16.4.3. Поверхностный интеграл первого рода (по площади поверхности).

16.4.3.1. Определение поверхностного интеграла первого рода. Пусть в пространстве переменных x,y,z задана кусочно-гладкая поверхность , на которой определена функция f(x,y,z). Разобьём поверхность на частей , на каждой из частей выберем произвольную точку , найдём и площадь части (которую будем обозначать тем же символом ), и составим интегральную сумму . Если существует предел последовательности интегральных сумм при , не зависящий ни от способа разбиения поверхности на части , ни от выбора точек , то функция f(x,y,z) называется интегрируемой по поверхности , а значение этого предела называется поверхностным интегралом первого рода, или поверхностным интегралом по площади поверхности, и обозначается .

Теорема существования. Если функция f(x,y,z) непрерывна на поверхности , то она интегрируема по этой поверхности.

16.4.3.2. Свойства поверхностного интеграла первого рода. Для этого интеграла имеют место основные шесть свойств, справедливых для определённого, двойного, тройного интеграла, от линейности до теоремы о среднем. Сформулировать и доказать их самостоятельно. Седьмое, персональное, свойство - независимость поверхностного интеграла первого рода от выбора стороны поверхности.

16.4.3.3. Вычисление поверхностного интеграла первого рода.

16.4.3.3.1. Определение единичного вектора нормали к поверхности. Выражения для элемента площади поверхности. Предположим, что поверхность задаётся неявным уравнением ( - непрерывно дифференцируемая функция) и взаимно однозначно проецируется в область на плоскости Оху. Из теории функций нескольких переменных известно, что градиент функции ортогонален поверхности уровня этой функции, проходящей через точку, в которой найден градиент. Рассматривая уравнение как уравнение поверхности уровня функции трёх переменных , получаем, что в каждой точке поверхности ортогонален , т.е. является нормальным к вектором. Чтобы получить единичный нормальный вектор, достаточно просто пронормировать : , где знак перед дробью соответствует возможности выбора двух возможных взаимно противоположных направлений нормали. В координатной форме , где - базисные орты. Если сравнить это выражение с представлением градиента через направляющие косинусы: , то , , . Теперь мы можем выразить элемент площади поверхности через элемент площади в каждой координатной плоскости: , , . В частном случае задания уравнения поверхности в явном виде получим , т.е. , , , , поэтому , , , и . Мы уже пользовались этой формулой при вычислении площади поверхности с помощью двойного интеграла.

16.4.3.3.2. Выражение поверхностного интеграла через двойной интеграл по проекции поверхности на координатную плоскость.Пусть поверхность взаимно однозначно проецируется в область на плоскости Оху. Будем считать, что поверхность задана уравнением , . В интегральной сумме выразим площадь через двойной интеграл по её проекции на плоскость Оху: . Применим к этому интегралу теорему о среднем: существует точка такая, что . Значение подынтегральной функции будем вычислять в точке , такой, что . Тогда .

Слева стоит интегральная сумма для поверхностного интеграла, справа - для двойного; переход к пределу при (при этом и ) даёт

.

Эта формула и применяется для вычисления поверхностных интегралов. Естественно, в каждой задаче надо выбирать, на какую из координатных плоскостей предпочтительней проецировать поверхность; если проецирование не взаимно однозначно, поверхность разбивается на части, которые проецируются однозначно.

Примеры. 1. Найти , где  - часть цилиндра x² + z² = 2x, вырезаемая гиперболоидом x² - y² + z² = 1 и плоскостью z = 0 (z > 0).

Решение: Найдем проекцию поверхности  на плоскость OXY. Исключим из уравнений цилиндра и гиперболоида переменную z:

2x = y²+1 - уравнение проекции линии пересечения двух поверхностей на OXY. Полагая в уравнении цилиндраz = 0, получим уравнение линии пересечения цилиндра и плоскости OXY. Таким образом, поверхность  проецируется в область D, ограниченную параболой x =(y²+1) и прямой x=2. Часть цилиндра, удовлетворяющая условию z>0, задается уравнением z = . Тогда = =. Таким образом, .

2. Найти, где - полная поверхность цилиндра x²+y² = 1, 0 ≤ z ≤ 1.

Решение: Искомый интеграл равен сумме трех интегралов: по нижнему и верхнему основаниям ₁ и ₂ и боковой поверхности (рис.18). Так как на нижнем основании z=0, то =0. Для верхнего основания₂ имеем z(x,y)=1, ==0, поэтому поверхностный интеграл по₂ совпадает с двойным интегралом от функции z(x,y)|xy| = |xy|, взятым по кругу D ={x²+ y²<1}:

Найдем интеграл по боковой поверхности. Она состоит из двух частей: ₃ и ₄ , симметричных относительно плоскости OYZ. Так как функция z|xy| - четная по x, то интегралы по ₃ и ₄ равны.

Проекция ₃ на плоскость OYZ - прямоугольник D:{-1 ≤ у ≤ 1, 0 ≤ z ≤1}. Уравнение ₃ : х=Отсюда:

Окончательно получаем:

3. Найти , где - сфера x² + y² + z² = R².

Решение: Использование соображений симметрии позволяет иногда существенно упростить вычисление интегралов. Очевидно, что для сферы . Тогда