Задачи за лицев интеграл

§4. Задачи за лицев интеграл

Съдържание
1. Пресмятане на лицев интеграл от първи род
2. Пресмятане на лицев интеграл от втори ред

ТЕОРИЯ
Повърхнинни (лицеви) интеграли от първи род. Нека гладката повърхнината
()yxfz ,:=Σ, () Dyx∈,, е графика на функцията
()yxf,, която има непрекъснати
производни в затворената измерима област
2
xy
R⊂D. Да изберем една точка D
P∈ и
нека M е образа на P върху повърхнината.

Да разгледаме допирателната равнина
p през точка
M и нека γ е ъгълът, който
сключва нормалният вектор
N с оста Oz. Тогава лицето на успоредната на Oz
проекция на
D върху равнината p можем да вземем приблизително в качеството на
лице
()Σμ на тази повърхнина. По този начин от геометрични съображения за лице
получаваме формулата

()
()
γ
μ
≈Σμ
cos
D
.
Ако имаме интегрално деление {}
n
kk
D
1=
=τ , то от последното намираме

()
()
()[] ()[] ()∑∑
==
μ′+′+=
γ
μ
≈Σμ
n
k
kkykx
n
k k
k
DPfPf
D
1
22
1
1
cos ,
което след характерния интегрален граничен преход преминава във формулата

()
∫∫
′+′+=Σμ
D
yx
dxdyff
22
1 .
В общия случай формулата за лице на повърхнина има вида

()
∫∫∫∫
=′×′=Σμ
DD
vu
dudvdudv Nrr,
Изразът
dudvd
vu
rr′×′=σ се нарича лицев елемент на повърхнината.
Повърхнинен интеграл от първи род от функцията ( )zyxf,, върху гладката
повърхнина ()vu,:rr=Σ , () Ω∈vu, , се дефинира чрез формулата
() () ()()()∫∫∫∫
ΩΣ
′×′=σdudvvuzvuyvuxfdzyxf
vu
rr,,,,,,, ,
когато съществува интегралът в дясната страна на равенството.
Повърхнинни интеграл от втори род. Нека върху ориентираната чрез
нормалите
vu
rrN ′
×′= проста гладка повърхнина ()vu,:rr =Σ , ()Ω∈vu, , е зададено
векторното поле
kjiF RQP
++= . Тогава можем да образуваме скаларното
произведение

γ+β+α= coscoscos PQPFn , () γβα==cos,cos,cos
N
N
n
.

Повърхнинен интеграл от втори род от векторното поле F върху ориентираната проста
гладка повърхнина Σ се нарича повърхнинният интеграл от първи род от скаларното
произведение Fn,

()∫∫∫∫
ΣΣ
σγ+β+α=σ dRQPdcoscoscosFn .

ЗАДАЧИ
Задача 1.
()
()
σ++=∫∫
dzyxI
S
236
където
()S е частта от равнината
1
32
=++→
zy
xρ от първи октант.
Решение.

Равнината 1
32
=++→
zy
xρ има явно уравнение yxz
2
3
33 −−= . Следователно
dxdydxdyffd
yx
2
7
4
9
911
22
=++=′+′+=σ
Заместваме и
yxz
2
3
33 −−= в подинтегралния израз на дадения интеграл. Получава се

()
()
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−−++=++=∫∫∫∫
dxdyyxyxdzyxI
DS
2
7
2
3
33236236
σ



()
21
2
2.1
.212121 ====∫∫
Ddxdy
D
μ

Задача 2 .

()
()
σ+=∫∫
dyxI
S
22

по външната страна на сферата () 9
222
=++→ zyxS .
Решение. Използваме, че

()
()
()[]
dxdy
F
FFF
yxzyxfdzyxf
z
zyx
DS
222
,,,,,
++
=σ∫∫∫∫
,
където
2222
azyxF −++= , а
222
: ayxD ≤+

Следователно

()
()
()
=
++
+=σ+=∫∫∫∫
dxdy
z
zyx
yxdyxI
DS
2
444
2
222
2222
dxdy
yxa
yx
a
D
∫∫
−−
+
=
222
22
2
За да решим получения двоен интеграл, преминаваме към полярни координати.
Полагаме

ar
Dr
ry
rx
≤≤
≤≤
=Δ⇒
=
=
0
20
: ,
sin
cos
πϕ
ϕ
ϕ

Тогава

=
−
=∫∫
rdr
ra
r
daI
aπ
ϕ
2
00
22
2
2
{полагаме tarattdtadrtar cos,
2
0,cossin
22
=−≤≤=⇒=
π
}. Получава се

44
2
0
33
2
0
3
8
3
2
.4sin|2 aatdtaaI
ππϕ
π
π
===∫

Задача 3.

()
dxdy
z
dzdx
y
dydz
x
I
S
111
++=
∫∫
по външната страна на полуелипсоида

()
0;1
2
2
2
2
2
2
≥=++→ z
c
z
b
y
a
x
S .

Решение. Използваме, че

()
( )
/
///
zD
zyx
S
F
dxdy
RFQFPFRdxdyQdzdxdydzPI
∫∫∫∫
++=++=
, a
1
2
2
2
2
2
2
−++=
c
z
b
y
a
x
F и
1:
2
2
2
2
≤+
b
y
a
x
D


=
−−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
++=∫∫
2
2
2
2
2
222
1.
2
1
.
21
.
21
.
2
b
y
a
x
c
c
dxdy
zc
z
yb
y
xa
x
I
D


∫∫
−−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
++=
D
b
y
a
x
dxdy
cba
c
2
2
2
2
222
1
111

За да решим получения двоен интеграл, преминаваме към обобщени полярни
координати. Полагаме

10
20
: ,
sin
cos
≤≤
≤≤
=Δ⇒
=
=
r
Dabr
bry
arx
πϕ
ϕ
ϕ

Тогава

=
−
ϕ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
++=∫∫
π
dr
r
abr
d
cba
cI
2
0
1
0
2
222
1
111

[ ]=−−⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
++π=
1
0
2
222
|1
111
2 r
cba
abc


⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
++=
222
111
2
cba
abc
π

Задача 4.

()
zdxdyydzdxxdydzxyI
S
++=∫∫
22

по горната страна на параболоида
()
22
4 yxzS +=−→ в първи октант.
Решение. Решаваме интеграла по същия начин при
4
22
−++= zyxF и 4:
22
≤+yxD

() =−−++=∫∫
dxdyyxyyxxxyI
D
2222
422

() dxdyyxyx
D
∫∫
−−+=
2222
44
За да решим получения двоен интеграл, преминаваме към полярни координати.
Полагаме
20
2
0
: ,
sin
cos
≤≤
≤≤
=Δ⇒
=
=
r
Dr
ry
rx
π
ϕ
ϕ
ϕ
. Тогава

()( )
∫∫∫∫
=−+=−−+
2
0
2
0
22242222
4cossin444
π
ϕϕϕ rdrrrddxdyyxyx
D


()∫∫
+−=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−+=
2
0
2
0
22
7
2
0
4
2226
sin1sin
3
2
|
4
2cossin
6
4
ππ
ϕϕϕϕϕϕdd
r
rr
()
3
14
2
2
.
2
1
.
4
3
2
.
2
1
3
2
2
48
7
π
π
πππ
=+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=−+
Задача 5.
Да се реши лицевия интеграл

(
)
()
() ()
S
I y z dydz z x dzdx x y dxdy=− +− +−∫∫ ,
където (S) е външната страна на коничната повърхнина
22
,0zxy zh= +≤≤