Вычисление поверхностного интеграла второго рода

Пусть поверхность $\sigma $ взаимно однозначно проецируется в область $D_{xy} $ на плоскости $\mathbf{\textit{Oxy}}$. В этом случае $\cos \gamma $ имеет одинаковый знак во всех точках поверхности. Именно, $\cos \gamma >0$, если рассматривается верхняя сторона поверхности, и $\cos \gamma <0$, если рассматривается нижняя сторона.

vychislenie-poverkhnostnogo-integrala-vtorogo-roda-0

Поэтому для верхней стороны все слагаемые в интегральной сумме должны браться со знаком "+", и сумма будет иметь вид $\sum\limits_{i=1}^n {R(M_i )\cdot s(D_{i,xy} )} =\sum\limits_{i=1}^n {R(x_i ,y_i ,z_i )\cdot s(D_{i,xy} )} $.

Если поверхность задана уравнением $z=F(x,y)$, $(x,y)\in D_{xy} $, то эта сумма равна $\sum\limits_{i=1}^n {R(x_i ,y_i ,z(x_i ,y_i ))\cdot s(D_{i,xy} )} $. В последней сумме легко увидеть интегральную сумму для двойного интеграла $\iint\limits_{D_{xy} } {R(x,y,z(x,y))dxdy}$.

Переход к пределу при $\mathop {\max }\limits_{i=1,2,\ldots n} diam\sigma _i \to 0$ {при этом и $\mathop {\max }\limits_{i=1,2,\ldots n} diam D_{i,xy} \to 0$} даст

$\iint\limits_\sigma {R(x,y,z)dxdy}=\iint\limits_{D_{xy} } {R(x,y,z(x,y))}dxdy$

Ясно, что эта формула получена для верхней стороны поверхности. Если выбрана нижняя сторона, то все слагаемые в интегральной сумме должны браться со знаком "-", и интегральная сумма будет иметь вид $-\sum\limits_{i=1}^n {R(M_i )\cdot s(D_{i,xy} )} =-\sum\limits_{i=1}^n {R(x_i ,y_i ,z_i )\cdot s(D_{i,xy} )} $.

Рассуждая, как и для верхней стороны, получим, что в этом случае $\iint\limits_\sigma {R(x,y,z)dxdy}=-\iint\limits_{D_{xy} } {R(x,y,z(x,y))}dxdy$. Окончательно, $\iint\limits_\sigma {R(x,y,z)dxdy}=\pm \iint\limits_{D_{xy} } {R(x,y,z(x,y))}dxdy$, где знак "+" берётся для верхней стороны поверхности, знак "-" - для нижней стороны.

Аналогично изложенному, для других интегралов: $\iint\limits_\sigma {P(x,y,z)dydz}=\pm \iint\limits_{D_{yz} } {P(x(y,z),y,z)}dydz$, если поверхность однозначно проецируется в область $D_{yz} $ на плоскости $\mathbf{\textit{Oyz}}$, при этом знак "+" берётся для "передней" стороны поверхности {где $\cos \alpha >0)$, для "задней" стороны, где $\cos \alpha <0$, берётся знак "-"; $\iint\limits_\sigma {Q(x,y,z)dxdz}=\pm \iint\limits_{D_{xz} } {Q(x,y(x,z),z)}dxdz$, если поверхность однозначно проецируется в область $D_{xz} $ на плоскость $\mathbf{\textit{Oхz}}$, знак "+" берётся для "правой" стороны поверхности {где $\cos \beta >0$}, для "левой" стороны, где $\cos \beta <0$, берётся знак "-". Как и для поверхностного интеграла первого рода, если проецирование не взаимно однозначно, поверхность разбивается на части, которые проецируются однозначно.

Пример 1

Вычислить $I=\iint\limits_\sigma {(x+z)dydz+(8y-x)dxdz+(2x^2-y)dxdy}$, $\sigma $ - часть поверхности цилиндра $\mathbf{\textit{y}}=\frac{x^2}{4}$, заключенная между плоскостями $\mathbf{\textit{x}}$=0, $\mathbf{\textit{x}}$=8, $\mathbf{\textit{z}}$=0, $\mathbf{\textit{z}}$=3. Сторона поверхности выбирается так, чтобы нормаль образовывала острый угол с осью $\mathbf{\textit{Ox}}$.

vychislenie-poverkhnostnogo-integrala-vtorogo-roda-1

Решение

Определяем знаки направляющих косинусов нормали cos$\alpha >$0, cos$\beta <$0, cos$\gamma $=0. Поэтому

$I=\iint\limits_\sigma {(x+z)dydz+}(8y-x)dxdz+(2x^2-y)dxdy=\iint\limits_{D_{yz} } {(x(y,z)+z)dydz-\iint\limits_{D_{xz} } {(8y(x,z)-x)dxdz}},$ где $\mathbf{\textit{D}}_{yz}={{}(\mathbf{\textit{y}},\mathbf{\textit{z}}): 0\leqslant \mathbf{\textit{y}} \leqslant 16, 0 \leqslant \mathbf{\textit{z}} \leqslant 3{}}, \mathbf{\textit{D}}_{xz}={{}(\mathbf{\textit{x}},\mathbf{\textit{z}}): 0 \leqslant \mathbf{\textit{x}} \leqslant 8, 0 \leqslant \mathbf{\textit{z }}\leqslant 3{}}$ - проекции $\sigma $ на плоскости $\mathbf{\textit{Oyz}}$ и $\mathbf{\textit{Oxz}}$ соответственно.

Проекция поверхности $\sigma $ на плоскость $\mathbf{\textit{Oxy}}$ вырождается в линию - параболу $\mathbf{\textit{y}}=\frac{x^2}{4}$, cos$\gamma =0$, поэтому интеграл по $\mathbf{\textit{D}}_{xy}\mathbf{ }$ в данном случае отсутствует. Вычислим отдельно интегралы по $\mathbf{\textit{D}}_{yz}$ и $\mathbf{\textit{D}}_{xz ,}$ выражая $\mathbf{\textit{x}}(\mathbf{\textit{y}},\mathbf{\textit{z}})$ и $\mathbf{\textit{y}}(\mathbf{\textit{x}},\mathbf{\textit{z}})$ из уравнения поверхности

$\sigma: \mathbf{\textit{x}}(\mathbf{\textit{y}},\mathbf{\textit{z}})=2\sqrt y , \mathbf{\textit{y}}(\mathbf{\textit{x}},\mathbf{\textit{z}})=\frac{x^2}{4}$.

$\iint\limits_{D_{yz} } {\mbox{(}x\mbox{(}y\mbox{,}z\mbox{)+}z\mbox{)}dydz}= \iint\limits_{D_{yz} } {\mbox{(2}\sqrt y \mbox{+}z\mbox{)}dydz}= \int\limits_0^3 {dz} \int\limits_0^{16} {(2\sqrt y +z)} \mathbf{\textit{dy}}$=328,$\iint\limits_{D_{xz} } {\mbox{(8}y\mbox{(}x\mbox{,}z\mbox{)-}x\mbox{)}dxdz}=\iint\limits_{D_{xz} } {\mbox{(2}x^\mbox{2}\mbox{-}x\mbox{)}dxdz}=\int\limits_0^3 {dz\int\limits_0^8 {(2x^2-x)} } \mathbf{\textit{dx}}$=928.

Окончательно $\mathbf{\textit{I}} = 328 - 928 = - 600$.

Пример 2

Вычислить $I=\iint\limits_\sigma {3xdydz+zdxdz+5ydxdy}$, где $\sigma $ - часть плоскости $2x+3y-4z=12$, ограниченная координатными плоскостями $\mathbf{\textit{x}}=0, \mathbf{\textit{y}}=0, \mathbf{\textit{z}}=0$. Сторона поверхности выбирается так, чтобы нормаль образовывала острый угол с осью $\mathbf{\textit{Oz}}$.

vychislenie-poverkhnostnogo-integrala-vtorogo-roda-2 vychislenie-poverkhnostnogo-integrala-vtorogo-roda-3

Решение

Из двух направлений нормали к $\sigma \bar {n}=\pm \frac{2\bar {i}+3\bar {j}-4\bar {k}}{\sqrt {4+9+16} }$ мы должны выбрать такое, для которого коэффициент при орте $\bar {k}$ {т.е. $\cos \gamma )$ положителен, поэтому выбираем знак "-", тогда $\bar {n}=\frac{-2\bar {i}-3\bar {j}+4\bar {k}}{\sqrt {29} }$. В соответствии со знаками направляющих косинусов, $I=\iint\limits_\sigma {3xdydz+zdxdz+5ydxdy}=-\iint\limits_{D_{yz} } {3x(y,z)dydz}-\iint\limits_{D_{xz} } {zdxdz}+ \iint\limits_{D_{xy} } {5ydxdy}$. Вычисляем эти интегралы.

  1. $-3\iint\limits_{D_{yz} } {x(y,z)dydz}=\vert x=6-3y/2+2z\vert =-3\iint\limits_{D_{yz} } {\left( {6-\frac{3y}{2}+2z} \right)dydz}= =-3\int\limits_0^4 {dy\int\limits_{\frac{3}{4}y-3}^0 {\left( {6-\frac{3}{2}y+2z} \right)dz} } = \\ = -3\int\limits_0^4 {\left( {\frac{9}{16}y^2-\frac{9}{2}y+9} \right)dy} =-3(12-36+36)=-36.$
  2. $-\iint\limits_{D_{xz} } {zdxdz}=-\int\limits_{-3}^0 {zdz\int\limits_0^{6+2z} {dx} } =-\int\limits_{-3}^0 {(6+2z)zdz} =27-18=9.$
  3. $5\iint\limits_{D_{xy} } {ydxdy}=5\int\limits_0^4 {ydy\int\limits_0^{6-\frac{3}{2}y} {dx} } =5\int\limits_0^4 {\left( {6-\frac{3}{2}y} \right)ydy} = 5(48-32) = 80$

Окончательно, $I=-36+9+80=53.$

В заключение, вычисление поверхностного интеграла второго рода всегда можно свести к вычислению поверхностного интеграла первого рода. Так, в последнем примере подынтегральное выражение равно

$\left( {\bar {v}(M)\cdot \bar {n}(M)} \right)d\sigma $, где $\bar {v}(M)=3x\bar {i}+z\bar {j}+5y\bar {k}$, $\bar {n}(M)=\cos \alpha \bar {i}+\cos \beta \bar {j}+\cos \gamma \bar {k}=\frac{-2\bar {i}-3\bar {j}+4\bar {k}}{\sqrt {29} }$. Поэтому $\bar {v}(M)\cdot \bar {n}(M)=\frac{-6x-3z+20y}{\sqrt {29} }$, и, проектируя $\sigma $ на плоскость $\mathbf{\textit{Oxy}} \left( {d\sigma =\frac{dxdy}{\vert \cos \gamma \vert }=\frac{\sqrt {29} }{4}dxdy} \right)$, получим $I=\iint\limits_\sigma {3xdydz+zdxdz+5ydxdy}=\iint\limits_\sigma {\frac{-6x-3z+20y}{\sqrt {29} }d\sigma =}\iint\limits_{D_{xy} } {\left. {\frac{-6x-3z+20y}{\sqrt {29} }\cdot \frac{\sqrt {29} }{4}} \right|_{z=\frac{1}{2}x+\frac{3}{4}y-3} dxdy=} \\ =\frac{1}{4}\iint\limits_{D_{xy} } {\left( {-\frac{15}{2}x+\frac{71}{4}y+9} \right)dxdy=\frac{1}{4}\int\limits_0^6 {dx\int\limits_0^{4-\frac{2}{3}x} {\left( {-\frac{15}{2}x+\frac{71}{4}y+9} \right)dy} } =\frac{1}{4}\int\limits_0^6 {\left( {\frac{161}{18}x^2-\frac{250}{3}x+178} \right)dx=} }\\=\frac{1}{4}\left( {644-1500+1068} \right)=\frac{212}{4}=53$