Математический анализ Интеграл Ряды Вычислить интеграл Криволинейные интегралы Поверхностные интегралы Тройные интегралы в декартовых координатах в цилиндрических координатах в сферических координатах

Поверхностные интегралы первого рода

Рассмотрим скалярную функцию и поверхность S. Пусть S задана векторной функцией

где координаты (u,v) изменяются в пределах некоторой области определения в плоскости uv. Заметим, что функция рассматривается только в точках, принадлежащих поверхности S, то есть
Поверхностный интеграл первого рода от функции по поверхности S определяется следующим образом:
где частные производные и равны
а означает векторное произведение. Вектор перпендикулярен поверхности в точке .

Абсолютное значение называется элементом площади: оно соответствует изменению площади dS в результате приращения координат u и v на малые значения du и dv (рисунок 1).
Рис.1
Рис.2
Площадь поверхности S выражается с помощью поверхностного интеграла в виде
Если поверхность S задана уравнением , где
z (x,y) − дифференцируемая функция в области D (x,y), то поверхностный интеграл находится по формуле
Если поверхность S состоит из нескольких частей Si, то для вычисления поверхностного интеграла можно использовать свойство аддитивности:

Пример 1 Вычислить поверхностный интеграл , где S − часть плоскости , лежащая в первом октанте (x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0).


Решение.
Запишем уравнение плоскости в виде
     
Найдем частные производные
     
Применяя формулу
     
поверхностный интеграл можно выразить через двойной интеграл:
     
Область интегрирования D представляет собой треугольник, показанный выше на рисунке 2. Вычисляем окончательно заданный интеграл:
     

Пример 2 Вычислить интеграл , где S представляет собой полную поверхность конуса .


Решение.
Обозначим через S1 боковую поверхность конуса, и через S2 − его основание. Запишем данный интеграл в виде суммы двух интегралов
     
Найдем сначала первый интеграл I1, используя формулу
     
Частные производные здесь равны
     
Тогда
     
Поскольку
z = 2 для основания конуса, то область интегрирования D (x,y) определяется неравенством z2 + y2 ≤ 4 (рисунок 3). Следовательно, интеграл I1 записывается в виде
     
Его легко вычислить в полярных координатах:
     
Рассмотрим теперь второй интеграл I2. Уравнение основания конуса имеет вид
z = 2. Поэтому,
     
где равно площади основания . Тогда
     
Таким образом, полное значение поверхностного интеграла равно
     
Рис.3
Рис.4

 

Пример 3 Вычислить интеграл , где S − часть конуса внутри поверхности .


Решение.
Определим сначала область интегрирования D, которая является проекцией поверхности S на плоскость Oxy. Запишем уравнение в следующем виде:
     
Как видно, область интегрирования D представляет собой круг с центром в точке
(a, 0) (рисунок 4). Поскольку частные производные равны
     
то элемент площади конической поверхности имеет вид
     
Следовательно, по формуле
     
получаем
     
Для вычисления полученного интеграла удобно перейти к полярным координатам. Область интегрирования D при этом принимает вид
     
Тогда интеграл равен
     
В последней формуле интеграл I1 равен нулю, поскольку подынтегральная функция является нечетной, а интегрирование выполняется в интервале, симметричном относительно начала координат. Отсюда следует
     

Пример 4 Найти интеграл , где поверхность S − часть сферы , лежащая в первом октанте.


Решение.
Данный интеграл удобно вычислять в сферических координатах. Элемент площади в сферических координатах имеет вид . Поскольку , то интеграл можно записать в следующей форме:
     
Область интегрирования определяется как
     
Следовательно, интеграл равен
     

Пример 5 Найти интеграл , где S − часть цилиндрической поверхности, заданной параметрически в виде .


Решение.
Вычислим частные производные:
     
и их векторное произведение
     
Тогда, элемент площади заданной поверхности равен
     
Теперь можно вычислить поверхностный интеграл:
     

   Пример 6 Вычислить интеграл . Поверхность S задана параметрически в виде .


Решение.
Найдем частные производные и их векторное произведение:
     
Тогда элемент площади равен
     
Теперь несложно вычислить заданный поверхностный интеграл:      

Исследовать на конформность в точке z=¥ функцию w=iz-2.

Решение. Во всех точках z¹¥ производная существует и не равна нулю. При z=¥  , w=¥, поэтому, согласно определению, необходимо сделать две замены: , и . В итоге, для исследования на конформность имеем функцию Эта функция в точке z=0 имеет производную не равную нулю.


Решение задач на исследование функции Математический анализ