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). 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 S_i, 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). 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 . 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

   Пример 3

Вычислить интеграл , где S − часть конуса внутри поверхности . 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. 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 . 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 . Найдем частные производные и их векторное произведение: Тогда элемент площади равен Теперь несложно вычислить заданный поверхностный интеграл: