Поверхностные интегралы

Пусть задана регулярная поверхность при помощи вектор-функции

    \[ f: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^{3}, \left( u, v \right) \mapsto f\left( u, v \right) = \left( x \left( u, v \right), y \left( u, v \right), z \left( u, v \right) \right) .\]

В силу регулярности имеем x, y, z \in C^{1}\left( \mathbb{R}^2 \right), более того \frac{\partial f}{\partial u} \nparallel \frac{\partial f}{\partial v}, что эквивалентно условию

    \[ rank \begin{pmatrix} x'_u & y'_u & z'_u \\ x'_v & y'_v & z'_v \end{pmatrix} = 2 .\]

Во всякой точке \left( u, v \right) поверхности существует нормальный вектор

(1)   \begin{equation*} \vv{n}\left( u, v \right) = \pm \frac{\frac{\partial f}{\partial u} \times \frac{\partial f}{\partial v} }{\left| \frac{\partial f}{\partial u} \times \frac{\partial f}{\partial v} \right| } \end{equation*}

т. е. задано отображение \vv{n}: \left( u, v \right) \to \vv{n}\left( u, v \right). Выбор одного из двух возможных отображений на поверхности (они отличаются знаком в формуле 1) называется ориентацией поверхности. Если поверхность есть граница замкнутой области, то говорят, что её можно ориентировать внешней или внутренней нормалями; поверхность, ориентированную внешней нормалью, называют внешней стороной области, а поверхность, ориентированную внутренней нормалью, — внутренней стороной.

Поверхностный интеграл II-го рода определяется для ориентированной поверхности S. Для нормали с направляющим вектором \vv{n} определим направляющие косинусы \cos \alpha, \cos \beta, \cos \gamma. Теперь можно записать \vv{n}= \left( \cos \alpha, \cos \beta, \cos \gamma \right). Пусть на поверхности S заданы функции P\left(x, y, z \right), Q\left( x, y, z \right), R\left( x, y, z \right), составим из них вектор-функцию F = \left(P, Q, R \right). ПОВИ-II определим через ПОВИ-I следующим образом

(2)   \begin{align*} \iint\limits_{S} P \: dydz + Q \: dxdz + R \: dxdy = \\ = \iint\limits_{S} \left( P \cos \alpha + Q \cos \beta + R \cos \gamma \right) \: dS =\\ = \iint\limits_{S} F \cdot \vv{n} \: dS .\end{align*}

При смене ориентации поверхности направляющий вектор обращается в противоположный \left( -\cos\alpha, - \cos\beta, - \cos\gamma \right), т. е. поверхностный интеграл тоже меняет лишь знак.

Имеет место формула сведения поверхностного интеграла к двойному

    \begin{align*} \iint\limits_{S} P \: dydz + Q \: dxdz + R \: dxdy = \\ = \iint\limits_{D} \left| \begin{array}{c c c} P & Q & R \\ x'_u & y'_u & z'_u \\ x'_v & y'_v & z'_v \end{array} \right| \: dudv .\end{align*}

Задачи и упражнения

Уровни сложности задач

простая задача

средняя задача

сложная задача

олимпиадная задача

Задача первая (1)

Посчитать интеграл по поверхности S

    \[ \int\limits_{S} x^2y^2z \ dydz, \]

где S — внутренняя сторона полусферы x^2 + y^2 + z^2 = R^2, \ z \le 0.

Lorem ipsum dolor sit amet, consectetur adipiscing elit. Ut elit tellus, luctus nec ullamcorper mattis, pulvinar dapibus leo.

Рассмотрим поверхность, по которой будет проводится интегрирование.

Rendered by QuickLaTeX.com

Для нахождения интеграла перейдём от ПОВИ-II к ПОВИ-I по формуле (2). Найдём необходимые промежуточные величины

    \begin{align*} z &= -\sqrt{R^2- x^2- y^2}, \\ z'_x &= \frac{x}{\sqrt{R^2 - x^2 -y^2} }, \\ z'_y &= \frac{y}{\sqrt{R^2 - x^2 -y^2} }, \\ F\left( x, y, z \right) &= \left( 0, 0, x^2y^2z \right), \\ 1 + \left( z'_x \right)^2 + (z'_y) ^2 &= \frac{y^2}{R^2 - x^2 - y^2} .\end{align*}

Нормальный вектор к внутренней части поверхности найдём следующим образом

    \[ \vv{n} = \frac{\left( -z'_x, -z'_y, 1 \right) }{\sqrt{1 + \left( z'_x \right)^2 + (z'_y) ^2} } = \frac{1}{R}\left( -x, -y, \sqrt{R^2-x^2-y^2}\right) .\]

В качестве проверки правильного нахождения нормального вектора найдём его в точке x = R, \ y = 0, \ z = 0: \ \vv{n}\left( R, 0, 0 \right) = \left( -1, 0, 0 \right), что соответствует предполагаемому результату. Ниже приведён график с изображёнными нормальными векторами.

Rendered by QuickLaTeX.com

Итак, приходим к результату

    \begin{align*} &\iint\limits_S x^2 y^2 z \: dxdy =\\ &=\iint\limits_S F\cdot\vv{n} \: ds \\ &= \iint\limits_S \frac{x^2y^2z}{R}\sqrt{R^2-x^2-y^2} \: ds \\ &= -\iint\limits_{D_{Oxy}} \frac{x^2y^2}{R}\left(R^2-x^2-y^2\right) \frac{R}{\sqrt{R^2-x^2-y^2}} \: dxdy \\ &= -\iint\limits_{D_{Oxy}} x^2y^2\sqrt{R^2 - x^2-y^2} \: dxdy = \ldots \end{align*}

В последних двух шагах ПОВИ-I был сведён к двойному интегралу по площади проекции полусферы на плоскость Oxy, которая изображена ниже.

Rendered by QuickLaTeX.com

Теперь осталось лишь вычислить двойной интеграл. В данном случае удобно перейти к полярным координатам при помощи замены

    \[ \left[ \begin{array}{l} \begin{cases} x &= r \cos \phi \\ y &= r \sin \phi \\ \end{cases},\\ \det \mathcal{J} = r, \\ 0 \le \phi \le 2\pi, \\ 0 \le r \le R \end{array} \right] .\]

    \begin{align*} \ldots &= -\iint\limits_{D_{Oxy}} x^2y^2\sqrt{R^2 - x^2-y^2} \: dxdy\\ &= \left[ \begin{array}{r l} x &= r \cos \phi \\ y &= r \sin \phi \end{array} \right]=\\ &= -\int\limits_{0}^{2\pi} \: d\phi \int\limits_{0}^{R} r^{4} \sin^2 \phi \cos^2 \phi \sqrt{R^2-r^2} \cdot \det \mathcal{J} \: dr \\ &= -\int\limits_{0}^{2\pi} \sin^2\phi \cos^2\phi \: d\phi \int\limits_{0}^{R} r^{5}\sqrt{R^2-r^2} \: dr \\ &= \left[ \begin{array}{l} t = \sqrt{R^2-t^2}, \\ r^2 = R^2 - t^2, \\ r \: dr = -t \: dt, \\ r = 0 \xleftrightarrow{} t = R, \\ r=R \xleftrightarrow{} t = 0 \end{array}\right] = \\ &= -\frac{1}{4} \int\limits_{0}^{2\pi} \sin^22\phi \: d\phi \int\limits_{0}^{R} \left( R^2-t^2 \right)^2 t^2 \: dt \\ &= -\frac{1}{8} \int\limits_{0}^{2\pi} \left( 1 - \cos 4 \phi \right) \: d\phi \int\limits_{0}^{R} \left( R^{4}t^2 - 2R^2t^{4} + t ^{6}\right) \: dt \\ &= -\frac{1}{8} \int\limits_{0}^{2\pi} \left( 1 - \cos 4 \phi \right) \: d\phi \ \left( \frac{R^{7}}{3} - \frac{2R^{7}}{5} + \frac{R^{7}}{7} \right) \\ &= -\frac{1}{8} \cdot \frac{8R^{7}}{105} \int\limits_{0}^{2\pi} \left( 1 - \cos 4 \phi \right) \: d\phi \\ &= -\frac{2\pi}{105} .\end{align*}

Я нашёл ошибку!

Задача вторая (2)

Посчитать интеграл по поверхности S

    \[ \int\limits_{S} x^2y^2z \ dydz, \]

где S — внутренняя сторона полусферы x^2 + y^2 + z^2 = R^2, \ z \le 0.

Lorem ipsum dolor sit amet, consectetur adipiscing elit. Ut elit tellus, luctus nec ullamcorper mattis, pulvinar dapibus leo.

Рассмотрим поверхность, по которой будет проводится интегрирование.

Rendered by QuickLaTeX.com

Для нахождения интеграла перейдём от ПОВИ-II к ПОВИ-I по формуле (2). Найдём необходимые промежуточные величины

    \begin{align*} z &= -\sqrt{R^2- x^2- y^2}, \\ z'_x &= \frac{x}{\sqrt{R^2 - x^2 -y^2} }, \\ z'_y &= \frac{y}{\sqrt{R^2 - x^2 -y^2} }, \\ F\left( x, y, z \right) &= \left( 0, 0, x^2y^2z \right), \\ 1 + \left( z'_x \right)^2 + (z'_y) ^2 &= \frac{y^2}{R^2 - x^2 - y^2} .\end{align*}

Нормальный вектор к внутренней части поверхности найдём следующим образом

    \[ \vv{n} = \frac{\left( -z'_x, -z'_y, 1 \right) }{\sqrt{1 + \left( z'_x \right)^2 + (z'_y) ^2} } = \frac{1}{R}\left( -x, -y, \sqrt{R^2-x^2-y^2}\right) .\]

В качестве проверки правильного нахождения нормального вектора найдём его в точке x = R, \ y = 0, \ z = 0: \ \vv{n}\left( R, 0, 0 \right) = \left( -1, 0, 0 \right), что соответствует предполагаемому результату. Ниже приведён график с изображёнными нормальными векторами.

Rendered by QuickLaTeX.com

Итак, приходим к результату

    \begin{align*} &\iint\limits_S x^2 y^2 z \: dxdy =\\ &=\iint\limits_S F\cdot\vv{n} \: ds \\ &= \iint\limits_S \frac{x^2y^2z}{R}\sqrt{R^2-x^2-y^2} \: ds \\ &= -\iint\limits_{D_{Oxy}} \frac{x^2y^2}{R}\left(R^2-x^2-y^2\right) \frac{R}{\sqrt{R^2-x^2-y^2}} \: dxdy \\ &= -\iint\limits_{D_{Oxy}} x^2y^2\sqrt{R^2 - x^2-y^2} \: dxdy = \ldots \end{align*}

В последних двух шагах ПОВИ-I был сведён к двойному интегралу по площади проекции полусферы на плоскость Oxy, которая изображена ниже.

Rendered by QuickLaTeX.com

Теперь осталось лишь вычислить двойной интеграл. В данном случае удобно перейти к полярным координатам при помощи замены

    \[ \left[ \begin{array}{l} \begin{cases} x &= r \cos \phi \\ y &= r \sin \phi \\ \end{cases},\\ \det \mathcal{J} = r, \\ 0 \le \phi \le 2\pi, \\ 0 \le r \le R \end{array} \right] .\]

    \begin{align*} \ldots &= -\iint\limits_{D_{Oxy}} x^2y^2\sqrt{R^2 - x^2-y^2} \: dxdy\\ &= \left[ \begin{array}{r l} x &= r \cos \phi \\ y &= r \sin \phi \end{array} \right]=\\ &= -\int\limits_{0}^{2\pi} \: d\phi \int\limits_{0}^{R} r^{4} \sin^2 \phi \cos^2 \phi \sqrt{R^2-r^2} \cdot \det \mathcal{J} \: dr \\ &= -\int\limits_{0}^{2\pi} \sin^2\phi \cos^2\phi \: d\phi \int\limits_{0}^{R} r^{5}\sqrt{R^2-r^2} \: dr \\ &= \left[ \begin{array}{l} t = \sqrt{R^2-t^2}, \\ r^2 = R^2 - t^2, \\ r \: dr = -t \: dt, \\ r = 0 \xleftrightarrow{} t = R, \\ r=R \xleftrightarrow{} t = 0 \end{array}\right] = \\ &= -\frac{1}{4} \int\limits_{0}^{2\pi} \sin^22\phi \: d\phi \int\limits_{0}^{R} \left( R^2-t^2 \right)^2 t^2 \: dt \\ &= -\frac{1}{8} \int\limits_{0}^{2\pi} \left( 1 - \cos 4 \phi \right) \: d\phi \int\limits_{0}^{R} \left( R^{4}t^2 - 2R^2t^{4} + t ^{6}\right) \: dt \\ &= -\frac{1}{8} \int\limits_{0}^{2\pi} \left( 1 - \cos 4 \phi \right) \: d\phi \ \left( \frac{R^{7}}{3} - \frac{2R^{7}}{5} + \frac{R^{7}}{7} \right) \\ &= -\frac{1}{8} \cdot \frac{8R^{7}}{105} \int\limits_{0}^{2\pi} \left( 1 - \cos 4 \phi \right) \: d\phi \\ &= -\frac{2\pi}{105} .\end{align*}

Я нашёл ошибку!

Задача вторая (2)

Посчитать интеграл по поверхности S

    \[ \int\limits_{S} x^2y^2z \ dydz, \]

где S — внутренняя сторона полусферы x^2 + y^2 + z^2 = R^2, \ z \le 0.

Lorem ipsum dolor sit amet, consectetur adipiscing elit. Ut elit tellus, luctus nec ullamcorper mattis, pulvinar dapibus leo.

Рассмотрим поверхность, по которой будет проводится интегрирование.

Rendered by QuickLaTeX.com

Для нахождения интеграла перейдём от ПОВИ-II к ПОВИ-I по формуле (2). Найдём необходимые промежуточные величины

    \begin{align*} z &= -\sqrt{R^2- x^2- y^2}, \\ z'_x &= \frac{x}{\sqrt{R^2 - x^2 -y^2} }, \\ z'_y &= \frac{y}{\sqrt{R^2 - x^2 -y^2} }, \\ F\left( x, y, z \right) &= \left( 0, 0, x^2y^2z \right), \\ 1 + \left( z'_x \right)^2 + (z'_y) ^2 &= \frac{y^2}{R^2 - x^2 - y^2} .\end{align*}

Нормальный вектор к внутренней части поверхности найдём следующим образом

    \[ \vv{n} = \frac{\left( -z'_x, -z'_y, 1 \right) }{\sqrt{1 + \left( z'_x \right)^2 + (z'_y) ^2} } = \frac{1}{R}\left( -x, -y, \sqrt{R^2-x^2-y^2}\right) .\]

В качестве проверки правильного нахождения нормального вектора найдём его в точке x = R, \ y = 0, \ z = 0: \ \vv{n}\left( R, 0, 0 \right) = \left( -1, 0, 0 \right), что соответствует предполагаемому результату. Ниже приведён график с изображёнными нормальными векторами.

Rendered by QuickLaTeX.com

Итак, приходим к результату

    \begin{align*} &\iint\limits_S x^2 y^2 z \: dxdy =\\ &=\iint\limits_S F\cdot\vv{n} \: ds \\ &= \iint\limits_S \frac{x^2y^2z}{R}\sqrt{R^2-x^2-y^2} \: ds \\ &= -\iint\limits_{D_{Oxy}} \frac{x^2y^2}{R}\left(R^2-x^2-y^2\right) \frac{R}{\sqrt{R^2-x^2-y^2}} \: dxdy \\ &= -\iint\limits_{D_{Oxy}} x^2y^2\sqrt{R^2 - x^2-y^2} \: dxdy = \ldots \end{align*}

В последних двух шагах ПОВИ-I был сведён к двойному интегралу по площади проекции полусферы на плоскость Oxy, которая изображена ниже.

Rendered by QuickLaTeX.com

Теперь осталось лишь вычислить двойной интеграл. В данном случае удобно перейти к полярным координатам при помощи замены

    \[ \left[ \begin{array}{l} \begin{cases} x &= r \cos \phi \\ y &= r \sin \phi \\ \end{cases},\\ \det \mathcal{J} = r, \\ 0 \le \phi \le 2\pi, \\ 0 \le r \le R \end{array} \right] .\]

    \begin{align*} \ldots &= -\iint\limits_{D_{Oxy}} x^2y^2\sqrt{R^2 - x^2-y^2} \: dxdy\\ &= \left[ \begin{array}{r l} x &= r \cos \phi \\ y &= r \sin \phi \end{array} \right]=\\ &= -\int\limits_{0}^{2\pi} \: d\phi \int\limits_{0}^{R} r^{4} \sin^2 \phi \cos^2 \phi \sqrt{R^2-r^2} \cdot \det \mathcal{J} \: dr \\ &= -\int\limits_{0}^{2\pi} \sin^2\phi \cos^2\phi \: d\phi \int\limits_{0}^{R} r^{5}\sqrt{R^2-r^2} \: dr \\ &= \left[ \begin{array}{l} t = \sqrt{R^2-t^2}, \\ r^2 = R^2 - t^2, \\ r \: dr = -t \: dt, \\ r = 0 \xleftrightarrow{} t = R, \\ r=R \xleftrightarrow{} t = 0 \end{array}\right] = \\ &= -\frac{1}{4} \int\limits_{0}^{2\pi} \sin^22\phi \: d\phi \int\limits_{0}^{R} \left( R^2-t^2 \right)^2 t^2 \: dt \\ &= -\frac{1}{8} \int\limits_{0}^{2\pi} \left( 1 - \cos 4 \phi \right) \: d\phi \int\limits_{0}^{R} \left( R^{4}t^2 - 2R^2t^{4} + t ^{6}\right) \: dt \\ &= -\frac{1}{8} \int\limits_{0}^{2\pi} \left( 1 - \cos 4 \phi \right) \: d\phi \ \left( \frac{R^{7}}{3} - \frac{2R^{7}}{5} + \frac{R^{7}}{7} \right) \\ &= -\frac{1}{8} \cdot \frac{8R^{7}}{105} \int\limits_{0}^{2\pi} \left( 1 - \cos 4 \phi \right) \: d\phi \\ &= -\frac{2\pi}{105} .\end{align*}

Я нашёл ошибку!

Введите запрос и нажмите enter для поиска

Прокрутить вверх