  i-тую  площадку. Обозначим  через  Mi (xi;yi;zi)  точку  на  i-той  частичной  поверхности  такую, что  zi=f(xi;yi), т.е.  Mi(xi;yi;z (xi;yi)). Так как  частные производные  p,q-непрерывны,  то поверхность  является  гладкой  и  в  каждой  точке  этой поверхности  существует  касательная  плоскость. Проведем  теперь  касательную  плоскость  к  поверхности  в точке  Mi. Построенное  тело  на  обл.  Di  на  этой  плоскости  Т вырежит  некоторую  площадку Ti. Eе  площадь  STi   дает  некоторое  приближение  для  площади  куска  поверхности,  который  вырезается  этом  цилиндрическим  телом.  Аналогичным  образом  поступим  с  остальными  областями  D1,D2,…,Dn.  В  результате  мы  получим  некоторое  приближение  для  площади  всей  заданной  поверхности. Пусть

        n     

 d n=å STi   

      i=1   

 А  тогда  принято  считать, что  площадью  поверхности  является

                                n

     S=lim d n=lim    å STi ,   

        l®0    l®0  i=1 

где  l - наибольший  из  диаметров  площадей  Di.

Нетрудно  показать, что  такой  предел  будет  равен

    S=lim dn=òò (1/½cos n½)dx dy,

        l®0      D

где  n - угол, образованный  нормалью  к  поверхности  с  осью  oz.

Доказательство:

Через  ni  обозначим  угол,  который  образует  касательную  плоскость  с  плоскостью  xoy.  В точке Mi  проводим  нормаль  к  поверхности.  Получаем, что  угол, образованный  касательной  плоскостью  с  плоскостью  xoy  равен  углу,  образованному  нормалью  к  поверхности  с осью  oz.  Площадь Di  есть  проекция  плоскости  Ti , которая  лежит  на  касательной  плоскости.  А  тогда  SDi=STi*½cos ni ½.

А  тогда  получаем, что

       n        n                         n 

d n=å STi=å SDi / ïcos n i ï=å (1/ïcos niï)*SDi  .

      i=1     i=1                      i=1 

 Получили, что   данная  сумма   является   суммой   Римена   для   такого  двойного интеграла:

  òò (1/ïcos nï)dx dy.

 D

Получили , что  площадь  поверхности  Q , заданной  явным  уравнением ,  вычисляется  по  такой  формуле :

  SQ=òò (1/ïcos nï)dx dy.

        D

Если   поверхность  задана  явным  уравнением , то

  cos n=1/±Ö (1+p2+q2 n)=1/Ö(1+zx'2+zy'2 ).

В  случае  явного задания  поверхности

  SQ=òòÖ(1+zx'2+zy'2)dx dy =òòÖ(1+p2+q2)dx dy

        D                                 D

Если  теперь  поверхность  Q  задана  параметрическими  уравнениями     

     x=x(u,v)

     y=y(u,v)     (u,v)єG ,

     z=z(u,v)

  где  функции  x,y,z непрерывны  со  своими  частными  производными, то  в  этом  случае  площадь  поверхности  вычисляется  по  следующей  формуле

 6SQ=òòÖ(A2+B2+C2) du dv,

где  А,B,C-есть  раннее  введенные  функциональные  определители.

8.Касательная пл-ть к пов-ти и её ур-е в случае явного и не явного задания пов-ти.

1) не явное. Пусть поверхность задаётся не явным уравнением  F(x,y,z)=0. Эта функция непрерывна и имеет непрерывные частные производные.

Здесь рисунок.

Зафиксируем любую точку M0(x0,y0,z0). Рассмотрим кривую проходящую через эту точку. Пусть уравнение этой кривой будет  x=x(t) y=y(t) z=z(t) где . Предположим что эти функции непрерывны и имеют непрерывные частные производные по t . Пусть т. M0 соответствует значению параметра t=t0 x0=x(t0) y0=y(t0) z0=z(t0). Т.е. M0(x(t0),y(t0),z(t0))=M0(x0,y0,z0) , т.к. кривая Г лежит на пов-ти, то она удовлетворяет уравнению поверхности т.е. F(x(t),y(t),z(t)) 0, берём производную . Посмотрим это рав-во в т.M0 т.е. t=t0 получим ; Введём обозначение через  , а через , а так как  то  проведём через точку М0 любую кривую. из рассмотренных равенств заметим, что любые кривые на пов-ти, кот-е являются непрерывными , всегда будет выполнятся рав-во  , а это рав-во показывает что вектор  будет ортогонален к любому касательному вектору , кот-й проходит через эту точку М0, значить все касательные s лежат в одной плос-ти перпендикулярно к . Эту плос-ть состоящую из касательных векторов называют касательной плоскостью к поверхности в т. М0, а вектор  наз нормальным вектором плоскости в т. М0.  в случае не явно. Прямая проходящая через т. М0 и перпендикулярная к касательной плоскости поверхности называют нормалью поверхности. Но тогда ур-е прямой поверхности проходящую через т. М0:  .

2) явно. пусть пов-ть задаётся явным ур-ем z=f(x,y), где (x,y)D  f - ф-ция непрерывна и имеет непрерывные частные производные. ; ;

z-f(x,y)=0; F(x,y,z);

 ;;

;

; ;

 это ур-е пов-ти.