Krivolinejnie_i_poverhnostnie_integrali

du Pdx Qdy Rdz			функция u x, y, z может быть восстановлена по
формуле
x, y,z
u x, y, z		Pdx Qdy Rdz
x0 , y0 ,z0
x		y	z
P x, y0 , z0 dx Q x, y, z0 dy R x, y, z dz C				(11),
x0		y0	z0
где x0 , y0 , z0	произвольная точка из D .

6.7. Контрольные вопросы и задания по теме «Поверхностные интегралы».

1.Напишите параметрические уравнения сферы, конуса, круглого цилиндра.

2.Какая поверхность называется простой? Гладкой? Приведите примеры.

3.Дайте определение касательной плоскости к поверхности. Справедливо ли утверждение: «в каждой внутренней точке гладкой поверхности существует касательная плоскость и нормаль»?

4.Сформулируйте теорему об измеримости поверхности, заданной параметрически и запишите формулу для вычисления ее площади.

5.Дайте определение поверхностного интеграла первого рода.

6.Сформулируйте теорему о существовании поверхностного интеграла I рода и сведении его к двойному для поверхности, заданной параметрически.

7.Напишите формулу сведения поверхностного интеграла первого рода к двойному для явно заданной поверхности.

8.Что такое ориентация поверхности? Как можно задавать ориентацию гладкого куска поверхности?

9.Укажите нормаль, определяющую нижнюю сторону поверхности

zf x, y .

10.Дайте определение кусочно-гладкой поверхности. Что называется ориентацией кусочно-гладкой поверхности?

11.Дайте определение поверхностных интегралов второго рода. Зависят ли они от ориентации поверхности?

12.Сформулируйте достаточные условия существования поверхностного интеграла второго рода. Напишите формулы сведения его к двойному интегралу, если поверхность задана

а) параметрически; б) явно.

13.Напишите формулу Остроградского-Гаусса и сформулируйте условия, при которых она справедлива.

14.Пользуясь формулой Остроградского-Гаусса, покажите, что объем области D , ограниченной кусочно-гладкой поверхностью S , можно вычислить по формуле

V	1	xdydz ydzdx zdxdy , где интеграл берется по внешней
3		S

стороне S .

15.Напишите формулу Стокса и сформулируйте условия, при которых она верна.

16. Что означает утверждение: « Pdx Qdy Rdz не зависит от пути

AB

интегрирования»?

17.Что означает утверждение: «Выражение Pdx Qdy Rdz является полным дифференциалом»?

18.Дайте определение поверхностно-односвязной области. Приведите примеры таких областей.

19.Сформулируйте теорему о независимости криволинейного интеграла от пути интегрирования.

20. Пусть du Pdx Qdy Rdz . Напишите формулу для нахождения функции u x, y, z .

6.8. Примеры решения задач по теме «Поверхностные интегралы».

6.8.1. Поверхностные интегралы первого рода и их приложения.

При вычислении поверхностных интегралов первого рода могут представиться случаи, когда поверхность S задана явно, неявно и параметрически. Приемы вычисления интегралов во всех случаях на примерах.

Пример 1. (Случай явного задания поверхности S)

	Вычислить	1 4x2 4y2 ds ,	где S конечная		часть	поверхности
	S
	z 1 x2 y2 , отсеченная плоскостью Z = 0.
	z 1		Решение.	Поверхность задана явно
		уравнением, разрешенным относительно z,
	zфикс	т.е.	уравнением		вида		z=z(x,y).
		Проектируем		поверхность		(параболоид

x	x2 y2 1	z
		фикс

x2 y2 1.

вращения) в плоскость X0Y. Линией пересечения поверхности с координатной плоскостью X0Y является окружность Действительно, полагая в уравнении поверхности Z=0, т.е. решая систему

z 1 x2 y2

z 0 (ур-ние плоскости X 0Y )

и получаем окружность. Каждая другая точка поверхности, указанной в

условии задачи, спроектируется во внутренность круга x2 y2 1.

Действительно, т.к. в условии задачи берется конечная часть поверхности,

отсеченной плоскостью		Z=0, то из уравнения поверхности x2 y2 1 z
1 z 0 , т.е.	0 z 1, и, зафиксировав		0 z 1 (геометрически это значит,
что берется	сечение	поверхности	плоскостью z = const), получим:

x2 y2 1 zфикс - окружность в плоскости z = const, параллельной плоскости

X0Y. Поэтому она (эта окружность) спроектируется в саму себя в плоскости

X0Y т.к. 0 1 zфикс 1, то эта окружность будет лежать внутри круга

x2 y2 1. Итак, проекцией поверхности S, данной в условии, служит круг x2 y2 1 в плоскости X0Y.

Тогда

z 2

z 2

ds

1

dxdy

x

y

2

2

2

2

2

2

1

1 x

y

1 x

y

dxdy

x

y

1 ( 2x)2 ( 2y)2 dxdy

ДПрSX 0Y : x2 y2 1

1 4x2

4y2 ds

1 4x2 4y2

1 4x2

4y2 dxdy

s

D:x2 y2 1

x cos

1 4x2

4y2 dxdy

y sin

D:x2 y2 1

І 0 2 0 1

2

1

2

1

d 1 4 2 d

2

3

3

2

0

0

0

Пример 2.

Вычислить x( y z)ds , где S – часть цилиндрической поверхности

s

x

b2 y2

, отсеченной плоскостями z =0, z = c, c>0.

Решение.

Здесь

уравнение

поверхности

разрешено

относительно x,

поэтому

проектировать

поверхность

Z

будем

в

плоскость

Y0Z.

Вид

c

поверхности

x

b2

y2

становится

y

совершенно понятным, если переписать

-b

b

b

ее уравнение в виде

x

2

y

2

b

2

, x 0.

Это

половина

цилиндрической

x

поверхности

с

направляющей,

параллельной оси 0Z. Проекцией поверхности служит прямоугольник

0 z c

b y b, b 0

x(y z)ds

x(y, z) (y z)

x 2

x 2

dydz

1

s

ПрS

y

z

YOZ

y

2

b

2

y

2

(y z)

2

dydz

1

0

b

2

y

2

0 z c

b y b

y2

b2

y2 (y z)

1

dydz

b

2

2

0 z c

y

D: b y b

y z

b

dydz b ( y z)dydz

b2

y2

b

2

2

D

y

D

c

b

2

b dz (y z)dy

b

.

2

0

b

c

Пример 3. Вычислить

(2z2 x2

y2 )ds ,

где S – часть поверхности

s

z x2 y2 , вырезанная цилиндром x2 y2 2x

Решение. z x2 y2 - коническая поверхность, z 0

x2 y2 2x x2 y2 2x 0

	z
S	y
	1
	2
	x

x 1 2 y2 1 – цилиндрическая

поверхность На рисунке указана часть

поверхности, вырезанная цилиндром.

Проекцией ее в плоскость X0Y

служит круг x 1 2 y2 1

																		2														2
													2			2													2		2
ds		1								x				y														x		y			dxdy
					x																	y
							x						2								y				2
	1																								dxdy
				x		2	y		2										x	2	y		2

				x2			y2
		1						dxdy 2dxdy
			x2	y2		x2	y2

Тогда

2z2 x2 y2 ds													2z2x,y x2 y2																dxdy
																												2
s									ПрSX 0Y
					2	y	2	x			2	y		2																		x		2		y	2	dxdy
																								2
				2 x											2dxdy
	x 1 2 y2 1																									x 1 2 y2 1
	x 1 cos
	y sin									2			1
																									2					2		2
0 2																															sin
									2 d 1 cos																										d
	0 1								0				0
	I
			2	1
																			3 2
			d 1 2 cos p2 d																				.
		2
	0			0											2
Пример				4.	Вычислить								x( y z)ds ,														где S						–			граница тела,
														s
ограниченного поверхностями x																b2 y2 , z=0, z=c, x=0

Решение. Поверхность кусочно-гладкая, состоит из частей поверхностей.

z	S3
c		S1
S2
-b	b	y
b
x	S4

S1 : x b2 y2 , y b S2 : x 0,0 z c, y b

S3 : z c, y b,0 x b2 y2 S4 : z 0, y b,0 x b2 y2

Поэтому

S S1 S2 S3 S4

Вычислим последовательно все интегралы. мы вычислили в

S1

упражнении №2

x(y z)ds				x( y, z)(y z)	1 xz ' 2 xy ' 2 dydz
S2			ПрS2 Z0Y
но уравнение S2: x = 0
		0 (y z)dydz 0 .

ПрS2Y0Z

z 2

z 2

x(y c)

1

dxdy ,

y

S

ПрS

x

3

3X 0Y

но так как S3 : z c ,

то

z

z

0

x

y

x(y c)dxdy

x(y c)dxdy

ПрS3X 0Y

2

y

2

b

x

x 0

x cos

b

2

sin

d 2 cos ( sin c)d d

y

2

0

I ,

0 b

2

2,

b

2

1

d

(

3 sin 2 c 2 cos )d

0

2

2

b

2

b

2

1

d

3 sin 2 d c

d 2 cos d .

2

0

2

0

2

Первый интеграл равен нулю в силу однородности подынтегральной

функции и нечетности по . Вычислим 2-й интеграл:

		b								b							3			b
2						2																2c
c	d 2 cos d 2c cos 2d 2c																						b3 ,
		0				0				0					3						3
	2																			0
				x( y 0)dxdy								xydxdy
S4 ПрS4 X 0Y							2	y	2	b	2
						x
						x 0
														2								b
x cos
															cos sin d 3d
y sin
																					0
						,0 b, I								2
		2			2
	2

cos sin d 0 , в силу нечетности подынтегральной функции

2

0 .

S4

Таким образом,

	b2		2cb3
				.
	c2		3
S
Пример 5. (Случай параметрического задания поверхности S)
Вычислить		zds , где S – часть поверхности геликоида
		S

x u cosv

y usin v

z v

0 u a;0 v 2

Решение. Вычислим ds

EG F 2 dudv

E

x 2

y

2

z 2

2

v

2

v 0 1

cos

sin

u

u

u

G

x 2

y 2

z 2

u

2

2

v u

2

2

v 1 u

2

sin

cos

1

v

v

v

F

x

x

y

y

z

z

cosv u ( sin v) u cosv sin v 0 0

u v

u v

u v

ds

u2 1dudv,

a

2

a

2

zds

v u2

1

dudv

u2

1

du vdv

u2

1

du vdv

S

0 u a

0

0

0

0

0 v 2

(в силу однородности подынтегральной функции и постоянных пределов интегрирования)

	2		1 a		2	ln a 1 a		2
		a							.

Пример 6. Вычислить xdydz ydxdz zdxdy;						где S		– внешняя
S
	2		2		2		2		2		2
сторона полной поверхности цилиндра x		y		a	, тогда D: x			y		a
h z h						h z h

Решение. Так как поверхность S замкнутая, по формуле

Остроградского – Гаусса

		z			xdydz ydxdz zdxdy
					S
		h			(1 1 1)dxdydz
					D
- a				a	3 dxdydz 3 a2 2h 6 a2h .
	a			y	D
					dxdydz - объем цилиндра с
				Здесь
x		- h
					D

радиусом основания, равным a и высотой равной 2h

Пример

7.

Вычислить

z

x2dydz y2dxdz z2dxdy , где S –

внутренняя

S

b

сторона

боковой

поверхности

конуса

x2

y2

z2

0,

отсеченная

плоскостью

y

a2

a2

b2

a

z 0 (0 z b)

S1

x

Решение. Поверхность S – незамкнутая,

поэтому непосредственно формулу Остроградского – Гаусса применить нельзя. Чтобы ее применить, замкнем поверхность S частью плоскости z = 0.

	z 0
На рисунке это поверхность S1 :		x2 y2 a (рассматривается
	x x
	y y
верхняя сторона поверхности S1 ,	т.е. cos cos(n,oz) 1). Получим (т.к. S –
внутренняя сторона поверхности)
x2dydz y2dxdz z2dxdy x2dydz y2dzdx z2dxdy
S	S1

(2x 2y 2z)dxdydz.

D

Так как

		b	2		2		2
D x, y, z x, y D1, 0 z				x		y			,
		a	2
где D1 x, y / x2 y2 a2 , то для	вычисления							целесообразно перейти

D

к цилиндрическим координатам:

x cos

y sin

z z

где

0 2

0 a

				b
0 z
				a

Получим

2x 2y 2z dxdydz

D
2	a					b						2		b2
2 d cos sin																d I1
						a						2		a	2
0	0

Дальнейшее вычисление I1 трудности не представляет, проведите его

самостоятельно.

Вычислим,

I2 x2dydz y2dxdz z2dxdy,

S1

сводя его к поверхностному интегралу первого рода. Учитывая, что на S1

cos cos 0,cos 1,ds	1 z 'x 2 z 'y 2 dxdy dxdy ,
будем иметь
I2 Pcos Qcos Rcos ds z2 x, y dxdy 0 ,		т.к.
S1	D1

z x, y 0 .