Вычисление поверхностного интеграла первого рода

Определение единичного вектора нормали к поверхности. Выражения для элемента площади поверхности

Предположим, что поверхность $\sigma $ задаётся неявным уравнением $\Phi (x,y,z)=0 (\Phi (x,y,z)$ - непрерывно дифференцируемая функция и взаимно однозначно проецируется в область $D_{xy} $ на плоскости $\mathbf{\textit{ Oxy}}$.

Из теории функций нескольких переменных известно, что градиент функции ортогонален поверхности уровня этой функции, проходящей через точку, в которой найден градиент. Рассматривая уравнение $\Phi (x,y,z)=0$ как уравнение поверхности уровня функции трёх переменных $\Phi (x,y,z)$, получаем, что в каждой точке поверхности $\sigma grad\Phi (x,y,z)$ ортогонален $\sigma $, т.е. является нормальным к $\sigma $ вектором.

Чтобы получить единичный нормальный вектор, достаточно просто пронормировать $grad\Phi (x,y,z): \bar {n}=\pm \frac{grad\Phi (x,y,z)}{\vert grad\Phi (x,y,z)\vert }$, где знак перед дробью соответствует возможности выбора двух возможных взаимно противоположных направлений нормали. В координатной форме $\bar {n}=\pm \frac{\frac{\partial \Phi }{\partial x}\bar {i}+\frac{\partial \Phi }{\partial y}\bar {j}+\frac{\partial \Phi }{\partial z}\bar {k}}{\sqrt {\left( {\frac{\partial \Phi }{\partial x}} \right)^2+\left( {\frac{\partial \Phi }{\partial y}} \right)^2+\left( {\frac{\partial \Phi }{\partial z}} \right)^2} }$, где $\bar {i},\bar {j},\bar {k}$ - базисные орты.

Если сравнить это выражение с представлением градиента через направляющие косинусы: $\bar {n}=\cos \alpha \bar {i}+\cos \beta \bar {j}+\cos \gamma \bar {k}$, то $\vert \cos \alpha \vert =\frac{\left| {\frac{\partial \Phi }{\partial x}} \right|}{\sqrt {\left( {\frac{\partial \Phi }{\partial x}^2} \right)+\left( {\frac{\partial \Phi }{\partial y}^2} \right)+\left( {\frac{\partial \Phi }{\partial z}^2} \right)} }$, $\vert \cos \beta \vert =\frac{\left| {\frac{\partial \Phi }{\partial y}} \right|}{\sqrt {\left( {\frac{\partial \Phi }{\partial x}^2} \right)+\left( {\frac{\partial \Phi }{\partial y}^2} \right)+\left( {\frac{\partial \Phi }{\partial z}^2} \right)} }$, $\vert \cos \gamma \vert =\frac{\left| {\frac{\partial \Phi }{\partial z}} \right|}{\sqrt {\left( {\frac{\partial \Phi }{\partial x}^2} \right)+\left( {\frac{\partial \Phi }{\partial y}^2} \right)+\left( {\frac{\partial \Phi }{\partial z}^2} \right)} }$.

Теперь мы можем выразить элемент площади поверхности через элемент площади в каждой координатной плоскости: $d\sigma =\frac{dxdy}{\vert \cos \gamma \vert }=\frac{dxdy}{\left| {\frac{\partial \Phi }{\partial z}} \right|}\cdot \sqrt {\left( {\frac{\partial \Phi }{\partial x}} \right)^2+\left( {\frac{\partial \Phi }{\partial y}} \right)^2+\left( {\frac{\partial \Phi }{\partial z}} \right)^2} $, $d\sigma =\frac{dxdz}{\vert \cos \beta \vert }=\frac{dxdz}{\left| {\frac{\partial \Phi }{\partial y}} \right|}\cdot \sqrt {\left( {\frac{\partial \Phi }{\partial x}} \right)^2+\left( {\frac{\partial \Phi }{\partial y}} \right)^2+\left( {\frac{\partial \Phi }{\partial z}} \right)^2} $, $d\sigma =\frac{dydz}{\vert \cos \alpha \vert }=\frac{dydz}{\left| {\frac{\partial \Phi }{\partial x}} \right|}\cdot \sqrt {\left( {\frac{\partial \Phi }{\partial x}} \right)^2+\left( {\frac{\partial \Phi }{\partial y}} \right)^2+\left( {\frac{\partial \Phi }{\partial z}} \right)^2} $.

В частном случае задания уравнения поверхности в явном виде $z=F(x,y)$ получим $z-F(x,y)=0$, т.е. $\Phi (x,y,z)=z-F(x,y)$, $\frac{\partial \Phi }{\partial x}=-\frac{\partial F}{\partial x}$, $\frac{\partial \Phi }{\partial y}=-\frac{\partial F}{\partial y}$, $\frac{\partial \Phi }{\partial z}=1$, поэтому $grad\Phi =-\frac{\partial F}{\partial x}\bar {i}-\frac{\partial F}{\partial y}\bar {j}+\bar {k}$, $\vert grad\Phi \vert =\sqrt {\left( {\frac{\partial F}{\partial x}} \right)^2+\left( {\frac{\partial F}{\partial y}} \right)^2+1} $, $\cos \gamma =\frac{1}{\sqrt {1+\left( {\frac{\partial F}{\partial x}} \right)^2+\left( {\frac{\partial F}{\partial y}} \right)^2} }$, и $d\sigma =\frac{dxdy}{\vert \cos \gamma \vert }=\sqrt {1+\left( {\frac{\partial F}{\partial x}} \right)^2+\left( {\frac{\partial F}{\partial y}} \right)^2} \cdot dxdy$. Мы уже пользовались этой формулой при вычислении площади поверхности с помощью двойного интеграла.

Выражение поверхностного интеграла через двойной интеграл по проекции поверхности на координатную плоскость

Пусть $\mathbf{ }$ поверхность $\sigma $ взаимно однозначно проецируется в область $D_{xy} $ на плоскости $\mathbf{\textit{Oxy}}$. Будем считать, что поверхность задана уравнением $z=F(x,y)$, $(x,y)\in D_{xy} $.

vychislenie-poverkhnostnogo-integrala-pervogo-roda-0

В интегральной сумме $\sum\limits_{i=1}^n {f(M_i )\cdot \sigma _i } $ выразим площадь $\sigma _i $ через двойной интеграл по её проекции $D_{i,xy} $ на плоскость $\mathbf{\textit{Oxy}}$: $\sigma _i =\iint\limits_{D_{i,xy} } {\sqrt {1+\left( {\frac{\partial F}{\partial x}} \right)^2+\left( {\frac{\partial F}{\partial y}} \right)^2} dxdy}$.

Применим к этому интегралу теорему о среднем: существует точка $N_i (x_i ,y_i )\in D_{i,xy} $ такая, что $\sigma _i =\sqrt {1+\left( {\frac{\partial F}{\partial x}} \right)^2+\left( {\frac{\partial F}{\partial y}} \right)^2} \left( {N_i } \right)\cdot S(D_{i,xy} )$. Значение подынтегральной функции $f(x,y,z)$ будем вычислять в точке $M_i (x_i ,y_i ,z_i )$, такой, что $z_i =F(x_i ,y_i )$. Тогда $\sum\limits_{i=1}^n {f(M_i )\cdot \sigma _i } =\sum\limits_{i=1}^n {f(x_i ,y_i ,F(x_i ,y_i ))\cdot \sqrt {1+\left( {\frac{\partial F}{\partial x}} \right)^2+\left( {\frac{\partial F}{\partial y}} \right)^2} \left( {(x_i ,y_i )} \right)\cdot S(D_{i,xy} )} $.

Слева стоит интегральная сумма для поверхностного интеграла, справа - для двойного; переход к пределу при $\mathop {\max }\limits_{i=1,2,\ldots n} diam\sigma _i \to 0$ {при этом и $\mathop {\max }\limits_{i=1,2,\ldots n} diamD_{i,xy} \to 0$} даёт $ \iint\limits_\sigma {f(x,y,z)d\sigma }=\iint\limits_{D_{xy} } {f(x,y,F(x,y))}\cdot \sqrt {1+\left( {\frac{\partial F}{\partial x}} \right)^2+\left( {\frac{\partial F}{\partial y}} \right)^2} \cdot dxdy. $

Эта формула и применяется для вычисления поверхностных интегралов. Естественно, в каждой задаче надо выбирать, на какую из координатных плоскостей предпочтительней проецировать поверхность; если проецирование не взаимно однозначно, поверхность разбивается на части, которые проецируются однозначно.

Пример 1

Найти $\iint\limits_\sigma {\sqrt {\frac{x}{2x-1}} }d\sigma $, где $\sigma $ - часть цилиндра $\mathbf{\textit{ x}}^{2 }+\mathbf{\textit{z}}^{2 }= 2\mathbf{\textit{x}}$, вырезаемая гиперболоидом $\mathbf{\textit{x}}^{2 }-\mathbf{\textit{y}}^{2 }+\mathbf{\textit{z}}^{2 }= 1$ и плоскостью $\mathbf{\textit{z }}= 0 \mathbf{\textit{z }}> 0$.

vychislenie-poverkhnostnogo-integrala-pervogo-roda-1 vychislenie-poverkhnostnogo-integrala-pervogo-roda-2

Решение

Найдем проекцию поверхности $\sigma $ на плоскость $\mathbf{\textit{OXY}}$. Исключим из уравнений цилиндра и гиперболоида переменную $\mathbf{\textit{z}}$:

$\left\{ {\begin{array}{l} x^2+z^2=2x \\ x^2-y^2+z^2=1 \\ \end{array}} \right.\Rightarrow 2\mathbf{\textit{x}}=\mathbf{\textit{y}}^{2}+1$ - уравнение проекции линии пересечения двух поверхностей на $\mathbf{\textit{OXY}}$.

Полагая в уравнении цилиндра $\mathbf{\textit{z}} = 0$, получим уравнение линии пересечения цилиндра и плоскости $\mathbf{\textit{OXY}}$. Таким образом, поверхность $\sigma $ проецируется в область $\mathbf{\textit{D}}$, ограниченную параболой $\mathbf{\textit{x}}=\frac{1}{2}(\mathbf{\textit{y}}^{2}+1)$ и прямой $\mathbf{\textit{x}}=2$.

Часть цилиндра, удовлетворяющая условию $\mathbf{\textit{z}}>0$, задается уравнением $\mathbf{\textit{z}}=\sqrt {2x-x^2} $. Тогда $\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{1-x}{\sqrt {2x-x^2} },\frac{\partial z}{\partial y}=0, \sqrt {1+\left( {\frac{\partial z}{\partial x}} \right)^2+\left( {\frac{\partial z}{\partial y}} \right)^2} =\sqrt {1+\frac{(1-x)^2}{2x-x^2}} =\frac{1}{\sqrt {2x-x^2} }$.

Таким образом, $\iint\limits_\sigma {\sqrt {\frac{x}{2x-1}} }d\sigma =\iint\limits_D {\sqrt {\frac{x}{2x-1}} }\cdot \frac{1}{\sqrt {2x-x^2} }dxdy=2\int\limits_{1/2}^2 {\frac{dx}{\sqrt {2x-1} \cdot \sqrt {2-x} }\cdot \int\limits_0^{\sqrt {2x-1} } {dy=} }2\int\limits_{1/2}^2 {\frac{dx}{\sqrt {2-x} }=} \left. {4\sqrt {2-x} } \right|_2^{1/2} =4\sqrt {\frac{3}{2}} $.

Пример 2

Найти $\iint\limits_\sigma {z\left| {xy} \right|d\sigma }$, где $\sigma $ - полная поверхность цилиндра $\mathbf{\textit{x}}^{2}+\mathbf{\textit{y}}^{2 }= 1, 0\leq \mathbf{\textit{z}}\leq 1$.

vychislenie-poverkhnostnogo-integrala-pervogo-roda-3

Решение

Искомый интеграл равен сумме трех интегралов: по нижнему и верхнему основаниям $\sigma _{1}$ и $\sigma _{2}$ и боковой поверхности. Так как на нижнем основании $z=0$, то $\iint\limits_{\sigma _1 } {z\left| {xy} \right|d\sigma }=0$. Для верхнего основания $\sigma _{2}$ имеем $\mathbf{\textit{z}}(\mathbf{\textit{x}},\mathbf{\textit{y}})=1, \frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial z}{\partial y}=0$, поэтому поверхностный интеграл по $\sigma _{2}$ совпадает с двойным интегралом от функции $\mathbf{\textit{z}}(\mathbf{\textit{x}},\mathbf{\textit{y}})\vert \mathbf{\textit{xy}}\vert =\vert \mathbf{\textit{xy}}\vert $, взятым по кругу $\mathbf{\textit{D}} ={{}\mathbf{\textit{x}}^{2}+\mathbf{\textit{y}}^{2}<1{}}$:

$ \iint\limits_{\sigma _2 } {z\left| {xy} \right|d\sigma }=\iint\limits_D {\left| {xy} \right|dxdy=4\int\limits_0^{\pi /2} {\cos \varphi \sin \varphi d\varphi \cdot \int\limits_0^1 {r^3dr} =4\left. {\frac{\sin ^2\varphi }{2}} \right|_0^{\pi /2} \cdot \left. {\frac{r^4}{4}} \right|_0^1 =\frac{1}{2}} } $

Найдем интеграл по боковой поверхности. Она состоит из двyх частей: $\sigma _{3}$ и $\sigma _{4}$ , симметричных относительно плоскости $\mathbf{\textit{OYZ}}$. Так как фyнкция $\mathbf{\textit{z}}\vert \mathbf{\textit{xy}}\vert $ - четная по $\mathbf{\textit{x}}$, то интегралы по $\sigma _{3}$ и $\sigma _{4}$ равны.

Проекция $\sigma _{3 }$ на плоскость $\mathbf{\textit{OYZ}}$ - прямоyгольник $\mathbf{\textit{D}}:{{}-1 \leq \mathbf{\textit{y}}\leq 1, 0 \leq \mathbf{\textit{z}} \leq 1{}}$.

Уравнение $\sigma _{3 }: \mathbf{\textit{x}}=\sqrt {1-y^2} , \sqrt {1+\left( {\frac{\partial x}{\partial y}} \right)^2+\left( {\frac{\partial x}{\partial z}} \right)^2} =\frac{1}{\sqrt {1-y^2} }$

Отсюда: $\iint\limits_{\sigma _3 \cup \sigma _4 } {z\left| {xy} \right|d\sigma }=2\iint\limits_D {z\left| y \right|\sqrt {1-y^2} \frac{dydz}{\sqrt {1-y^2} }=\int\limits_0^1 {4zdz\cdot \int\limits_0^1 {ydy} =1} }$

Окончательно полyчаем: $\iint\limits_\sigma {z\left| {xy} \right|d\sigma }=0+\frac{1}{2}+1=\frac{3}{2}$

Пример 3

Найти $\iint\limits_\sigma {x^2d\sigma }$, где $\sigma $ - сфера $\mathbf{\textit{x}}^{2 }+\mathbf{\textit{y}}^{2 }+\mathbf{\textit{z}}^{2 }=\mathbf{\textit{R}}^{2}$.

Решение

Использование соображений симметрии позволяет иногда существенно упростить вычисление интегралов. Очевидно, что для сферы $\iint\limits_\sigma {x^2d\sigma }=\iint\limits_\sigma {y^2d\sigma }=\iint\limits_\sigma {z^2d\sigma }$. Тогда $ \iint\limits_\sigma {x^2d\sigma }=\frac{1}{3}\iint\limits_\sigma {(x^2+y^2+z^2)d\sigma }=\frac{1}{3}R^2\iint\limits_\sigma {d\sigma }=\frac{4\pi R^4}{3}. $