Векторный анализ. Поверхностный интеграл I рода

Что это

Интеграл функции по площади поверхности:

S \iint f (x, y, z) d S .

Ориентация не участвует, $d S > 0$ . При $f \equiv 1$ получается площадь поверхности, в физике — масса оболочки с поверхностной плотностью $f$ .

Две рабочие формулы

Поверхность задана явно, $z = z (x, y)$ над областью $D$ :

d S = 1 + z_{x}^{2} + z_{y}^{2} d x d y .

Для плоскости $A x + B y + C z = D$ этот множитель постоянен и равен $A^{2} + B^{2} + C^{2} / ∣ C ∣$ — его сразу выносят за интеграл.

Поверхность задана параметрически, $r (u, v)$ :

d S = r_{u} \times r_{v} d u d v .

Для сферы радиуса $a$ в сферических координатах $x = a sin θ cos φ$ , $y = a sin θ sin φ$ , $z = a cos θ$ это даёт $d S = a^{2} sin θ d θ d φ$ — формулу стоит помнить, она экономит половину решения.

Порядок действий

Выбрать способ задания: плоскость и графики — явно, сферы и цилиндры — параметрически.
Найти проекцию $D$ (для явного задания) или пределы параметров.
Выписать $d S$ .
Подставить уравнение поверхности в $f$ — это часто резко упрощает подынтегральное выражение, потому что на самой поверхности переменные связаны.

Где ошибаются

Забывают множитель $d S$ и считают двойной интеграл по проекции. Для наклонной плоскости это занижает ответ ровно в $1 + z_{x}^{2} + z_{y}^{2}$ раз.
Неверно находят проекцию. Для куска плоскости в первом октанте проекция — треугольник, ограниченный следом плоскости на $z = 0$ , и её вершины надо выписывать явно.
Ошибаются в пределах повторного интеграла. После подстановки верхнего предела во внутренний интеграл выражение стоит проверить в одной точке (например, $x = 0$ ) — арифметическая ошибка тут обнаруживается мгновенно.

Задачи

Задача 1 (Поверхностный интеграл I рода по куску плоскости). Вычислите

S \iint (2 x + 3 y + 2 z) d S,

где $S$ — часть плоскости $x + 3 y + z = 3$ , лежащая в первом октанте.

Решение.

Поверхность. Плоскость пересекает оси в точках $(3; 0; 0)$ , $(0; 1; 0)$ , $(0; 0; 3)$ , значит $S$ — треугольник с этими вершинами.

Элемент площади. Выразим $z = 3 - x - 3 y$ . Тогда $z_{x} = - 1$ , $z_{y} = - 3$ и

d S = 1 + z_{x}^{2} + z_{y}^{2} d x d y = 1 + 1 + 9 d x d y = 11 d x d y .

Для плоскости этот множитель постоянен, поэтому его сразу выносят за интеграл.

Проекция. Проекция $S$ на плоскость $O x y$ — треугольник, ограниченный следом $x + 3 y = 3$ и осями, то есть

0 ⩽ x ⩽ 3, 0 ⩽ y ⩽ \frac{3 - x}{3} .

Упрощение подынтегральной функции. На поверхности переменные связаны, и подстановка $z = 3 - x - 3 y$ обычно резко упрощает выражение: $2 x + 3 y + 2 z = 2 x + 3 y + 2 (3 - x - 3 y) = 6 - 3 y$ .

Интегрирование. Внутренний интеграл по $y$ :

\int_{0}^{(3 - x) /3} (6 - 3 y) d y = [6 y - \frac{3 y ^{2}}{2}]_{0}^{(3 - x) /3} = 2 (3 - x) - \frac{( 3 - x ) ^{2}}{6} .

Приводим к общему знаменателю:

= \frac{12 ( 3 - x ) - ( 3 - x ) ^{2}}{6} = \frac{36 - 12 x - 9 + 6 x - x ^{2}}{6} = \frac{27 - 6 x - x ^{2}}{6} .

Полезно подставить контрольную точку: при $x = 0$ выражение даёт $27/6 = 4, 5$ , и то же самое получается прямой подстановкой в $2 \cdot 3 - 9/6$ . Сходится.

Внешний интеграл:

11 \int_{0}^{3} \frac{27 - 6 x - x ^{2}}{6} d x = \frac{11}{6} [27 x - 3 x^{2} - \frac{x ^{3}}{3}]_{0}^{3} = \frac{11}{6} (81 - 27 - 9) = \frac{45 11}{6} .

= \frac{15 11}{2} .

Ответ: $\frac{15 11}{2}$ .

Задача 2 (Поверхностный интеграл I рода по куску плоскости (вариант)). Вычислите

S \iint (x + z) d S,

где $S$ — часть плоскости $2 x + y + 2 z = 2$ , лежащая в первом октанте.

Решение.

Поверхность. Плоскость отсекает на осях точки $(1; 0; 0)$ , $(0; 2; 0)$ , $(0; 0; 1)$ .

Элемент площади. Из уравнения $z = 1 - x - y /2$ , откуда $z_{x} = - 1$ , $z_{y} = - 1/2$ и

d S = 1 + 1 + \frac{1}{4} d x d y = \frac{3}{2} d x d y .

Тот же множитель получается и по коэффициентам плоскости: $A^{2} + B^{2} + C^{2} /∣ C ∣ = 4 + 1 + 4 /2 = 3/2$ . Это удобная проверка.

Проекция. След плоскости на $z = 0$ — прямая $2 x + y = 2$ , поэтому $0 ⩽ x ⩽ 1$ , $0 ⩽ y ⩽ 2 - 2 x$ .

Подстановка.

x + z = x + 1 - x - \frac{y}{2} = 1 - \frac{y}{2} .

Подынтегральная функция потеряла зависимость от $x$ — обычный эффект при подстановке уравнения поверхности.

Интегрирование.

\frac{3}{2} \int_{0}^{1} \int_{0}^{2 - 2 x} (1 - \frac{y}{2}) d y d x .

Внутренний интеграл:

[y - \frac{y ^{2}}{4}]_{0}^{2 - 2 x} = (2 - 2 x) - \frac{( 2 - 2 x ) ^{2}}{4} = (2 - 2 x) - (1 - x)^{2} .

Обозначим $u = 1 - x$ : выражение равно $2 u - u^{2}$ . Тогда

\frac{3}{2} \int_{0}^{1} (2 u - u^{2}) d x, u = 1 - x .

При замене $x : 0 \to 1$ переменная $u$ пробегает $1 \to 0$ , и с учётом $d x = - d u$

\frac{3}{2} \int_{0}^{1} (2 u - u^{2}) d u = \frac{3}{2} [u^{2} - \frac{u ^{3}}{3}]_{0}^{1} = \frac{3}{2} \cdot \frac{2}{3} = 1.

Ответ: $1$ .

Задача 3 (Поверхностный интеграл по части сферы). Вычислите

S \iint (x + y + z) d S,

где $S$ — часть сферы $x^{2} + y^{2} + z^{2} = a^{2}$ ( $a > 0$ ), лежащая в первом октанте.

Решение.

Здесь явное задание $z = a^{2} - x^{2} - y^{2}$ привело бы к корню в знаменателе и несобственному интегралу на границе проекции. Сферические координаты избавляют от этого целиком.

Параметризация. $x = a sin θ cos φ$ , $y = a sin θ sin φ$ , $z = a cos θ$ .

Первый октант отвечает $θ \in [0; π /2]$ (верхняя полусфера) и $φ \in [0; π /2]$ (первый квадрант в плоскости $O x y$ ).

Элемент площади. Для сферы радиуса $a$ : $d S = a^{2} sin θ d θ d φ$ .

Множитель $sin θ$ обязателен: у полюса поясок площади вырождается, и без него интеграл будет завышен.

Подстановка.

x + y + z = a (sin θ (cos φ + sin φ) + cos θ) .

I = a^{3} \int_{0}^{π /2} \int_{0}^{π /2} (sin θ (cos φ + sin φ) + cos θ) sin θ d θ d φ .

Разбиваем на два слагаемых. Переменные разделяются, поэтому каждый двойной интеграл распадается в произведение одномерных.

Первое слагаемое:

a^{3} \int_{0}^{π /2} sin^{2} θ d θ \cdot \int_{0}^{π /2} (cos φ + sin φ) d φ = a^{3} \cdot \frac{π}{4} \cdot 2 = \frac{π a ^{3}}{2} .

Второе слагаемое:

a^{3} \int_{0}^{π /2} sin θ cos θ d θ \cdot \int_{0}^{π /2} d φ = a^{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{π}{2} = \frac{π a ^{3}}{4} .

Итог.

I = \frac{π a ^{3}}{2} + \frac{π a ^{3}}{4} = \frac{3 π a ^{3}}{4} .

Проверка размерности: интеграл от длины по площади должен иметь третий порядок по $a$ — так и есть.

Ответ: $\frac{3 π a ^{3}}{4}$ .

Задача 4 (Поверхностный интеграл по полусфере (вариант)). Вычислите

S \iint z d S,

где $S$ — полусфера $z = 4 - x^{2} - y^{2}$ .

Решение.

Параметризация. Полусфера — верхняя половина сферы радиуса $a = 2$ : $x = 2 sin θ cos φ$ , $y = 2 sin θ sin φ$ , $z = 2 cos θ$ , $θ \in [0; π /2]$ , $φ \in [0; 2 π]$ .

В отличие от предыдущей задачи $φ$ пробегает полный круг: ограничения на знаки $x$ и $y$ нет.

Элемент площади. $d S = a^{2} sin θ d θ d φ = 4 sin θ d θ d φ$ .

Интегрирование.

S \iint z d S = \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{π /2} 2 cos θ \cdot 4 sin θ d θ d φ = 8 \int_{0}^{2 π} d φ \int_{0}^{π /2} sin θ cos θ d θ .

Внутренний интеграл: $\int_{0}^{π /2} sin θ cos θ d θ = [\frac{s i n ^{2} θ}{2}]_{0}^{π /2} = \frac{1}{2}$ .

= 8 \cdot 2 π \cdot \frac{1}{2} = 8 π .

Проверка через среднее. Площадь полусферы радиуса $2$ равна $2 π a^{2} = 8 π$ , значит среднее значение $z$ по полусфере равно $8 π /8 π = 1 = a /2$ . Это известный факт (проекция равномерно распределённой по сфере точки на ось распределена равномерно), и он подтверждает ответ.

Ответ: $8 π$ .

Что это

Две рабочие формулы

Порядок действий

Где ошибаются

Задачи

surface-integral-first-kind.ipynb