Вычисление поверхностного интеграла I рода

Лемма. Площадь проекции плоской фигуры на плоскость равна площади самой фигуры, умноженной на абсолютную величину косинуса двугранного угла между плоскостями.

‰ Рассмотрим две плоскости и , образующие двугранный угол (рис.21). Пусть в плоскости задана фигура , а её проекция на . Обозначим их площади соответственно и . Надо доказать, что

. (19)

Сначала положим, что это прямоугольник, одна сторона которого параллельна ребру двугранного угла, а другая – перпендикулярна ребру (рис. 22).

Рис.21

Тогда проекцией также будет прямоугольник , у которого одна сторона также параллельна ребру и также равна , а другая перпендикулярна ребру и равна . Продолжим стороны и до ребра. Получим линейный угол , который измеряет двугранный угол. Тогда , т.е. есть проекция на плоскость. Отсюда получаем

,

если – острый угол.

Рис.22

Рассмотрим теперь произвольную фигуру на плоскости . Разобьём её на части прямыми линиями, одни из которых параллельны ребру, другие – перпендикулярны. Линии разбиения проектируются на и получается аналогичное разбиение на фигуры .

Будем считать, что число прямоугольников при таком разбиении равно на фигуре . Обозначим площадь каждого прямоугольника на через , . Площадь полученных прямоугольников в проекциях обозначим через . Тогда площадь будет состоять из площадей прямоугольников и тех частей, которые расположены у границы области , т.е. площадей некоторых неправильных частей. При достаточно мелком разбиении общая площадь неправильных частей сколь угодно мала, поэтому можно записать

,

а это и есть равенство (24).

Если – тупой угол, то следует взять , т.к. площадь неотрицательна. <

Рис.23

Рассмотрим теперь поверхность и пусть на ней задана некоторая функция (рис.23). Пусть поверхность задана уравнением , т.е. всякая прямая параллельная оси Оz пересекает поверхность только один раз. Пусть функция интегрируема на поверхности . Возьмём бесконечно малый элемент поверхности и найдём связь между и его проекцией на плоскость Оху. Эта проекция есть бесконечно малый элемент области , в которую проектируется поверхность . Вычислим поверхностный интеграл .

Пусть в некоторой точке поверхности имеется касательная плоскость , уравнение которой имеет вид:

.

Рис.24

Точка принадлежит некоторому элементу поверхности рис.24. Заменим изогнутый элемент плоским элементом , имеющим ту же проекцию, что и в плоскости Оху. Можно приближёно считать, что .

Нормальный вектор плоскости имеет координаты . В качестве нормального вектора плоскости Оху возьмем . Тогда косинус угла между плоскостью и плоскостью Оху есть косинус угла , который получается между нормалью в точке М к поверхности и осью Oz:

.

Тогда по лемме имеем:

,

,

откуда имеем:

. (20)

Вернёмся к вычислению интеграла . Так как поверхность задана функция , то из (20) следует, что

, ( 21 )

Формула (21) сводит вычисления поверхностного интеграла по изогнутой поверхности , заданной уравнением , к вычислению двойного интеграла по плоской области , которая является проекцией на плоскость Оху.

Если поверхность задана уравнением , т.е. всякая прямая, параллельная оси Оу, пересекает поверхность один раз, то формула для вычисления поверхностного интеграла, связывающая его вычисления с вычислениями двойного, следующая

,

где есть проекция на плоскость Охz, , – острый угол с осью Оу.

Если , то

,

где – проекция на плоскость Оуz, , – острый угол с осью Ох.

Если на разных участках поверхность Σ задана различными уравнениями, то надо интеграл представить как сумму интегралов по различным участкам.

В случае параметрического (т.е. более общего) способа задания поверхности и , определенной и непрерывной на , имеют место следующие формулы:

,

где

,

,

.

Пример 10. Вычислить поверхностный интеграл первого рода , где Σ– часть гиперболического параболоида , вырезанная цилиндром .

Решение. Воспользуемся формулой (21), когда :

где – круг . Переходя к полярным координатам , и сводя двойной интеграл к повторному находим

.