Поверхностные интегралы. Учебное пособие

2. Моменты поверхности:

xOy

zOx

yOz

 









dzyxz

xy

M ,,

 









dzyxx

yz

M ,,

 









dzyxy

zx

M ,,

zyx ,,

 







 

  





dzyxzy

x

I ,,

22

 







 

  





dzyxyx

y

I ,,

22

 







 

  





dzyxyx

z

I ,,

22

xOy

zOx

yOz

 









dzyxz

xy

I ,,

2

 









dzyxyI

xz

,,

2

 









dzyxx

yz

I ,,

2

 







 



 





dzyxzyxI

O

,,

222

m

yz

M

c

x 

m

zx

M

c

y 

m

xy

M

c

z 

– статические моменты поверхности относительно координат-

ных плоскостей

,

;

; (4)

,

где

– координаты точки поверхности S;

– моменты инерции поверхности относительно координатных

осей

;

; (5)

;

– моменты инерции поверхности относительно координатных

плоскостей

,

;

; (6)

;

– момент инерции поверхности относительно начала координат

. (7)

3. Координаты центра масс поверхности имеют вид

,

. (8)

21

Пример 1

 

0,

2222

 zazyx

 

22

,, yxzyx 



 









dzyxm ,,

222

yxaz 

222

yxaz 

222

yxa

x

z







222

yxa

y

z

y

























 





 





 





 



S

dxdy

y

z

x

z

yxdyxm

2

1

2222



222

ayx 

xOy















S

yxa

dxdyyx

adxdy

yxa

yx

yxm

S 222

2

222

22

1

22



sin,cos  yx

15

6

2

0

22

2

sin

2

cos5

2

0

a

d

a

dam





















15

6

2 a



Найти массу поверхности верхней половины сферы

при поверхностной плотности

Решение

Массу материальной поверхности  вычисляем согласно форму-

ле (3):

.

Разрешим уравнение поверхности относительно z:

.

В нашем случае

.

Найдем частные производные:

,

.

Вычисление поверхностного интеграла сводится к вычислению

двойного интеграла, т.е.

,

где S – круг, ограниченный окружностью ресекается сфера с плоскость

.

, по которой пе-

.

Переходя к полярным координатам

, получим

.

Ответ:

.

22

Пример 2

 

10,

22

 zyxz

 

zzyx ,,



 









dzyxm ,,



















 





 





 





 



S

dxdy

y

z

x

z

zzdm

2

1



x

z

2



y

z

2









 

  



S

dxdyyxyxm

2

4

2

41

22



sin,cos  yx









1

0

2

41

3

2

1

0

2

41

3

2

0

2

41

2







ddd

S

dd



 



 



 



 

































5

1

2

1

2

8

5

1

16

2

1

2

5,11,0

4

22

41:

dttt

tприtпри

dtt

d

tзамена







 

60

1525

15

2

3

510

8

5

1

3

5

8







 





 







 





 







tt

 

60

1525 



Найти массу параболической оболочки, заданной уравнением

и имеющей плотность

.

Решение

Согласно формуле (3),

.

,

где S – круг с радиусом 1 с центром в начале координат.

Найдем частные производные:

,

, тогда

Переходя к полярным координатам

, получим

.

Ответ:

.

23

Пример 3

222

yxaz 

 







 

  





dzyxyx

z

I ,,

22

222

yxa

x

z







222

yxa

y

z



























 





 



 



 



dydx

yxa

y

yxa

x

dydx

y

z

x

z

d

222

2

222

2

1

2

1



222

yxa

dydxa

















 



 



 



 



S

dydx

yxa

a

yxdyx

z

I

222

2222



xOy

222

ayx 

















a

d

a

da

S

dd

a

z

I

0

3

4

22

3

2 0

4

22

3











3

4

4a

22

yxz 

 

10  z

Найти момент инерции полусферы

но оси Oz с постоянной плотностью, равной 1.

Решение

Согласно формуле (5),

Имеем

,

.

относитель-

.

;

.

Учитывая, что областью интегрирования S является проекция

сферы на плоскость

, т.е. круг

, и переходя к полярным

координатам, получим:

.

Ответ:

.

Пример 4

Определить координаты центра тяжести однородной параболиче-

ской оболочки

.

24

Решение

m

M

x

yz

c



m

M

y

zx

c



m

M

z

xy

c



 









dzyx

dzyxx

x

c

,,

 









dzyx

dzyxy

y

c

,,

 









dzyx

dzyxz

z

c

,,

 

constzyx ,,











d

dx

x

c









d

dy

y

c









d

dz

z

c







d

xOy

122 yx

   

 



















dddydxyxdydxzzd

SS

1

0

2

0

222

22

41411

 

6

155

3

412

2

0

1

0

2

3

2















 









dddydxyxxxd

SS

222

41cos41

2

 

0sin41cos41

1

0

22

2 0

22

2

0

1

0









ddd

0

c

x

Согласно формуле (8),

;

,

или, применяя формулы (3) и (4):

;

.

Так как фигура однородна,

, эта величина может

быть вынесена за знак интегралов и сокращена. В силу этого последние равенства примут следующий вид:

;

.

Вычислим интеграл

на плоскость

, учитывая, что проекцией поверхности

будет окружность

.

;

.

Значит,

.

25

Аналогично убеждаемся, что

0







dy

0

c

y

 



 



 











dddydxyxyxdz

SS

222

4141

322































5,11,0

4

22

41:

1 0

2

41

3

2

0

tприtпри

dtt

d

tзамена

dd











 

60

1525

2

0

5

1

3

5

16

1

5

1

16

2

1

2

0



























 





 



 



 



d

tt

dttt

d

 

15510

1525



c

z

0

c

x

0

c

y

 

15510

1525



c

z



 

Mnn 

n



cos



cos



cos

   









 







 





 

  



 



dydxMf

n

i

xy

dMf

i

xyi

Mf

i

d

1

0max

lim



    









S

dydxyxzyxfdydxzyxf ,,,,,

xOy

 

yxzz ,

и

.

Значит,

Ответ:

,

.

,

.

ПОВЕРХНОСТНЫЙ ИНТЕГРАЛ ПО КООРДИНАТАМ

Рассмотрим гладкую ограниченную двустороннюю поверхность

, где

являются его направляющие косинусы:

– нормаль к этой поверхности. Координатами вектора

,

, пред-

ставляющие собой функции точки поверхности. Составим интегральную сумму

.

Поверхностный интеграл сводится к двойному следующим образом:

где S – проекция  на плоскость знак «+» берётся, если нормаль n к поверхности образует острый угол с осью Oz, знак «–» берётся, если n образует тупой угол с осью Oz.

с уравнением

26

, (9)

. Причем

Зададим на поверхности  три функции

 

MP

 

MQ

 

MR

     

 









dzyxRzyxQzyxP cos,,cos,,cos,,

R

 

zyxP ,,

 

zyxQ ,,

 

zyxR ,,

 





dSzyxP



cos,,

dS



cos

dS

yOz

dS



cos

dzdy

yOz

 





dzdyzyxP ,,

     





 dxdyzyxRdxdzzyxQdzdyzyxP ,,,,,,





dxdyz



22

yxz 

0z

1z

,

.

Тогда интеграл вида

(10)

называют поверхностным интегралом второго рода от функций P, Q,

. Фактически этот интеграл представляет собой сумму трех отдельных

интегралов, соответствующих трём подынтегральным функциям

,

.

Рассмотрим первый из этих интегралов

. (11)

Входящее в него выражение

проекцию элемента площади Это позволяет натной плоскости

заменить элементом площади и записать интеграл в виде

на координатную плоскость

можно рассматривать как

на коорди-

. (12)

Аналогичным образом можно обозначить две другие составляю-

щие поверхностного интеграла, а весь поверхностный интеграл мож-

.

но представить в виде

Пример 1

Вычислить поверхностный интеграл второго рода

– нижняя сторона части конуса, заданной уравнением

и заключенной между плоскостями

27

. (13)

, где

и

.

Решение

    









S

dydxyxzyxfdydxzyxf ,,,,,

xOy

122 yx











S

dydxyxdxdyz

22



sin,cos  yx

3

2

1

0

3

2

1 0

2

0













 





 







 dd

3

2









 dxdyxydxdzxzdzdyyz

azyx 

     







 dxdyzyxRdxdzzyxQdzdyzyxP ,,,,,,

     

 





 dSzyxRzyxQzyxP



cos,,cos,,cos,,

 

yzzyxP ,,

 

xzzyxQ ,,

 

xyzyxR ,,

Согласно формуле (9)

,

а также с учетом того, что проекцией этой части конуса на координатную плоскость

является круг, ограниченный окружностью

, находим

.

Переходя к полярным координатам

, получим

.

Ответ:

.

Пример 2

Вычислить поверхностный интеграл второго рода

, где  – треугольник, образованный пересе-

чением плоскости

Решение

Согласно формулам (10) и (13),

где

с координатными плоскостями.

,

28

находим

 

3

1

2

cos 













 



 



z

F

y

F

x

F

x

F



 

3

1

2

cos 













 



 



z

F

y

F

x

F

y

F



 

3

1

2

cos 













 



 



z

F

y

F

x

F

z

F



dydxdydx

y

z

x

z

d 3

2

1 



 





 







 



 









   





















 



 



xy

dxdy

xy

yxaxyxay

dxdyxydxdzxzdzdyyz 3

333

    

 













xy

dxdyxxayxyya

xy

dxdyxyyxaxyxay

22

 





 





 













dxyxxay

yyxa

dyxxayxyyadx

a

xa

xaa

0

00

2

32

22

32

 

8

2

6

4

0

322

3

a

dxxaxxa

xa

a





 





 











8

4

a

;

Таким образом,

.

Ответ:

.

29

.

Пример 3

 





 dzdyzyx 24

424  zyx

Ox

 









S

dzdyzyzyxfdzdyzyxf ,,,,,

24

1

zy

x 

 

 



















 



 



 



 



dzdydzdy

S

dzdyzy

z

y

dzdyzyx 442

24

1424



S

dydz







S

Sddydz 1624

2

1

444

y

z

x

2

n

Вычислить поверхностный интеграл второго рода

, где  – верхняя сторона треугольника, образован-

ного пересечением плоскости стями, и нормаль к ней образует тупой угол с осью

с координатными плоско-

.

Решение

Вычислим поверхностный интеграл, сводя его к двойному со-

гласно формуле (9):

.

Выразим x из уравнения плоскости

и подставим в

интеграл:

.

(рис. 11), получим

Учитывая, что двойной интеграл

Ответ: 16.

Рис. 11

30

равен площади области S

.