Если поверхность задана уравнением х = (y, z), то ее площадь Q = 1 (х у ) 2 (х z ) 2 dS, где D = пруoz Q. D Значит поверхностный интеграл по области Q мы можем свести к двойному по области D 2 2 F (x, y, z) dq = F (x, y, f (x, y)) 1 (f x ) (f y ) dS . Q Построим плоскость Q, записав ее уравнение в отрезках на координатную плоскость ХОУ. Получим треугольник D, ограниченный линиями х + 2у = 6, x = 0, y = 0. Элемент поверхности dq находим по формуле: 2 dq = D Рассмотрим связь между интегралом по замкнутой поверхности и некоторым тройным интегралом по объему, ограниченному этой поверхностью. Теорема. Если функции X (x, y, z), У (x, y, z), Z (x, y, z) непрерывны вместе со своими частными производными первого порядка в области R, то имеет место формула X У Z dx dy dz = (X cos α У cos β Z cos γ dq . у z R х Q Эта формула называется формулой Остроградского. x y z = 1. Спроектируем плоскость Q 6 3 2 на осях координат: Из уравнения плоскости выразим z = 1 z =- , 3 x Найдем 1 9 Тогда dq = 1 2 z =- . 3 y 4 dx dy = 9 Q = Задача 1. Вычислить (6х 4у 3z) dq , где Q – часть Q = плоскости x + 2y + 3z = 6, расположенная в I октанте. z 2 6 х 2 14 6 2 (5 ху у 6у) 3 0 х2 х3 = 3 14 3х 2 12 Д 3 6 1 (6 – x – 2y). 3 14 dx dy. 3 0 6 14 6 dx 3 0 6-х 2 (5х 2у 6) dу = 0 6 1 dx = 3 14 3 х - х 2 dx = 0 4 = 54 14 . 0 3 Q x dx dy. 14 1 6x 4y 3 (6 x 2y) dx dy = 3 D 3 14 (5x 2y 6) dx dy = 3 D у Решение. 2 Вычисление поверхностного интеграла по поверхности Q сводится к вычислению двойного интеграла по проекции D. Поэтому (6x 4y 3z) d q = 7.2. Рекомендации по решению типовых задач z z 1 x y у 0 Задача 2. Найти площадь части параболоида D 6 x z=2- х 2 у2 , расположенной под плоскостью хоу. 2 z Решение. d q = 1 2 0 2 y m = у dq = R x Q z z = -х, = -у x y dq = 1 х 2 у 2 dx dy Q D Так как область D – круг, то перейдем к полярным координатам х2 + у2 = r2, dx dy = r dr d. 2 2π 1 d = 0 3 S = d r 1 r 2 dr = (1 r 2 ) 2 3 0 0 0 = π 2 R r 2 dr 0 0 π 2 π 2 2π 1 1 (5 5 - 1) d = (5 5 - 1) 3 3 0 2 2π = 0 2π (5 5 - 1). 3 R2 r2 = 2 R x 2 y2 . = r R sin t = dr R cos t dt = 4R sin d R 2 sin 2 t dt = 0 0 S = dq = 1 x 2 y 2 dx dy. y dx dy R 2 x 2 y2 = 4R sin d R dx dy dx dy = D Q Для вычисления площади поверхности используем формулу S = dq . Из уравнения параболоида найдем 2π R 2 - х 2 y2 x 2 y2 R 2 x 2 y2 = 2 х2 y2 dx dy = R 2 x 2 y2 R 2 x 2 y2 3 = 2R (1 - cos 2t) dt sin d = 0 0 π 2 π 2 π 2 1 = 2R 3 t sin 2t 2 0 = R3 (- cos ) π 2 π π 2 sin d = 2 R3 sin d = 2 0 0 π 2 = R3 . 0 Задача 3. Найти массу полусферы z = R 2 x 2 y 2 , если плотность равна расстоянию до плоскости xoz. Q Решение. m = ρ dq , где = у Q z =x x 2 2 R x y 2 , z =y Задача 4. C помощью формулы Остроградского вычислить интеграл (ху сos α y z cos β x z cos γ ) dq , где Q- по- y 2 R x 2 y2 верхность пирамиды, грани которой заданы уравнениями x = 0, y = 0, z = 0, x + y + z = 1, а , , - углы, которые внешняя нормаль к поверхности образует с осями Ох, Oy, Oz. Решение. Поверхность Q образована четырьмя плоскостями, поэтому нам пришлось бы вычислять четыре поверх- ностных интеграла, чтобы получить интеграл по Q. Но так как поверхность Q замкнутая, то по формуле Остроградского поверхностный интеграл по Q можно заменить тройным интегралом по объему R, ограниченному поверхностью Q. Запишем формулу Остроградского 1 x2 y2 1 1 x2 y3 y2x = y y 2 6 2 0 2 Х У Z dV . (Х сos α У cos β Z cos γ ) dq = у z Q R х 1 1 x х3 dx = = 2 6 0 3 В нашем примере Х = ху, У = yz, Z = xz. У Х Z = у, = z, = x. у х z (xy сos α yz cos β xz cos γ ) dq = y z x dV . Найдем Q 1- х 1 = dх yx dy = 2 2 0 2 0 1 x dx = 0 1 х2 х4 х 4 24 3 1 = 0 1 . 8 7.3. Задачи для самостоятельного решения В задачах 1 – 4 вычислить интегралы. R Тело R изображено на рисунке. 4 1. z 2x y d q , где Q – часть плоскости z Q 3 z x y + + = 1, лежащая в первом октанте. 4 2 3 x+y+z=1 Ответ. 4 61 . 0 1 x+y=1 1 2. х 2 у 2 d q , где Q – боковая поверхность конуса y Q 2 x По известному правилу расставляем пределы в тройном интеграле: 1 1- х 1- х - у 0 0 0 x y z dV = dх R 1 = dх 0 dу z2 xz yz 2 0 1- х 1x y 0 2 x y z2 + =0 а2 а2 b2 Ответ. (х у z) dz = dy = (0 z b). 2π а 2 3 а 2 b2 . 3. R 2 x 2 - у 2 dq , где Q – полусфера Q z= R 2 x 2 y2 . Ответ. R3. 4. (х 2 у 2 ) dq , где Q – часть конической поверхности Q х + у – z2 = 0, заключенной между плоскостями z = 0, z = 1. 2 2 Ответ. π 2 . 2 В задачах 6 – 8 найти площади указанных частей данных поверхностей. 6. Части плоскости 6х + 3у + 2z = 12, заключенной в первом октанте. Ответ. 14. 7. Части y2 + z2 – x2 = 0, лежащей внутри цилиндра х2 + у2 = R2. Ответ. 2 R2. 2 8. Части z = 4x, вырезанной цилиндром у2 = 4х и плоскостью х = 1. Ответ. 16 ( 8 1) . 3 9. Найти массу поверхности куба 0 х 1, 0 y 1, 0 z 1, если поверхностная плотность в точке М (x, y, z) равна хуz. Ответ. 3 . 4 10. Вычислить с помощью формулы Остроградского интеграл (x z сos α x y cos β y z cos γ ) dq , где Q – поверхность, Q расположенная в первом октанте и составленная из цилиндра x2 + y2 = R2 и плоскостей х = 0, y = 0, z = 0, z = Н. 2R π H Ответ. R2 H . 3 8