§2. Площадь поверхности, заданной параметрическими уравнениями
Часто поверхности удобно задавать параметрическими уравнениями
,
где
,
а
- некоторая плоская область, ограниченная
кусочно-гладкими кривыми. Пусть
.
Кроме
того, пусть в любой точке
ранг матрицы
равен 2. Это означает, что в любой точке
хотя бы один из миноров второго порядка
этой матрицы не равен 0. Если, скажем, в
некоторой точке
,
то это означает (вспомним сформулированную
в конце второго семестра теорему о
системе неявных функций), что уравнения
можно решить, выразив в окрестности
этой точки переменные
через переменные
,
т.е. получить равенства вида
.
Подставив эти выражения в уравнение
,
получим уравнение
,
т.е. в окрестности рассматриваемой точки
поверхность может быть задана явным
уравнением вида (1).
(Если другой минор, например,
,
то
имеем, по аналогии,
,
а если минор
,
то
).
Обозначим
символом
вектор
.
Рассмотрим произвольную точку
.
Зафиксируем сначала
и рассмотрим
– кривую на поверхности. Тогда
–
вектор
касательной к этой кривой. Аналогично,
- вектор касательной к кривой
.
Нормаль
к поверхности является нормалью к
касательной плоскости и перпендикулярна
и
.
Условие
означает,
что
и
не параллельны. Поэтому в качестве
нормального вектора можно взять
(векторное произведение) или
.
Тогда
единичные векторы нормали равны
,
при этом выбору верхней нормали
соответствует выбор того же знака, что
и знак числа
,
перед корнем (поскольку тогда
).
Если
поверхность задана параметрическими
уравнениями, то, как указывалось выше,
в окрестности любой её точки её возможно
задать явным уравнением (
, или
, или
).
Предположим,
что поверхность, заданная параметрическими
уравнениями, представляет собой
объединение конечного числа частей,
каждая из которых задана явным уравнением,
и рассмотрим одну из её частей, для
которой
.
Тогда площадь этой части, по доказанному
выше, равна
.
Перейдём в этом интеграле к переменным
,
учитывая, что якобиан перехода – это
как раз определитель
,
а
,
и пусть области
соответствует область
на плоскости
.
Тогда по теореме 1.5 (о замене переменных
в двойном интеграле)
.
Легко
проверить, что в случае уравнения
или
получится интеграл такого же вида:
Объединяя
все полученные части, получаем общую
площадь
,
где
‑ вся область изменения параметров
Отметим,
что выражение
можно преобразовать к более удобному
для вычислений виду.
Числа
являются координатами вектора
.
Поэтому
– квадрат модуля вектора
.
Напомним, что модуль векторного
произведения равен
(
- угол между
).
Значит,
.
Введём обозначения
;
и
.
Тогда
,
и формула для площади поверхности,
заданной параметрическими уравнениями,
такова:
.
§3. Поверхностные интегралы 1-го типа
Пусть
– поверхность, имеющая площадь
. Рассмотрим разбиение
этой поверхности на части Si
с помощью непрерывных кусочно-гладких
кривых. Пусть функция
определена во всех точках поверхности
S.
Выберем произвольным образом точки
и рассмотрим сумму
.
Определение.
Пусть
ℝ.
Если
,
то мы говорим, что I
есть поверхностный
интеграл 1-го типа
от
функции
по поверхности
и
обозначаем это следующим образом:
.
Пример
задачи, моделью которой служит
поверхностный интеграл первого типа –
нахождение массы поверхности S,
поверхностная плотность которой в точке
равна
.
Поверхностный интеграл первого типа обладает свойствами линейности и аддитивности. Для вычисления поверхностного интеграла 1-го типа удобно использовать следующие теоремы.
Теорема
4.1.
Пусть
поверхность
задана
уравнением
,
где
– непрерывно дифференцируемая на
квадрируемой области
функция,
.
Тогда для любой непрерывной на поверхности
функции
выполнено
равенство
.
Замечание
1.
Если поверхность задана уравнением
,
где
–
непрерывно дифференцируемая на
квадрируемой области
функция, то
.
Аналогично,
в случае задания поверхности уравнением
при
аналогичных условиях на область
и функцию
.
Теорема 4. 2. Если поверхность задана параметрическими уравнениями
,
где
– непрерывно дифференцируемые функции
на квадрируемом множестве
и если функция
непрерывна на
, то
.
Теоремы 1 и 2 оставим без доказательства. Вместо этого приведём пример вычисления поверхностного интеграла 1-го типа.
Задача.
Найти
,
где
– граница тела, координаты точек которого
удовлетворяют неравенствам
.
Решение. Это тело представляет собой конус:
состоит
из боковой поверхности
и основания
.
На боковой поверхности, уравнение
которой имеет вид :
,всюду,
кроме точки
выполнены равенства
и
.
Поэтому
.
Нарушение
этой формулы в единственной точке
не повлияет на результат вычисления,
поэтому
,
где
– проекция
на
плоскость
,
т.е.
–
круг, координаты точек которого
удовлетворяют неравенству
.
В
интеграле, стоящем в правой части,
перейдём к полярным координатам, (см.
§5 главы 1,
якобиан преобразования):
.
Основание
задано уравнением
,
поэтому
и
(этот интеграл отличается от вычисленного выше лишь множителем, поэтому подробное вычисление опущено).
Итак, весь интеграл равен
