Логинов Избранные разделы курса Векторный анализ (теория и примеры) 2009

Рис. 3.4

В дальнейшем, будут рассматриваться только двухсторонние поверхности.

Определение. Поверхность с выбранной стороной (совокуп- ность нормалей) называется ориентированной поверхностью.

Явно заданную поверхность Φ: z = f(x,y) называют положительно ориентированной, если косинус угла между вектором нормали к поверхности (в любой ее точке) и ортом оси z положите-

лен: cos (n,k) > 0.

Поверхность Φ: y = f(x,z) называют положительно ориентированной, если косинус угла между вектором нормали к поверхности (в любой ее точке) и ортом оси y положителен: cos(n,j) > 0.

Поверхность Φ: x = f(y,z) называют положительно ориентированной, если косинус угла между вектором нормали к поверхности (в любой ее точке) и ортом оси x положителен: cos(n,i)>0. На рис. 3.5 показана положительная ориентация поверхностей в каждом из этих трех случаев.

Рис. 3.5

51

Определение. Для замкнутой поверхности, положительной ориентацией называется выбор внешней нормали (рис. 3.6).

Рис. 3.6

3.2.2. Вычисление поверхностного интеграла 2-го рода

Теорема. Если ориентированная поверхность задана явно Ф: z=z(x,y) на D с непрерывно дифференцируемой функцией z(x,y), R(x,y,z) – непрерывна на Ф, тогда поверхностный интеграл

∫∫Rdxdy существует и вычисляется по формуле

Φ

∫∫R( x, y, z)dxdy = or Ф ∫∫R( x, y, z( x, y))dxdy .

Φ D

Здесь и в дальнейшем or Ф=1 для положительно ориентированной поверхности и or Ф=-1 в противном случае.

3.2.3. Связь с интегралом 1-го рода

Поверхностные интегралы первого и второго рода связаны равенством

∫∫R( x, y, z)dxdy =	∫∫R( x, y, z) cos γ dS .	(3.1)
Φ	Φ

Определение. Поверхность, которая однозначно проектирует- ся на все координатные плоскости, называется поверхностью ти- па А . Поверхность называется допустимой, если она непрерывно

52

дифференцируема, имеет везде ненулевую нормаль и допускает

разбиение на конечное число поверхностей типа А.

Для допустимых поверхностей Ф формула (3.1) будет верна по отношению ко всем координатным плоскостям. В частности, если на поверхности определено непрерывно дифференцируемое поле

V=(P,Q,R), то

∫∫	P dydz +Q dzdx+R dxdy = ∫∫ (P cos α +Q cos β + R cos γ) dS ,
Φ	Φ

где cos α, cos β, cos γ – направляющие косинусы единичной нормали к поверхности.

3.2.4. Простейшие свойства поверхностного интеграла 2-го рода

Введем обозначения: dS=ndS=(cos α, cos β, cos γ) dS. Это позволяет использовать векторное обозначение для интеграла 2-го рода

∫∫	P dydz +Q dzdx+R dxdy = ∫∫ (V,dS).
Φ	Φ

В векторных обозначениях связь между интегралами первого и второго рода выглядит следующим образом:

∫∫	(V,dS) = ∫∫ (V,n) dS.
Φ	Φ

Замечание. Как это следует из формул вычисления площади поверхности, dS=|N|dxdy для поверхности z(x,y), заданной явно, и dS=|N|dudv для параметрически заданной поверхности.

Эти выражения можно использовать при вычислении поверхностных интегралов. Например, для параметрически заданной поверхности можно записать

∫∫	(V,dS) = ∫∫	(V,n) dS= ∫∫	(V,n) |N|dudv= ∫∫ (V, N)dudv .
Φ	Φ	D	D

Отметим свойства интеграла 2-го рода:

53

1)	∫∫ (V,dS) = - ∫∫		(V,dS);
	Φ	Φ−
2)	∫∫ (αV + βW, dS) = α ∫∫ (V, dS) + β ∫∫ (W, dS);
	Φ		Φ	Φ
3)	∫∫	(V,dS) = ∫∫	(V,dS) + ∫∫	(V,dS);
	Φ1 Φ2	Φ1	Φ2

4) | ∫∫ (V,dS)| ≤ max |V|µΦ.

Φ

Пример 3.1. Найти статические моменты однородной треугольной пластинки x+y+z=a, x≥0, y≥0, z≥0, относительно координатных плоскостей (рис. 3.7).

Рис. 3.7

Решение. Требуется вычислить интегралы

∫∫xρ( x, y, z)dS , ∫∫ yρ( x, y, z)dS , ∫∫zρ( x, y, z)dS .							Плотность распре-
Φ	Φ		Φ
деления массы ρ=1. Поэтому
					a	a−x
∫∫xdS = ∫∫x									3
		3	dxdy =	3	∫ xdx ∫dy =					a3 .
Φ	D	0				0	6

Остальные моменты равны той же величине по соображениям симметрии.

Пример 3.2. Найти момент инерции относительно оси Oz одно-

54

родной сферической оболочки x2+y2+z2=a2 , z ≥ 0. Решение. Требуется вычислить интеграл

∫∫(x2 + y2 )ρ(x, y, z)dS = ∫∫(x2 + y2 )dS .

Φ Φ

Плотность распределения массы ρ возьмем равной 1. Найдем длину вектора нормали N для сферических координат

x=a cosθ cosϕ , y=a cosθ sinϕ , x=a sinθ:

i

j

k

i

j

k

∂x

∂y

∂z

= a2

− cos θsin ϕ

cos θ cos ϕ

0

=

N = ( A, B, C) =

∂ϕ

∂ϕ

∂ϕ

− sin θ cos ϕ

− sin θsin ϕ

cos θ

∂x

∂y

∂z

∂θ

∂θ

∂θ

=a2(cos2θ cosϕ, cos2θ sinϕ, sinθ cosθ ),

N

=a2 cos θ .

Эта величина равна модулю якобиана отображения, определяемого сферическими координатами. Тогда, используя сферические координаты для параметрического задания верхней полусферы (область изменения параметров – прямоугольник

D = [0,2π] × [− π / 2, π / 2]), получим:

		∫∫(x2 + y2 )dS = ∫∫( x2 + y 2 )		N	dϕdθ =
		Φ	D
	π
2π
= ∫dϕ∫2		(a2 cos2 θ cos2 ϕ + a2 cos2 θsin2 ϕ)a2 cos θdθ =
0	0

	π		π
2π	2	2		1
= a4 ∫ dϕ∫cos3 θdθ = 2πa4 ∫				(1 − sin2 θ)d sin θ = 2πa4 ∫(1 − u 2 )du =
0	0	0		0

= 2πa4 − 2 πa4 = 4 πa4 .

33

55

Пример 3.3. Найти координаты центра тяжести однородной поверхности, лежащей на конусе z = x2 + y 2 , вырезанной цилиндрической поверхностью x2 + y2 = ax (рис. 3.8).

Рис. 3.8

Решение. Координаты центра тяжести будут равны:

		∫∫xρ(x, y, z)dS		∫∫ yρ(x, y, z)dS		∫∫zρ(x, y, z)dS
	X =	Φ	, Y =	Φ	, Z =	Φ	.
		∫∫ρ( x, y, z)dS		∫∫ρ(x, y, z)dS		∫∫ρ(x, y, z)dS
		Φ		Φ		Φ

Считаем плотность распределения масс равной 1. Вес поверхности равен:

π

π

2

a cos ϕ

2

2

∫∫ρ( x, y, z)dS = ∫∫dS = ∫ dϕ

∫r

a2

∫cos2 ϕdϕ =

2dr = =

Φ

D

−

π

0

2

−

π

2

2

π

1

2

1

+ cos 2ϕ

π

=

a 2

∫

dϕ =

a2 .

2

−

π

2

2

2

2

Для координаты X центра тяжести интеграл в числителе будет равен

56

										π																				π
															a cos ϕ
									2																			1	2
∫∫xρ( x, y, z)dS = ∫ cos ϕdϕ ∫r 2																				2			dr =			2	a3			∫cos4 ϕdϕ =
Φ									−		π			0				3											−		π
											2																				2
					π																π
														2
			1	2					(1 + cos 2ϕ)							2		2
=	2	a3			∫										dϕ = a3						∫(1 + 2 cos 2ϕ + cos2 2ϕ)dϕ =
									4							12
3				−		π													−			π
				2														2

= a3 2 π .

8

Таким образам, найдем X = a . Из соображений симметрии

2

вторая координата центра тяжести будет равна Y = 0. И, наконец, для числителя третьей дроби

π / 2

a cos ϕ

a

3

π / 2

∫∫zρ(x, y, z)dS =

∫

dϕ

∫

r 2

2dr =

2

∫cos3 ϕdϕ =

Φ

−π / 2

0

3

−π / 2

2

2

3

4 2

a 3 .

=

a

2

−

=

3

3

9

Откуда Z = 19 a .

9π

Пример 3.4. Вычислить ∫∫xdydz + ydzdx + zdxdy , где Ф –

Φ

внешняя сторона сферы x2+y2+z2=a2.

Решение. ∫∫

Φ

=aµФ= a3 4π .

Пример 3.5.

r

r

(V,dS) = ∫∫

(V,n),

=

dS= ∫∫ r,

dS

= ∫∫ r,

dS

Φ

Φ

r

Φ

r

dzdx

dxdy

dydz

Вычислить

∫∫

+

+

,

где

Ф –

Φ

x

y

z

57

внешняя сторона эллипсоида

x2

+

y2

+

z 2

= 1.

a2

b2

c2

Решение. Запишем уравнение поверхности

в

явном

ви-

де z = c 1 −

x2

−

y2

. Тогда

a2

b2

p = −

c

x

= −

c2 x

, q = −

c

y

= −

c2 y

.

a2

a2 z

b2

b2 z

1 −

x

2

−

y

2

1 −

x

2

−

y

2

a2

b2

a2

b2

Откуда найдем нормаль к поверхности N = (− p,−q,1)

. После этого

вычисляется векторное произведение

c2

c

2

1

c2 1

1

1

(V , N ) =

+

+

=

+

+

.

b2

a2 z b2 z

z

z a2

c2

Обозначим через

верхний

полуэллипсоид,

а через D – его

проекцию на плоскость xOy. Обозначим

A =

1

+

1

+

1

. Учиты-

a2

b2

c2

вая ранее сделанное замечание и симметрию относительно координатных осей, получим

dydz

xΦ

dzdx

dxdy

dzdx

dxdy

(V , N )dxdy =

+

+

=2

dydz

+

+

= 2

∫∫

y

z

∫∫

y

z

x

D

1

1

1

dxdy

2π

1

rdr

= 2c

+

+

∫∫

= 2abcA ∫

dϕ∫

=

2

2

c 2

x 2

y 2

a

b

D

1

−

−

0

0 1 − r

2

a 2

b

2

1

1

du

= 4πabcA

∫

= 4πabcA .

2

1 − u

0

58

3.3.Формула Стокса

3.3.1.Поверхность, заданная уравнением z = z(x, y)

Рассмотрим ориентированную непрерывно дифференцированную поверхность Ф, однозначно проектируемую не все координатные плоскости. Пусть эта поверхность имеет задание z = z(x, y), где (x, y) Dz . Через Г обозначим край этой поверхности с согласованной ориентацией.

Определение. Согласованной называется такая ориентация, когда при обходе края поверхности в этом направлении с выбран-

ной нормалью поверхность остается слева.

На рис. 3.9 показана иллюстрация этого определения. Через Dx на этом рисунке обозначена проекция поверхности Ф на плоскость

x=0.

Рис. 3.9

Пусть P(x,y,z) задана и непрерывна на Ф и имеет там непрерыв-

ные частные производные ∂P ,

∂y

		∂P		∂P
	∫∫		dzdx −
		∂z		∂y
	Φ

∂P . Тогда имеет место равенство

∂z

dxdy = ∫ P( x, y, z)dx .

Области интегрирования показаны на рис. 3.10.

Рис. 3.10

59

3.3.2. Формула Стокса для векторного поля

Пусть Ф – допустимая ориентированная поверхность, V=(P,Q,R)– непрерывное на Ф поле, Г – край этой поверхности с согласованной ориентацией. Справедлива формула

∫ Pdx + Qdy + Rdz =

∂R

∂Q

∂P

∂R

∂Q

∂P

−

−

−

= ∫∫

∂y

dydz +

∂z

dzdx +

∂x

dxdy .

Φ

∂z

∂x

∂y

Ротор векторного поля определяется по формуле

i

j

k

rot V =

∂

∂

∂

.

∂x

∂y

∂z

P

Q

R

Используя ротор, формула Стокса может быть записана в векторной форме

cos α

cos β

cos γ

∫

(V, ds) = ∫∫

(rot V, dS)= ∫∫

∂

∂

∂

dS .

∂x

∂y

∂z

Φ

Φ

P

Q

R

Формула Стокса означает, что циркуляция векторного поля по

краю поверхности равна потоку ротора через эту поверхность.

Подробнее о смысле этой терминологии будет сказано позже.

Пример 3.6. Вычислить ∫ ydx + zdy + xdz , где С – окружность

C

x2+y2+z2=a2, x+y+z=0 , проходимая против часовой стрелки, если смотреть с положительной стороны оси Ox.

Решение. Вычислим ротор векторного поля

60