9.4. Поверхностные интегралы

9.4.1. Вычисление поверхностного интеграла Iрода.

Лемма. Площадь проекции плоской фигуры на плоскость равна площади самой фигуры, умноженной на абсолютную величину косинуса двугранного угла между плоскостями.

‰ Рассмотрим две плоскости и, образующие двугранный угол(рис.21). Пусть в плоскостизадана фигура, аеё проекция на. Обозначим их площади соответственнои. Надо доказать, что

. (19)

С

начала положим, чтоэто прямоугольник, одна сторона которогопараллельна ребру двугранного угла, а другая –перпендикулярна ребру (рис. 22).

Т

Рис.21

огда проекциейтакже будет прямоугольник, у которого одна сторона также параллельна ребру и также равна, а другая перпендикулярна ребру и равна. Продолжим стороныидо ребра. Получим линейный угол, который измеряет двугранный угол. Тогда, т.е.есть проекцияна плоскость. Отсюда получаем

,

если – острый угол.

Р

Рис.22

ассмотрим теперь произвольную фигуру на плоскости. Разобьём её на части прямыми линиями, одни из которых параллельны ребру, другие – перпендикулярны. Линии разбиения проектируются наи получается аналогичное разбиение нафигуры.

Будем считать, что число прямоугольников при таком разбиении равно на фигуре . Обозначим площадь каждого прямоугольника начерез,. Площадь полученных прямоугольников в проекциях обозначим через . Тогда площадьбудет состоять из площадей прямоугольников и тех частей, которые расположены у границы области, т.е. площадей некоторых неправильных частей. При достаточно мелком разбиении общая площадь неправильных частей сколь угодно мала, поэтому можно записать

,

а это и есть равенство (24).

Если – тупой угол, то следует взять, т.к. площадь неотрицательна. <

Р

Рис.23

ассмотрим теперь поверхностьи пусть на ней задана некоторая функция(рис.23). Пусть поверхность задана уравнением, т.е. всякая прямая параллельная осиОz пересекает поверхность только один раз. Пусть функцияинтегрируема на поверхности. Возьмём бесконечно малый элементповерхности и найдём связь междуи его проекциейна плоскостьОху. Эта проекция есть бесконечно малый элемент области , в которую проектируется поверхность. Вычислим поверхностный интеграл.

Пусть в некоторой точке поверхностиимеется касательная плоскость, уравнение которой имеет вид:

.

Т

Рис.24

очкапринадлежит некоторому элементуповерхностирис.24. Заменим изогнутый элементплоским элементом, имеющим ту же проекцию, что ив плоскостиОху. Можно приближёно считать, что .

Нормальный вектор плоскости имеет координаты. В качестве нормального вектора плоскостиОху возьмем . Тогда косинус угла между плоскостьюи плоскостьюОху есть косинус угла , который получается между нормалью в точке М к поверхности и осью Oz:

.

Тогда по лемме имеем:

,

,

откуда имеем:

. (20)

Вернёмся к вычислению интеграла . Так как поверхностьзадана функция, то из (20) следует, что

, (21)

Формула (21) сводит вычисления поверхностного интеграла по изогнутой поверхности , заданной уравнением, к вычислению двойного интеграла по плоской области, которая является проекциейна плоскостьОху.

Если поверхность задана уравнением, т.е. всякая прямая, параллельная осиОу, пересекает поверхность один раз, то формула для вычисления поверхностного интеграла, связывающая его вычисления с вычислениями двойного, следующая

,

где есть проекцияна плоскостьОхz, ,– острый угол с осьюОу.

Если , то

,

где – проекцияна плоскостьОуz, ,– острый угол с осьюОх.

Если на разных участках поверхность Σ задана различными уравнениями, то надо интеграл представить как сумму интегралов по различным участкам.

В случае параметрического (т.е. более общего) способа задания поверхности и, определенной и непрерывной на, имеют место следующие формулы:

,

где

,

,

.

Пример 10. Вычислить поверхностный интеграл первого рода , где_Σ – часть гиперболического параболоида , вырезанная цилиндром.

Решение. Воспользуемся формулой (21), когда _:

где – круг. Переходя к полярным координатам,и сводя двойной интеграл к повторному находим

.