Аналогично:

4.10Поверхностные интегралы I рода

4.10.1Определение поверхностного интеграла I рода

Пусть в точках некоторой поверхности S, с площадью S, пространства Oxyz определена непрерывная функция f (x, y, z). Разобьем поверхность S на n частей Si , площадь которых обозначим через ∆Si (рис. 4.26), а диаметры – через di , i =1,2, ,n . В каждой части Si возьмем произвольную точку Mi (xi , yi , zi ) и составим сумму

∆ = max di → 0 интегральная сумма (4.27) имеет предел, то он называется поверхностным

1≤i≤n

интегралом I рода от функции f (x, y, z) по поверхности S и обозначается ∫∫ f (x, y, z)dS .

S

z

Mi(xi,yi,zi)

Si

S

0

y

x

Рисунок 4.26

130

Отметим, что если поверхность S гладкая (в каждой ее точке существует касательная плоскость, которая непрерывно меняется с перемещением точки по поверхности), а функция f (x, y, z) непрерывна на этой поверхности, то поверхностный интеграл существует (теорема существования).

4.10.2 Основные свойства поверхностного интеграла I рода

1. Линейность

∫∫(c1 f1(x, y, z)±c2 f2 (x, y, z))dS = c1∫∫ f1(x, y, z)dS ±c2 ∫∫ f2 (x, y, z)dS ,

S S S

где c1, c2 – числа. Свойство справедливо для любого конечного числа функций fi (x, y, z), i =1,2, ,n .

4. ∫∫dS = S , где S – площадь поверхности S.

S

5.Оценка модуля интеграла

∫∫f (x, y, z)dS ≤ ∫∫ f (x, y, z)dS .

131

6. Теорема о среднем значении

Теорема 4.10. Если f (x, y, z) непрерывна на поверхности S, то на этой поверхности существует точка (xc , yc , zc ) такая, что

∫∫ f (x, y, z)dS = f (xc , yc , zc ) S , где S – площадь поверхности S.

S

7. Величина поверхностного интеграла первого рода не зависит от выбора стороны поверхности.

4.10.3 Вычисление поверхностного интеграла I рода

Вычисление поверхности интеграла I рода сводится к вычислению двойного интеграла по области D – проекции поверхности S на плоскость Oxy.

Разобьем поверхность S на части Si , i =1,2, ,n . Обозначим через σi проекцию Si на плоскость Oxy. При этом область D окажется разбитой на n частей σ1,σ2, ,σn . Возьмем в

σi произвольную точку Pi (xi , yi ) и восстановим перпендикуляр к плоскости Oxy до пересечения с поверхностью S. Получим точку Mi (xi , yi , zi ) на поверхности Si . Проведем в точке Mi касательную плоскость и рассмотрим ту ее часть Ti , которая на плоскость Oxy проектируется в область σi (рис. 4.27). Площади элементарных частей Si ,Ti и σi обозначим как ∆Si ,∆Ti ,∆σi соответственно. Будем приближенно считать, что

Pi

σi

Рисунок 4.27

132

где z′x (xi , yi ), z′y (xi , yi ), −1, – координаты нормального вектора к плоскости. Острый угол γi есть угол между векторами k (0,0,1) и ni = (− z′x (xi , yi ); − z′y (xi , yi ); 1). Следовательно,

∆Ti = 1+(z′x (xi , yi ))2 +(z′y (xi , yi ))2 ∆σi .

В правой части формулы (4.28) заменим ∆Si (учитывая (4.29)) на полученное выражение для ∆Ti , а zi заменим на z(xi , yi ). Поэтому, переходя к пределу при стремлении к нулю наибольшего диаметра Si (а, следовательно, и σi ), получаем формулу

выражающую интеграл по поверхности S через двойной интеграл по проекции S на плоскость Oxy.

Отметим, что если поверхность S задана уравнением вида y = y(x, z) или x = x(y, z), то аналогично получим:

Пусть поверхность S задана неявно уравнением F(x, y, z)= 0 и Fz′ ≠ 0, (x, y, z) S . В этом случае равенство F(x, y, z)= 0 определяет единственную неявную функцию z = z(x, y),

133

134

Пример 2. Вычислить интеграл ∫∫(x2 + y2 )dS , где поверхность S задана уравнением

S

z = 25 − x2 − y2 .

Решение. Поверхность S представляет собой верхнюю часть сферы z2 + x2 + y2 = 25 с радиусом R = 5 (рис. 4.30).

z

z = 25 − x2 − y2

y

x

Рисунок 4.30 Для вычисления интеграла воспользуемся формулой (4.31). Для этого найдем

где область D – круг x2 + y2 ≤ 5.

135

Для вычисления последнего интеграла перейдем к полярным координатам: