Высшая математика. В 7 ч. Ч. 6. Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы

n

i , не зависящий от способа разбиения

f xi , yi , zi

на

i

и от выбора

i 1

f x, y, z d lim

n

точек Pi и обозначается

f Pi i .

diam i 0

(n )

i 1

Очевидно, что интеграл d равен площади поверхности, а

f x, y, z d –

масса поверхности, если f x, y, z – поверхностная плотность поверхности.

Вычисление таких интегралов сводится в вычислению двойного интеграла.

Если

z z x, y

– уравнение поверхности

,

Dxy

– проекция на

координатную плоскость xOy , то интеграл вычисляется по формуле:

f x, y, z d

f x, y, z x, y

1 zx'

2

zy'

2 dxdy .

Dxy

Если

x x y, z –

уравнение поверхности

, то формула для вычисления

принимает вид:

f x, y, z d

f x y, z , y, z

1 xy'

2

xz'

2 dydz .

Dyz

В случае y y x, z , имеем:

f x, y, z d

f x, y x, z , z

1 yx'

2

yz'

2 dxdz .

Dxz

Примеры

1. Вычислить J zd , где – полусфера z

R2 x2 y2 .

Решение. Подставим z из уравнения

поверхности и найдем

x

2

y

2

Rdxdy

d

1

dxdy

.

2

x

2

y

2

2

x

2

y

2

2

x

2

y

2

R

R

R

J zd

Rdxdy R dxdy R R2

R3 ,

Dxy

Dxy

где Dxy

– круг радиуса R.

2. Вычислить интеграл

J 6x 4 y 3z d , где

: часть плоскости

x 2y 3z 6, расположенной в I октанте (рис. 4.1).

Z

Решение.

Поверхность

С 2

интегрирования – треугольник

АВС.

Зная

уравнение

плоскости

0

3

найдем:

А

В

Y

X

6

z

1

(6 x 2 y);

d

1 z'

2

z '

2 dxdy

14

dxdy;

3

x

y

3

J

14

5x 2 y 6 dxdy.

3

Dxy

14

3

6 2 y

5x 2 y 6 dx

14

3

5

2

6 2 y

J

dy

x

2xy 6x |

3

0

0

3

0

2

0

3

2

y3

2

3

2

14 y

10 y

21 dy 2

14

5y

21y |

54 14.

0

3

0

3. Вычислить интеграл J y z

a2

x2 d , где : поверхность

цилиндра x2 y2 a2 , заключенная между двумя плоскостями z 0 и z h .

Решение.

Цилиндрическую поверхность проектируем на плоскость XOZ ;

получаем прямоугольник АDСВ (рис. 4.2). Поверхность слева от проекции имеет

Z

уравнение y

a

2 x2 , а справа –

1

y

a2

x2

2

,

поэтому

данный

C

интеграл вычисляем в виде суммы двух

h

интегралов по 1 и 2 .

1

D

B

2

Преобразуем

поверхностные

0

интегралы в двойные интегралы с

a

Y

переменными x и z , получим:

A

d

1 y' 2

y'

2 dxdz

adxdz

;

x

z

a2 x2

X

zdxdz

Рис. 4.2

J1 a

;

тогда

a2 x2

1

z

J 2

a 2

dxdz;

a2 x2

2

J J1 J 2 2a

z

1

dxdz .

x2

Dxz

a2

4.2. Задачи для самостоятельного решения

1.

Вычислить поверхностный интеграл первого рода

x2 y2 d , где –

часть поверхности

конуса

x2

y2

z 2

,

расположенная между

плоскостями

16

16

9

z 0; z 3.

2.

Вычислить поверхностный интеграл первого рода xyzd , где – часть

плоскости x y z 1, лежащая в первом октанте.

3.

Вычислить поверхностный интеграл первого рода

x2 y2 d , где

–

полусфера z

4 x2 y2 .

4.

Вычислить xyzd , где – часть поверхности параболоида z x2

y2 ,

отсекаемая плоскостью

z 1.

5.

Вычислить

x2

y2 d ,

где

– верхняя

часть

полусферы

z R2 x2 y2 .

Ответы

1 )

160

.

2 )

3

.

3 )

128

.

4 ) 0 .

5 )

2 R3

.

3

15

2

120

4.3. Поверхностные интегралы второго рода

Пусть

вдоль

гладкой,

двусторонней,

ориентированной

поверхности

(z z(x, y))

задана векторная функция

P(x, y, z)i Q(x, y, z) j R(x, y, z)k ,

a

где P, Q, R – непрерывные функции. Разобьём на

i –

элементарные

площадки, выберем

точку

Pi

, принадлежащую

i

и

введём нормальный

Pi . Обозначим через

единичный вектор ni

в точке

i

вектор,

направленный

вдоль нормального вектора

с площадью i

в качестве модуля. Тогда, если

ni

n

существует предел интегральной суммы

Pi ,

i ,

не зависящий от способа

a

i 1

разбиения

на

i

и от выбора точек Pi , то он называется поверхностным

интегралом

второго

рода

и

обозначается:

n

Pi ,

i P x, y, z dydz Q x, y, z dxdz R x, y, z dxdy ,

a

,

d

lim

a

diam 0 i 1

(n )

где dxdy cos d ;

dxdz cos d ; dydz cos d ;

d – элемент площади i ;

,

P x( y, z), y, z dydz Q x, y(x, z), z dxdz

R x, y, z(x,

y) dxdy ,

a

d

Dyz

Dxz

Dxy

где Dyz , Dxz ,

Dxy – проекции на координатные плоскости yOz , xOz ,

xOy , а

x( y, z) ,

y(x, z) , z(x, y) – выражения, полученные из уравнения поверхности

Примеры

1. Вычислить I 4

x2 y2 dxdy , где

– нижняя сторона круга

2

a 3

I 4

x2 y2 dxdy 4

x2

y 2 dxdy

rrd dr d r

2

dr

Dxy

D

0

0

0

2

5

a

4

d

a5 .

r 2

2 5

0

5

Здесь выполнен переход от прямоугольных координат к полярным.

2. Вычислить I xdydz dxdz xz 2 dxdy ,

где – внешняя сторона сферы

x2 y2 z2

1, расположенная в первом октанте (рис. 4.3).

Dxz

Dyz

y

0

1

1

Dxy

x

Рис. 4.3

I1 xdydz ;

I2 dxdz ;

I xz 2 dxdy .

Так как вектор нормали составляет острые углы со всеми координатными

поверхности :

x

1 y2

z2

(для I1 );

z2

1 x2 y2

(для I3 )

и перейдём к

двойным интегралам:

I1

1 y2

z2 dydz ;

I2 dxdz ;

I3

x(1 x2

y2 )dxdy .

Dyz

Dxz

Dxy

Второй интеграл равен площади четверти круга

I2

;

I1 и

I3 вычислим

4

переходя к полярным координатам, полагая

x r cos ,

y r sin ,

dxdy rd dr ;

в обоих случаях

0 r 1;

0

.

2

2rdr dt,

rdr

dt

1 r 2 t,

;

I1 1 r 2 rd d

2

3

2

3

1

1

t

2

r

2

Dyz

t 2 dt

2

2 3

3

2

1

2

3

1

1

2

1

(1 r

)

d

d

.

0

3

0

3

0

3

2

6

2

1

2

r

3

r

5

1

2

I3 d r cos (1 r

)rdr sin

2

.

0

0

0

3

5

0

15

I I

I

I

2

5

2

.

1

2

3

4

6

15

12

15

3. Вычислить поверхностный интеграл I x2 y2 zdxdy , где – внутренняя

сторона нижней половины сферы x2

y2 z2 R2

(рис. 4.4).

Решение. Так как интеграл содержит лишь слагаемое с дифференциалами