Тема Математический анализ

14 Поверхностные интегралы 1 и 2 рода

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела математический анализ

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#64006

Вычислить поверхностный интеграл I рода

∫ (x+ y + z)dS Σ

2 2 2 2 Σ - поверхность x + y + z = a ,z ≥ 0

Показать ответ и решение

Наша поверхность представляет собой верхнюю полусферу с центром в начале координат радиуса $a$ .

Давайте перейдём к сферическим координатам $x = a cosφ cosψ,y = asinφ cosψ, z = a sin ψ$ , $φ ∈ [0,2π]$ , $ψ ∈ [0, π2]$ .

Кроме того, заметим, что, во-первых,

∫ ∫ ∫ ∫ (x + y + z)dS = xdS + ydS + zdS Σ Σ Σ Σ

И в силу того, что полусфера симметрична относительно плоскости $x = 0$ , а также относительно плоскости $y = 0$ , то получим, что $∫ ∫ xdS = 0, ydS = 0 Σ Σ$ . И остаётся, таким образом, вычислить только $∫ ΣzdS$ Вычисляем производные вектора $−→ r = (x(φ,ψ ),y(φ, ψ),z(φ,ψ))$ :
$−→′ rφ = (− asin φ cosψ,a cosφcos ψ,0)$ ,
$−→r′ = (− acosφ sin ψ,− asinφ sin ψ,a cosψ) ψ$ .

Тогда $E = |−→r′|2 = a : 2cos2ψ φ$ , $G = |−→r′|2 = a2 ψ$ , $F =< −→r′,−→r′ >= 0 φ ψ$ . То есть $--------- √ EG − F 2 = a2 cosψ$ .

Таким образом, можем теперь вычислить наш поверхностный интеграл:

$∫ ∫∫ 2 ΣzdS = asin ψa cosψdφd ψ D$

Где

π D = {0 ≤ φ ≤ 2π,0 ≤ ψ ≤ --} 2

Тогда дальше расписываем по теореме Фубини:

$∫ ∫∫ ∫ π ∫ ∫ π 2 2 2π 3 3 2 zdS = asinψa cosψd φdψ = dψ a sin ψcos ψdφ = 2πa sin ψcos ψdψ = Σ D 0 0 0 ∫ π2 = πa3 sin 2ψdψ = πa3 0$

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#64229

Вычислить поверхностный интеграл II рода

∫∫ (x2 + y2 + z2)dydz Σ

Где $Σ$ - поверхность, полученная вращением дуги кривой $y = cosx$ при $π x ∈ [0,2]$ относительно оси $Ox$ , ориентированная так, чтобы нормали в каждой точке смотрели $”$ вне $”$ этого тела вращения.

Показать ответ и решение

Если мы провращаем график $y = cosx$ при $0 ≤ x ≤ π2$

$PIC$

Вокруг оси $Ox$ , то у нас получится при каждом $x$ окружность радиуса $cosx$ в плоскости, параллельной оси $Oyz$ , то есть уравнение этой поверхности будет $y2 + z2 = cos2x$ . Выглядеть она будет так:

$PIC$

Наша подынтегральная форма $2 2 2 (x + y + z )dydz$ говорит о том, что мы брали проекции кусков поверхности на плоскость $Oyz$ . И как раз наша поверхность задаётся явной функцией $x = x(y,z)$ следующим образом: $∘ -2---2- x = arccos y + z$ , $y,z ∈ D$ , $2 2 D = {(y,z)|y + z ≤ 1}$ .

Далее, поскольку нормали направлены $”$ вне $”$ поверхности, то есть следующим образом:

$PIC$

То эти нормали составляют с осями $e ,e y z$ правую тройку (они смотрят в ту же сторону, что и ось $Ox$ ).

Поэтому в формуле сведения поверхностного интеграла II рода к двойному мы будем брать двойной интеграл по $D$ со знаком плюс:

$∫ ∫ ∫∫ ∘ ------- (x2 + y2 + z2)dydz = (arccos2 y2 + z2 + y2 + z2)dydz Σ D$

И интеграл справа уже двойной. Его мы вычислим переходом в полярную систему координат: $y = rcos φ$ , $z = r sin φ$ , а Якобиан такой замены:

( ∂y -∂y) ( ) |J| = |det ∂r ∂φ | = |det cosφ − rsinφ | = |r| = r ∂∂zr ∂∂φz sin φ rcosφ

С учётом этого, получаем:

$∫∫ ∫∫ (arccos2∘y2--+-z2 + y2 + z2)dydz = r(arccos2r + r2)drd φ D Ω$

Где $Ω = {0 ≤ r ≤ 1,0 ≤ φ ≤ 2π}$ . Далее работает теорема Фубини:

$∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 2 2 2π 1 3 2 2ππ2- π3- r(arccos r + r )drdφ = 0 dφ 0 (r + rarccos r)dr = 0 16 dφ = 8 Ω$

Ответ: $3 π8$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#64230

Вычислить поверхностный интеграл II рода

∫ ∫ xdydz + ydzdx + zdxdy Σ

Где $Σ$ - поверхность тетраэдра, ограниченного плоскостями $x = 0,y = 0,z = 0,x + 2y + 3z = 1$ , ориентированная так, чтобы нормали в каждой точке смотрели $”$ внутрь $”$ тетраэдра.

Показать ответ и решение

$PIC$

Давайте разобьём наш поверхностный интеграл на сумму четырёх:

∫∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ xdydz + ydzdx + zdxdy = ...+ ...+ ...+ ... Σ Σ1 Σ2 Σ3 Σ4

Где $Σ1$ - плоскость $Oxy$ , $Σ2$ - плоскость $Oxz$ , $Σ3$ - плоскость $Oyz$ , $Σ4$ - плоскость $x + 2y + 3z = 1$ .

1.

∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ xdydz + ydzdx + zdxdy = zdxdy = 0 = 0 Σ1 Σ1 Σ1 ◟---◝◜---◞ ◟---◝◜--◞ т.к. на Σ1 dz=0 т.к. на Σ1 z=0

∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ xdydz + ydzdx + zdxdy = ydzdx = 0 = 0 Σ Σ Σ 2 ◟-2-◝◜---◞ ◟-2-◝◜--◞ т.к. на Σ2 dy=0 т.к. на Σ2 y=0

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ xdydz + ydzdx + zdxdy = xdydz = 0 = 0 Σ3 Σ3 Σ3 ◟---◝◜---◞ ◟---◝◜--◞ т.к. на Σ3 dx=0 т.к. на Σ3 x=0

4. Вычислим

∫ ∫ xdydz + ydzdx + zdxdy Σ4

Для этого давайте разобьём этот последний интеграл на 3:

∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫∫ xdydz + ydzdx + zdxdy = xdydz+ ydzdx + zdxdy Σ4 Σ◟4-◝◜---◞ ◟Σ4-◝◜---◞ Σ◟4--◝◜--◞ I1 I2 I3

Для вычисления $I1$ мы представим нашу плоскость $Σ4$ как график явной функции $x = x(y,z)$ ( $x = 1 − 2y − 3z$ ), для вычисления $I2$ мы представим нашу плоскость $Σ4$ как график явной функции $y = y(z,x)$ , ( $y = 1−-x2−3z$ ), для вычисления $I3$ мы представим нашу плоскость $Σ4$ как график явной функции $z = z(x,y)$ ( $1−x−2y z = 3$ ).

При этом заметим, что всякий раз нормали к $Σ4$ у нас смотрят так, что эти нормали вместе с другими двумя базисными векторами образуют левую тройку. То есть в формуле сведения поверхностного интеграла II рода к двойному мы будем брать каждый двойной интеграл со знаком минус.

$∫ ∫ 1 1 − 2y I1 = − (1− 2y − 3z)dydz, где D1 = {0 ≤ y ≤ 2,0 ≤ z ≤ --3---} D1$

Далее применяем теорему Фубини:

$∫∫ I1 = − (1 − 2y − 3z)dydz = D1 ∫ 12 ∫ 1−32y ∫ 12 1− 2y 1− 2y 3 1− 2y 1 = − dy (1 − 2y − 3z)dz = − (------− 2y ------− -(------)2)dy = − --- 0 0 0 3 3 2 3 36$

Теперь

$∫∫ I2 = − 1-−-x−-3z-dxdz, где D2 = {0 ≤ x ≤ 1,0 ≤ z ≤ 1−-x-} D2 2 3$

Далее применяем теорему Фубини:

$∫ ∫ 1−-x-−-3z- I2 = − D 2 dxdz = ∫ 1 ∫ 1−x 2∫ 1 = − dx 3 1−-x-−-3zdz = − (1-−-x − 1-−-xx − 3(1-−-x)2)dx = − 1-- 0 0 2 0 6 6 4 3 36$

Теперь

$∫∫ 1 − x− 2y 1− x I3 = − ----3-----dxdy, где D3 = {0 ≤ x ≤ 1,0 ≤ y ≤ -2---} D3$

Далее применяем теорему Фубини:

$∫ ∫ 1− x − 2y I3 = − ---------dxdy = D3 3 ∫ 1 ∫ 1−2x 1− x − 2y ∫ 1 1 − x 1 − x 1 1 − x 2 1 = − dx ----3----dy = − (--6-- − --6--x − 3(--2--) )dx = − 36- 0 0 0$

Следовательно,

∫∫ -1- xdydz + ydzdx + zdxdy = I1 + I2 + I3 = −12 Σ4

Ответ: $− 1- 12$ .

Ответ: