Вычисление поверхностного интеграла первого рода: методы и практические примеры

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 $z=F(x,y)$, $(x,y)\in D\_ { xy }$.

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 $\mathbf { \textit { z } } = 0 \mathbf { \textit { z } } > 0$.

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 $\mathbf { \textit { x } } ^ { 2 } +\mathbf { \textit { y } } ^ { 2 } = 1, 0\leq \mathbf { \textit { z } } \leq 1$.

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

$\iint\limits\_\sigma { x^2d\sigma } =\frac { 1 } { 3 } \iint\limits\_\sigma { (x^2+y^2+z^2)d\sigma } =\frac { 1 } { 3 } R^2\iint\limits\_\sigma { d\sigma } =\frac { 4\pi R^4 } { 3 } .$