Белов В.Н., Неклюдов А.В., Титов К.В. - Поверхностные интегралы, страница 2

IЕсли поверхность σ нельзя однозначно спроецировать ни наодну из трех координатных плоскостей, то ее разбивают на две(или более) поверхности, каждую из которых можно однозначноспроецировать на одну из координатных плоскостей, т. е. задатьуравнением вида z = z(x, y), либо y = y(x, z), либо x = x(y, z).При этом интеграл на всей поверхности по свойству аддитивности равен сумме интегралов по отдельным частям, на которые онаразбита.ZZz|xy|dσ, где σ —Пример 4. Найтиσполная поверхность цилиндра x2 + y 2 = 1,0 ≤ z ≤ 1.J Искомый интеграл равен сумме трехинтегралов: по нижнему и верхнему основаниям σ1 и σ2 и боковой поверхности σ3 (рис.

7). Так как z = 0 на ниж-Рис. 79нем основании σ1 цилиндра, тоZZz|xy|dσ = 0. Посколь-σ1ку для верхнего основания σ2 имеем z = z(x, y) ≡ 1,то ∂z/∂x = ∂z/∂y = 0. Поэтому поверхностный интеграл по σ2 совпадает с двойным интегралом от функцииz(x, y) |xy| = |xy|, взятым по кругу, полученномув результате проецирования σ2 на плоскость Oxy Dxy = (x, y) : x2 + y 2 6 1 :ZZz|xy|dσ =σ2ZZDxyπ|xy|dxdy = 4Z2cos ϕ sin ϕdϕ0Z1ρ3 dρ =0π sin ϕ 2 ρ4 1 1=4= .2 0 4 0 2Найдем интеграл по боковой поверхности σ3 .

Поскольку уравнение поверхности σ3 не содержит переменной z и ее проекция наплоскость Oxy вырождается в линию (окружность), то интегралпо σ3 нельзя найти с помощью проецирования на плоскость Oxy.Поэтому проецируем σ3 на одну из двух других координатныхплоскостей — например на плоскость Oxz. При этом поверхностьσ3 нельзя спроецировать на плоскость Oxz однозначно, посколькуона состоит из двух частей: σ4 и σ5 , симметричных относительно плоскости Oxz (см. рис. 7). В Zсвязис тем чтоZZ Z подынте2гральная функция z|xy| четная по y,иZZσ3z|xy|dσ =ZZσ4z|xy|dσ +ZZz|xy|dσ =σ4z|xy|dσ = 2σ5z|xy|dσZσZ5σ5z|xy|dσ.Проекцией поверхности σ5 на плоскость Oxz является прямоугольник Dxz = {−1 6 x 6 1, 0 6 z 6 1}.

На рис. 7 штриховкой выделена половина этого прямоугольника при 0 6 x 6 1.Поскольку y > 0 для σ5 , то из уравнения√ цилиндра находимдляповерхностиσ:y=y(x,z)=1 − x2 , получаем5s 2 2ZZ∂y∂y1+= √. Отсюдаz|xy|dσ =1+∂x∂z1 − x2σ310ZZZ1Z1dxdz=2z|x| 1 −= 4 zdz xdx = 1.1 − x20DxzZ Z0ZZZZz|xy|dσ =z|xy|dσ+z|xy|dσ+Окончательно имеемpx2 √σZZσ1σ213+z|xy|dσ = 0 + + 1 = . I22σ3ZZx2 dσ, где σ — сфера x2 + y 2 + z 2 = R2 .Пример 5. Найтиσσ из Zсоображенийсимметрии справедливоJ Для ZсферыZZZZвыражениеx2 dσ =y 2 dσ =z 2 dσ. Отсюда исходяσσσиз свойства 1 поверхностного интеграла получаем1=3ZZσ1(3x )dσ =32ZZσZZσZ Z1(x + y + z )dσ = R2322x2 dσ =2dσ =σ4 πR41.I= R2 Sсферы =33Этот пример наглядно иллюстрирует эффективность использования соображений симметрии для упрощения вычислений поверхностных интегралов.1.4. Механические и физические приложения поверхностногоинтеграла 1-го родаМасса поверхности.

Пусть на поверхности σ распределенамасса с поверхностнойплотностью μ(x, y, z). Тогда масса поверхZZμ(x, y, z)dσ.ности M =σСтатические моменты поверхности σ относительно координатных плоскостей Oyz, Oxz, Oxy соответственноZZZZMyz =xμ(x, y, z)dσ, Mxz =y μ(x, y, z)dσ,σσ11Mxy =ZZz μ(x, y, z)dσ.σКоординаты центра масс C(xC , yC , zC ) поверхности σ xC == Myz /M, yC = Mxz /M, zC = Mxy /M.Моментинерции поверхности σ относительно прямой LZZrL2 (x, y, z)μ(x, y, z)dσ, где rL2 (x, y, z) — расстояние отIL =σточки (x, y, z), лежащей на поверхности σ, до прямой L.Моменты инерции относительнокоординатных осей Ox,ZZ(y 2 + z 2 )μ(x, y, z)dσ, Iy =Oy, Oz соответственно Ix =ZZ=(x2 + z 2 )μ(x, y, z)dσ, Iz =σσZZ(x2 + y 2 )μ(x, y, z)dσ.σМоментинерции Z Zотносительно произвольной точкиP (x0 , y0 , z0 )IP =(x − x0 )2 + (y − y0 )2 + (z − z0 )2 ×σмомент инерции относительно начала×μ(x, y, z)dσ.

ВZ частности,Z1(x2 + y 2 + z 2 )μ(x, y, z)dσ = (Ix + Iy + Iz ).координат I0 =2σПример 6. Найти координаты центра масс полусферы x2 +y 2 +2+ z = R2 , −z > 0, если поверхностная плотность в каждой точкеравна расстоянию от этой точки до оси Oz.px2 + y 2 .J Поверхностная плотность равна μ(x, y, z) =Поскольку для верхней полусферыz > 0, то она задается уравpR2 − x2 − y 2 .

Учитывая, что проекнением z = z(x, y) =ция Dxy этойна Oxy полусферы есть круг радиусом R, т. е.Dxy Z Z=(x, y) : x2 + yZ2 Z6 R2 , масса полусферыZZ p M =pμ(x, y, z)dσ ==x2 + y 2 dσ =x2 + y 2 ××qσσpR2x2− −1 + [(sZZ px2 + y 2 1 +=Dxy12y 2 )0x ]2Dxyp+ [( R2 − x2 − y 2 )0y ]2 dxdy =x2 + y 2dxdy =R 2 − x2 − y 2=ZZ px2+DxyRdxdyy2 pR2 − x2 − y 2=RZ2π0dϕZR0ρ2pR2 − ρ2dρ = RZρ2 − R2 + R2R2pdρ = 2πR  pdρ −= 2πRR2 − ρ2R2 − ρ200ZRZRp22RρR −ρ− pR2 − ρ2 dρ =dρ = 2πR  R2 arcsin −22R 0R −ρ00πR 2πR2π2 R3=−.= 2πR242ZRИнтегралZR p0R2 − ρ2 dρ равен четверти площади круга ра-диусом R, т. е. πR2 /4.

Найдем координату zC центра масс полусферы. ZСтатическиймомент Zотносительноплоскости OxyZZ ppMxy =R2 − x2 − y 2 x2 + y 2 ×z μ(x, y, z)dσ =σ×pRdxdyR 2 − x2 − y 2Dxy=RZZ px2 + y 2 dxdy = 2πRDxyZRρ2 dρ =2 πR4.30Mxy2 πR4 /3Отсюда получаем координату центра масс zC == 2 3 =π R /2M4R2 πR4 2=. Из соображений симметрии очевидно, что=3 π2 R33πкоординаты центра масс xC и yC равны нулю. IПриложения к задачам электростатики и гравитации. Еслипо поверхности σ распределены электрические заряды с поверхностнойплотностью γ(x, y, z), то общий заряд поверхностиZZQ=γ(x, y, z)dσ.σ13Потенциал электростатического поля, создаваемого заряженной поверхностью σ в точке (x0 , y0 , z0 ),ZZγ(x, y, z)pU (x0 , y0 , z0 ) = k0dσ, (4)2(x − x0 ) + (y − y0 )2 + (z − z0 )2σгде k0 — коэффициент пропорциональности, зависящий от системыединиц.

На точечный заряд q, помещенный в точку (x0 , y0 , z0 ), состороны заряженной поверхности действует сила∂U ~ ∂U ~ ∂U ~~~k . (5)i+j+F = −q grad U (x0 , y0 , z0 ) = −q∂x0∂x0∂x0Формулы, аналогичные (4) и (5), справедливы для гравитационного потенциала, создаваемого массами, распределенными поповерхности σ, и для силы, с которой эта поверхность притягиваетточечную массу. При этом постоянная k0 замещается гравитационной постоянной γ0 , плотность зарядов γ(x, y, z) — плотностью массμ(x, y, z), заряд q — точечной массой m. Формула для силы притя~ U (x0 , y0 , z0 ).жения имеет при этом следующий вид: F~ = m gradОтсутствие минуса в выражении для силы объясняется тем, чтогравитационное и электростатическое взаимодействия имеют различный характер – массы притягиваются, тогда как одноименныезаряды отталкиваются.Пример 7.

Найти потенциал электростатического поля равномерно заряженной сферы радиусом R. Плотность заряда γ == γ(x, y, z) = const.J Найдем потенциал в точке A, находящейся на расстоянииl от центра сферы. Введем систему декартовых координат так,чтобы центр сферы совпадал с началом координат, а точка A лежала на положительной полуоси Oz, т. е. A(0, 0, l), l > 0. Значениепотенциала есть сумма потенциалов U1 и U2 , создаваемых верхнейизи нижней полусферами σ1 и σ2 2 . Каждая полусфер проециру22в плоскости Oxy, ихется на круг Dxy = (x, y) : x + y 6 Rp∂zx,уравнения z = ± R2 − x2 − y 2 , отсюда= ∓p2∂xR − x2 − y 2s ∂zyR∂z 2∂z 2=∓p,+=p.1+∂y∂x∂yR 2 − x2 − y 2R 2 − x2 − y 214pR2 − x2 − y 2 для верхнейполусферы σ1 , то поZZdσpформуле (4) получаем U1 (A) = k0 γ=2x + y 2 + (z − l)2σ1ZZRdxdypp== k0 γR2 − x2 − y 2 (x2 + y 2 + ( R2 − x2 − y 2 − l)2 )DxyZZdxdyq= k0 γR=pp22222222R − x − y R + l − 2l R − x − yDxy2πZZRρd ρq== k0 γR dϕ pp222222R − ρ R + l − 2l R − ρ00RpZd( R2 − ρ2 )= −2πk0 γR q=p2222R + l − 2l R − ρ0 ρ=Rqp−2 πk0 γR2222==2 R + l − 2l R − ρ −2lρ=0p2 πk0 γR p 2=( R + l2 − R2 + l2 − 2lR) =l2 πk0 γR p 2( R + l2 − |R − l|).=lДляZ нижнейполусферы σ2 аналогичноZZ Z находим U2 (A) =dσ1pp= k0 γ= k0 γR×2222x + y + (z − l)R − x2 − y 2Поскольку z =σ2Dxydxdy=×qpx2 + y 2 + (− R2 − x2 − y 2 − l)2ZZ1dxdypq= k0 γR=p222R −x −y2 + l2 + 2l R2 − x2 − y 2RDxy ρ=Rqp2 πk0 γR==2 R2 + l2 + 2l R2 − ρ2 −2lρ=0p2 πk0 γR p 2=( R + l2 + 2lR − R2 + l2 ) =lp2 πk0 γR(R + l − R2 + l2 ).=l15Суммарный потенциал, созданный полем сферы в точке A,2 πk0 γR(R + l − |R − l|).(6)lПроделанные выкладки справедливы при l 6= 0.

При l = 0, т. е.в центре сферы потенциал может быть найден из соображенийнепрерывности: U |l=o = lim U (0, 0, l) =l→02 πk0 γR= lim(R + l − R + l)= 4πk0 γR, либо непосредl→0lственноZ Z выше выкладки): U |l=o =Z Zвычислен (см. приведенныеk0 γk0 γdσp= k0 γ=dσ =4πR2 = 4πk0 γR.222RRx +y +zU (A) = U1 (A) + U2 (A) =σσПроанализируем формулу (6). Если точка A находится внутри2 πk0 γRсферы, т.

е. l < R, то |R − l| = R − l и U (A) =(R +l+ l − R + l) = 4πk0 γR — потенциал внутри сферы одинаков вовсех точках. Поэтому сила, действующая на заряд, помещенный~внутрь сферы, равна нулю: F~ = −q gradU= ~0.Если точка находится вне сферы (т. е. l > R), то |R − l| = l − Rk0 Q2 πk0 γR4 πk0 γR2=и U (A) =(R + l − l + R) =, гдеlllQ = 4πR2 γ — полный заряд сферы. Это означает, что вне сферыэлектростатическое поле такое же, как если бы весь заряд сферыбыл бы сосредоточен в ее центре. I1.5. Задачи для самостоятельного решенияZZ1.

Найти(x + y)2 /2 − y 2 − z dσ, где σ — часть парабоσлоида z = (xZ2 Z− y 2 )/2, 0 6 y 6 x 6 1.2. Найтиσ(x − y + z)dσ, где σ — треугольник с вершинами(2, 0, 0), (0, −2,Z Z0), (0, 0, 2).zd σp3. Найти, где σ — часть цилиндра xy = 1,x2 y 4 + 1σотсекаемая плоскостями x + y = 5/2, z = 0, z = 1.164.

НайтиZZ(x2 + y 2 )dσ, где σ — полная поверхность телаσpx2 + y 2 6 zZ Z6 1.|z|dσ, где σ — сфера x2 + y 2 + z 2 = R2 .5. Найти6. НайтиZσ Zy 2 dσ, где σ — часть цилиндра y 2 + z 2 = R2 ,σ0 6 x 6 H.7. Найти координаты центра масс однородной полусферы x2 +2+ y + z 2 = R2 , z > 0.8. Найти момент инерции относительно оси Oz части конусаx2 + y 2 = z 2 , 0 6 z 6 H, если его плотность пропорциональнаквадрату расстояния до вершины и коэффициент пропорциональности численно равен единице.9. Найти силу, действующую на точечный заряд q, помещенныйв центр основания конуса, боковая поверхность которого заряжена.Радиус основания конуса R, высота H. Поверхностная плотностьзаряда пропорциональна кубу расстояния до центра основания, коэффициент пропорциональности равен α.Ответы√√√1. (18 3 − 8 2 + 1)/30.

2.√4 3. 3. 3/4. 4. √π(1 + 2)/2 5.√2πR3 .6. πR3 H. 7. (0, 0, R/2), 8. π 2. 9. k0 αqHR H 2 + R2 ∙ 2 2π/3.√2. ПОВЕРХНОСТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ 2-го РОДА2.1. Понятие поверхностного интеграла 2-го родаПоверхность σ в трехмерном пространстве называют двусторонней, если нормаль к поверхности при обходе по любомузамкнутому контуру, лежащему на поверхности и не имеющемуобщих точек с ее границей, возвращается в первоначальное положение. Выбор направления нормали, т. е. выбор определеннойстороны поверхности, называют ориентацией поверхности. Полагаем, что в каждой точке M ориентированной поверхности σ17направление нормали задано единичным вектором ~n = cos α ∙ ~i ++ cos β ∙ ~j + cos γ ∙ ~k, направляющие косинусы которого являютсянепрерывными функциями координат точки поверхности.Пусть на поверхности σ задано векторное поле F~ == P (x, y, z)~i + Q(x, y, z) ~j + R(x, y, z) ~k.Аналогично тому, как это было сделано в разделе 1, разобьемповерхность σ на элементарные поверхности Δσk , k = 1, .