Если поверхность задана уравнением х = (y, z), то ее площадь

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
1x 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 