Dxy

Для вычисления последнего интеграла используем полярную систему координат (x = ρcosϕ, y = ρsinϕ, |I| = ρ, уравнение окружности х2 + у2 = 4 преобразуется к виду ρ = 2), тогда

σ

2.4. Связь поверхностных интегралов I и II типов

Напомним сначала, как найти координаты единичного вектора нормали, т.е. её направляющие косинусы, если поверхность задана уравнением F(x, y, z) = 0:

grad F(M) = N M = {∂∂Fx (M ), ∂∂Fy (M ), ∂∂Fz (M )}

(см. [2]), где М – какая-то точка поверхности.

Заметим, в частности, что если уравнение поверхности задано в виде z = f(x, y), от него легко перейти к уже рассмотренному случаю F(x, y, z) = f(x, y) − z = 0.

Дифференцируя полученное уравнение, находим координаты вектора нормали, а затем его длину:

Теперь найдём проекции элемента поверхности dσ на каждую из координатных плоскостей:

Подставляя эти равенства в составной интеграл (7), получим формулу, связывающую поверхностные интегралы по поверхности σ первого и второго типов:

93

∫∫ P(x, y, z)dydz + Q(x, y, z)dxdz + R(x, y, z)dxdy =

σ

= ∫∫ [P(x, y, z) cos α+ Q(x, y, z) cos β + R(x, y, z) cos γ]dσ. (11)

σ

Пример 5. Вычислить

I = ∫∫ (3x − 2z)dydz − (x + 2z)dxdz − 3zdxdy ,

σ

где σ – часть плоскости (р) х + 2у + z = 4, вырезанная координатными плоскостями, по стороне, обращённой к началу координат.

Решение

Вариант 1. Вычислим поверхностный интеграл второго типа, переведя его в интеграл первого типа, для чего используем формулу (11). Из уравнения плоскости (р) х + 2у + z = 4 находим вектор нормали N {± 1, ± 2, ± 1} и его направляющие косинусы. Длина вектора

N = 1 + 22 + 1 = 6. По условию нормаль направлена в сторону начала координат, следовательно, все направляющие косинусы возьмём с отрицательным знаком:

Записываем формулу

Для вычисления поверхностного интеграла требуется выбрать одну из координатных плоскостей, например хоу, на которую проектируем плоскость (р) затем переводим поверхностный интеграл в двойной, заменив переменную z в подынтегральном выражении на z = 4 – x – 2y, соответственно вычислив dσ:

94

Вариант 2. Вычислим составной поверхностный интеграл второго типа как сумму трёх интегралов:

Направляющие косинусы найдены в предыдущем варианте решения, а, значит, при переходе к двойным интегралам по соответствующим координатам знак двойного интеграла будет отрицательным. Начнём с первого, спроектировав плоскость р на координатную плоскость yoz (см. рис. 14.16), в подынтегральном выражении заменим координату x = 4 – 2y – z.

Итак,

Чтобы вычислить I2, проектируем плоскость (p) на xoz (см. рис. 117):

Для вычисления I3 проектируем плоскость (p) на xoу (см. рис. 15) и заменяем лишнюю координату z = 4 – х – 2y, тогда

95

Ответ: 1283 .

2.5.Формула Остроградского

Втеории криволинейных интегралов мы познакомились с формулой Грина, связывающей двойной интеграл по плоской области с криволинейным по контуру этой области. Её аналогом в теории поверхностных интегралов служит формула Остроградского, связывающая тройной интеграл по пространственной области Т с интегралом по поверхности, ограничивающей эту область.

Теорема. Если функции P(x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z) непрерывны вместе со своими частными производными в области Т, то имеет место формула

∫∫P(x, y, z)dydz + Q(x, y, z)dxdz + R(x, y, z)dxdy =

σ

Доказательство. Формулу (14.12) можно рассматривать как результат суммирования трёх интегралов:

∫∫Pdydz =∫∫∫ ∂∂Px dxdydz ,

σT

∫∫Qdxdz =∫∫∫ ∂∂Qy dxdydz ,

σT

∫∫ Rdydx =∫∫∫ ∂∂Rz dxdydz .

σT

Докажем равенство (15). Рассмотрим цилиндрическое тело Т ограниченное поверхностями

σ1 : z = z1(x, y) , σ2 : z = z2 (x, y)

и цилиндром σ3 с образующими, параллельными оси oz.

Пусть D — область плоскости хоу, в которую проектируется тело Т, а функция R(x, y, z) определена в замкнутой области Т вместе со своей производной ∂∂Rz . Тогда

Равенство не нарушится, если к правой его части добавим интеграл по цилиндрической поверхности σ3

∫∫ R(x, y, z)dxdy = 0,

σ3

интеграл равен нулю, т.к. нормаль n3 образует с осью oz угол 90°, cos90° = 0 по всей поверхности σ3. Запишем символически окончательное равенство

Пример 6. Вычислить интеграл

I = ∫∫ (z + x 2 )dzdy + (y + z)dzdx + (2x 2 − 3y 3 + z)dxdy ,

σ

где σ – внешняя сторона замкнутой поверхности, ограниченной параболоидом х2 + у2 = 4 − z и плоскостью xoy

Решение. Обратите внимание на то, что мы используем условие примера 3. Применим формулу Остроградского:

где Т – тело, ограниченное указанными поверхностями.

Вычислим тройной интеграл в цилиндрической системе координат: x = ρ cos ϕ, y = ρ sin ϕ,

z = z, I = ρ.

Уравнения граничных поверхностей:

• параболоида, ограничивающего тело сверху:

(ρ cos ϕ)2 + (ρ sin ϕ)2 = 4 − z ρ2 = 4 − z;

• плоскости z = 0, ограничивающей тело снизу.

Интеграл записываем в виде трёхкратного в новой системе координат:

При сравнении ответов, полученных в примерах 3 и 4, убеждаемся в их идентичности и делаем вывод: задача решена верно и в том, и в другом случае.

Ошибка, которую часто допускают студенты, состоит в том, что применяют формулу Остроградского, не убедившись в выполнении условий теоремы Остроградского:

• замкнутости поверхности,

97

• непрерывности функций P(x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z) и их частных производных на поверхности и внутри неё.

Пример 7. Вычислить интеграл I = ∫∫ x33 dydz + z22 dxdy , где σ — внешняя сторона сферы

σ

х2 + у2 + z2 = R2.

Решение

Вариант 1. Вычислим интеграл непосредственно как сумму двух слагаемых. Начнём с последнего слагаемого:

I 2 = ∫∫ z22 dxdy .

σ

Чтобы проектирование было взаимно однозначным, сферу придётся разбить на две части:

• верхнюю полусферу – поверхность σ1, её уравнение

z = + R 2 − x 2 − y 2 ;

• нижнюю полусферу – поверхность σ2, её уравнение

z = − R2 − x 2 − y 2 ;

при этом обе поверхности проектируются в один и тот же круг плоскости хоу Нормаль n1 к верхней полусфере σ1 образует острый угол с осью oz, cosγ ≥ 0. Нормаль n2 к нижней полусфере σ2 образует тупой угол с осью oz, cosγ ≤ 0.

Перейдём к вычислению первого слагаемого составного интеграла

I 1 = ∫∫ x33 dydz .

σ

Чтобы перевести его в двойной интеграл, проектируем сферу на координатную плоскость yoz, получая при этом сумму двух поверхностных интегралов по двум половинкам сферы (ближней σ3 и дальней σ4):

I 1 = ∫∫+∫∫ .

σ3 σ4

Устанавливаем уравнение каждой из этих поверхностей и угол между нормалью и осью ох

(см. рис. 19)

σ3 : x = + R2 − z2 − y2 ,

нормаль n3 образует острый угол с положительным направлением оси ох, cosα ≥ 0 (стрелка нормали обращена к нам, как и сама ось ох)

Обе половинки сферы проектируются в круг радиуса R плоскости yoz. Обозначим эту область Dyz (см. рис..20).

98

Теперь можно вычислить поверхностный интеграл

Вариант 2. Вычислим интеграл I с помощью формулы Остроградского, учитывая, что поверхность гладкая и подынтегральные функции непрерывны и дифференцируемы в замкнутой области, ограниченной поверхностью σ :

Полученный тройной интеграл вычислим в сферических координатах