Глава 4. Поверхностные интегралы
§1. Поверхностные интегралы 1-го рода
1.Площадь поверхности, заданной уравнением z=f(x,y)
Будем
предполагать, что функция f(x,y)
определена
и непрерывна вместе со своими частными
производными
,
в областиD.
Обозначим
эти производные p=
,q=
.
Уравнение касательной плоскости в точке(x,y,z)
имеет вид
Z
– z
= p
(X
– x)
+q(Y
– y)
(здесь X,
Y,
Z
– текущие
точки плоскости).
Нормаль к
этой плоскости
=(p,
q,
-1),
.Направляющие
косинусы нормали равны
|
cos( |
cos( |
cos( |
|
cos |
cos |
cos |
|
|
|
|
,
)
,
)
,
)
Возьмем какое-либо разбиение {Di} области D. Цилиндры с основаниями Di вырезают на поверхности z=f(x,y) области Si = {(x,y,z): (x,y)Di , z = f(x,y) }.
На Sk выберем промежуточную точку Mk(k ,k , k) , k = f(k ,k ). В этой точке построим касательную плоскость. Цилиндр с основание Dk вырезает на этой плоскости фигуру Tk с некоторой площадью Tk .
Известно, что
Dk
= Tk
|cos(
,
)|.
Таким образом
Tk
=Dk
.
За площадь поверхности z=f(x,y) принимается число
S=
=
=
=
.
Докажем
равенство Dk
= Tk
|cos(
,
)|.
Рассмотрим
цилиндр с основанием D,
ограниченный сверху плоскостью. При
необходимости систему координат можно
повернуть вокруг оси Oz,
так что можно
считать, что уравнение верхней крышки
цилиндра будет не содержать y:
z
= ax=x
tg
.
Площадь
плоской области определялась на основании
площади многоугольника, поэтому равенство
D
= T
|cos(
,
)|
достаточно
доказать для случая, когда T
и D
– треугольники.
Можно считать (сделав, при необходимости,
доворот системы координат), что основание
треугольника D
лежит на оси
Ox
параллельно
оси Oy
.
Треугольники
T
и D
имеют общее
основание, а соотношение между высотами
HD
= HT
|cos(
,
)|
(=).
Замечание 1. Для поверхности y=(x,z) , аналогично, получим формулу
S=
.
Для
x=(y,z)
S=
.
Замечание 2. Для вычисления площади поверхности не представимой ни в одном из видов z=f(x,y), y=(x,z), x=(y,z) можно попытаться ее разбить на отдельные поверхности указанных типов.
2. Вычисление площади поверхности, заданной параметрически
Параметрическим заданием поверхности называется задание следующего вида
Ф:
,
x,y,z – непрерывно дифференцируемые функции в D и якобианы
A=
,
B=
,
C=
,
не обращаются в 0 одновременно (ни в одной точке области D). На поверхности можно рассмотреть два семейства линий, фиксируя в параметрическом задании поверхности параметр u а затем v:
,
.
Если
радиус вектор в точку поверхноси M(x,y,z)
обозначить
,то касательные
к двум линия этих семейсв, проходящих
через точку (x0,y0,z0
)
поверхности
будут
и нормалью к поверхности будет вектор
=(A,B,C).
Рассмотрим
разбиение {Фk}
поверхность
Ф
на части.
Выберем промежуточные точки Mk
k
и
через Tk
обозначим
проекцию Фk
на касательную плоскость в точке Mk
в направлении
нормали
Характеристикой () этого разбиения называется максимальный из диаметров Фk .
Площадью
поверхности Ф
называется
предел сумм вида
при стремлении к нулю характеристики
разбиения,
при условии существования этого предела
и независимости его от выбора разбиения
и выбора промежуточных точек.
Ф
=
.
Поверхность в этом случае называется квадрируемой.
Как и в случае явного задания, можно показать, что при сделанных предположениях Ф будет квадрируема и её площадь будет равна
Ф=
=
.
Если положить
E=
=
+
+
G=
=
+
+
F=
,
то
EG
– F2
=
EG – EG cos2
= EG sin2
=
.
Тогда
Ф=
.
Выражение
=
или
в случае
явного задания, называется элементом
поверхности (точнее, площадью элемента
поверхности).
3. Определение поверхностного интеграла 1-го рода
Пусть задана квадрируемая поверхность и на ней функция f(x,y,z). Возьмем какое-либо разбиение {k } поверхности , выберем промежуточные точки Mk k и составим суммы вида
=
.
Определим характеристику разбиения ()=max dk (максимальный из диаметров).
Поверхностным интегралом первого рода называется предел сумм при стремлении к нулю (), при условии, что он не зависит от выбора разбиений и промежуточных точек. Поверхностный интеграл первого рода обозначается
,
или
для
замкнутой поверхности.
4. Существование и вычисление интеграла 1-го рода
4.1. Поверхность задана явно z = z(x,y), (x,y) D (компакт),
где
z(x,y)
имеет в D
непрерывные частные производные первого
порядка, фунуция f(x,y,z)
определена
и непрерывна на .
Тогда существует интеграл
,
равный
=
,
p=
,q=
.
Доказательство.
Пусть разбиению {Фk}
соответствует
разбиение {Dk}
области D.
Промежуточным
точкам {Mk},
Mk
Фk
, соответствуют точки {Nk}
, Nk
Dk
. Обозначим F(x,v)=f(x,y,z(x,y)).
Для площадей
получаем
k=
=
.
Тогда интегральные суммы будут равны
=
=
=
=
+
.
Первая
из сумм является интегральной для
,
вторая сумма может быть сделана сколь
угодно малой выбором достаточно мелкого
разбиения. Последнее утверждение следует
из равномерной непрерывности функцииF(x,y)=f(x,y,z(x,y))
на
D.
4.2. Поверхность задана параметрически
:
с
непрерывно дифференцируемыми функциями
x(u,v),
y(u,v),
z(u,v).
Вектор
=(A,B,C)
0 в D.
f(x,y,z) непрерывна на . Тогда поверхностный интеграл существует и равен
=
.
Доказательство аналогично предыдущему. Поверхность разбивается на подобласти {k } , соответствующие разбиению {Dk } области изменения параметров D и выбираются промежуточные точки Mk k и соответствующие точки Nk Dk . F(u,v)=f(x(u,v),y(u,v),z(u,v)) . Тогда
k=
=
.
И далее
=
=
=
+
.
Первая сумма является интегральной для
,
вторая будет стремиться к нулю при
стремлении к нулю характеристики
разбиения.
5. Простейшие свойства интегралов первого рода
1)
=.
2)
=
+
3)
=
+
4)
.
Все эти свойства следуют из соответствующих свойств двойных интегралов, с учетом формулы сведения поверхностного интеграла к двойному.