Embed Size (px)
Citation preview
Московский государственный технический университетимени Н. Э. Баумана
Издательство МГТУ им. Н. Э. Баумана
Методические указания
В.Н. Белов, А.В. Неклюдов, К.В. Титов
ПОВЕРХНОСТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
Московский государственный технический университетимени Н.Э. Баумана
В.Н. Белов, А.В. Неклюдов, К.В. Титов
ПОВЕРХНОСТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
Методические указанияк выполнению типового расчета
МоскваИздательство МГТУ им. Н.Э. Баумана
2009
УДК 517.3ББК 22.161.1
Б435
Б435
Р е ц е н з е н тС.Б. Ткачев
Белов В.Н., Неклюдов А.В., Титов К.В.Поверхностные интегралы: Метод. указания к выполнению
типового расчета. – М.: Изд-во МГТУ им. Н.Э. Баумана, 2009. –32 с.
В методических указаниях изложены основные теоретические све-дения и способы вычисления поверхностных интегралов, примерырешения задач, приложения к задачам механики и физики, задачидля самостоятельного решения; даны условия типового расчета.
Для студентов 2-го курса технических вузов.УДК 517.3ББК 22.161.1
Учебное издание
Белов Владимир НиколаевичНеклюдов Алексей Владимирович
Титов Константин Викторович
ПОВЕРХНОСТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
Редактор А.К. ЯковлеваКорректор Г.С. Беляева
Компьютерная верстка В.И. Товстоног
Подписано в печать 04.02.2009. Формат 60×84/16.Усл. печ. л. 1,86. Тираж 2000 экз. Изд. № 37.
Заказ
Издательство МГТУ им. Н.Э. БауманаТипография МГТУ им. Н.Э. Баумана105005, Москва, 2-я Бауманская ул., 5
c© МГТУ им. Н.Э. Баумана, 2009
1. ПОВЕРХНОСТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ 1-го РОДА
1.1. Понятие поверхностного интеграла 1-го рода
Множество точек M(x, y, z), координаты которых удовлетво-ряют системе уравнений x = x(u, v), y = y(u, v), z = z(u, v) приподходящих значениях действительных параметров u, v, называютповерхностью. Поверхность может быть определена также урав-нением ϕ (x, y, z) = 0 или z = f(x, y).
Уточним — из этого определения следует, что ниже будут рас-сматриваться поверхности σ в трехмерном пространстве R3.
Разбиением TTT поверхности σ называют множество ее участ-ков (элементарных поверхностей) Δσk, k = 1, . . . , n, таких, чтообъединение всех Δσk равно σ, а пересечение двух различныхучастков Δσk и Δσj , k 6= j, есть либо кусочно-гладкая кривая,либо пустое множество (рис. 1).
Рис. 1
Будем предполагать, что рассматриваемые поверхности явля-ются ограниченными и кусочно-гладкими.
Диаметром множества K из трехмерного пространства R3
называют число dK = supAB, где верхняя грань берется по всем
3
точкамA иB, принадлежащим множествуK,AB — длина отрезка,соединяющего A и B.
Диаметром разбиения T называют наибольший из диаме-тров элементарных поверхностей (множеств точек) Δσk: d(Т ) == maxk=1,...,n
d(Δσk).
Пусть на поверхности σ определена функция f(x, y, z), т. е.на поверхности задано скалярное поле. Выберем на каждой эле-ментарной поверхности Δσk произвольную точку Mk(xk, yk, zk),k = 1, . . . , n.
Интегральной суммой функции f(x, y, z), соответствующейразбиению T поверхности σ и набору точекMk, k = 1, . . . , n, на-
зывают суммy S(f, T ) =n∑
k=1
f(xk, yk, zk)ΔSk, где ΔSk — площадь
элементарной поверхности Δσk.Поверхностным интегралом 1-го рода от функции f(x, y, z)
по поверхности σ называют предел интегральных сумм S(f, T )при стремлении диаметра dT разбиения T к нулю, если он суще-ствует и не зависит от способа разбиения поверхности σ и выбораточек Mk:
∫∫
σf(x, y, z)dσ = lim
d(T )→0S(f, T ).
Если предел интегральных сумм существует, то функциюf(x, y, z) называют интегрируемой по поверхности σ.
Замечание. Условие стремления диаметра разбиения к ну-лю является более сильным, чем условие стремления к нулюплощадей всех элементарных поверхностей Δσk, поскольку изmaxk=1,..., n
ΔSk → 0 не следует, что d(T )→ 0. Например, для квадра-
та прямыми, параллельными одной из его сторон, можно постро-ить разбиение квадрата на прямоугольники, при котором площадипрямоугольников разбиения стремятся к нулю, но длина однойиз сторон прямоугольника остается неизменной и равной длинестороны квадрата (т. е. диаметры этих прямоугольников (длины ихдиагоналей) всегда превышают длину стороны квадрата).
Теорема. Непрерывная на поверхности σ функция f(x, y, z)интегрируема по этой поверхности.
4
1.2. Свойства поверхностного интеграла 1-го рода
1. Линейность: eсли функции f и g интегрируемы по поверх-ности σ, то функция αf + βg, где α, β = const, также инте-
грируема по этой поверхности и∫∫
σ
(αf + βg)dσ = α∫∫
σ
fdσ+
+ β∫∫
σ
gdσ.
2. Аддитивность: пусть поверхности σ1 и σ2 — неперекры-вающиеся, т. е. их пересечение является объединением конечногочисла кусочно-гладких кривых (в частности, оно может быть пу-стым); тогда, если функция f интегрируема по σ1 и σ2, то она
также интегрируема по σ1 ∪ σ2 и∫∫
σ1∪σ2
fdσ =∫∫
σ1
fdσ+∫∫
σ2
fdσ.
3. Теорема об оценке: если для всех точек P (x, y, z) поверхно-
сти σm 6 f(x, y, z) 6M приm, M = const, тоmS 6∫∫
σ
fdσ 6
6MS, где S — площадь поверхности σ.4. Теорема о среднем значении: eсли функция непрерывна
на поверхности σ, то существует такая точка P0(x, y, z) ∈ σ, что∫∫
σ
fdσ = f(P0)S, где S — площадь поверхности σ.
5. Связь с площадью поверхности: eсли функция f тожде-
ственно равна единице на поверхности σ, то∫∫
σ
fdσ =∫∫
σ
dσ =
= S (S — площадь поверхности σ). Например, если σ — сфера
x2 + y2 + z2 = R2, то∫∫
σ
(x2 + y2 + z2)dσ = R2∫∫
σ
dσ = 4πR4.
1.3. Вычисление поверхностного интеграла 1-го рода
Пусть поверхность σ задана уравнением Φ(x, y, z) = 0. Пред-положим, что поверхность σ можно однозначно спроецироватьна одну из координатных плоскостей, например на плоскостьOxy, причем проекцией σ является плоская область Dxy (рис. 2).
5
Рис. 2
Тогда поверхность σ можно задатьуравнением вида z = z(x, y), где(x, y) ∈ Dxy. Пусть частные производ-ные ∂z/∂x и ∂z/∂y непрерывны в обла-сти Dxy. Тогда вычисление поверхност-ного интеграла 1-го рода по σ можетбыть сведено к вычислению двойногоинтеграла по плоской области Dxy отфункции переменных x и y:
∫∫
σ
f(x, y, z)dσ =
=
∫∫
Dxy
f(x, y, z(x, y))
√
1 +
(∂z
∂x
)2+
(∂z
∂y
)2dxdy. (1)
Пример 1. Найти∫∫
σ
√x
2x− 1dσ, где σ — часть цилиндра
x2 + z2 = 2x (z > 0), вырезаемая гиперболоидом x2 − y2 + z2 = 1и плоскостью z = 0.
Рис. 3
J Часть цилиндра, удовлетворяющая условию z > 0, зада-ется уравнением z =
√2x− x2. Найдем проекцию поверхности
σ на плоскость Oxy. На рис. 3 верхняя граница заштрихован-ной области — часть (при y > 0, z > 0) линии пересечениягиперболоида и цилиндра, а нижняя граница заштрихованной
6
Рис. 4
области — проекция указанной части ли-нии пересечения на плоскость Oxy (эточасть параболы, также изображенной нарис. 4 (первый квадрант)). Для аналити-ческого нахождения проекции на плос-кость Oxy линии пересечения цилин-дра и гиперболоида исключим перемен-ную z из их совместно рассматриваемых
уравнений:
{x2 + z2 = 2xx2 − y2 + z2 = 1
⇒ 2x = y2 + 1.
Полагая в уравнении цилиндра z = 0, получим уравнения ли-ний пересечения плоскости z = 0 и цилиндра: x2 = 2x, отку-да x = 2 или x = 0. Таким образом, поверхность σ проеци-руется в область Dxy, ограниченную параболой x = (y2 + 1)/2и прямой x = 2 (cм. рис. 4). Тогда для поверхности цилиндра
z = z(x, y) =√2x− x2 получаем
∂z
∂x=
1− x√2x− x2
,∂z
∂y= 0,
√
1 +
(∂z
∂x
)2+
(∂z
∂y
)2=
√
1 +(1− x)2
2x− x2=
1√2x− x2
.
В итоге имеем∫∫
σ
√x
2x− 1dσ=
∫∫
Dxy
√x
2x− 11
√2x− x2
dxdy =
= 2
2∫
1/2
dx√2x− 1
√2− x
√2x−1∫
0
dy = 2
2∫
1/2
dx√2− x
= −4√2− x
∣∣∣2
1/2=
= 4
√3
2= 2√6. I
В случае, когда функция f постоянна на поверхности σ, в силусвойства 5 вычисление интеграла сводится к вычислению площадиповерхности σ.
Пример 2. Найти∫∫
σ
(z4 − (x2 + y2)2 + 1) dσ, где σ — часть
конуса z2 = x2+y2, отсекаемая плоскостями z = 0 и z = 1 (рис. 5).
7
Рис. 5
J Поскольку для заданного ко-нуса z4 = [z2(x, y)]2 = [x2 +
+ y2]2, то∫∫
σ
(z4 − (x2 + y2)2 + 1) dσ =
=
∫∫
σ
dσ = πRL = π√2, где R = 1 —
радиус основания, L =√2 — длина обра-
зующей конуса. IЕсли поверхность σ можно за-
дать либо уравнением y = y(x, z),(x, z) ∈ Dxz , либо уравнением x =
= x(y, z), (y, z) ∈ Dyz , где Dxz и Dyz — проекции поверхностиσ на плоскости Oxz и Oyz, то поверхностный интеграл 1-го родавычисляют соответственно по формулам (см. соотношение (1))∫∫
σ
f(x, y, z)dσ =
=
∫∫
Dxy
f(x, y(x, z), z)
√
1 +
(∂y
∂x
)2+
(∂y
∂z
)2dxdz, (2)
либо∫∫
σ
f(x, y, z)dσ =
=
∫∫
Dxy
f(x(y, z), y, z)
√
1 +
(∂x
∂y
)2+
(∂x
∂z
)2dydz. (3)
Пример 3. Найти∫∫
σ
dσ1 + 4x
, где σ — часть параболоида
x = y2 + z2, отсекаемая плоскостью x = 1 (рис. 6).J Так как уравнение поверхности имеет вид x = x(y, z) =
= y2 + z2, эту задачу удобно решать, проецируя поверхностьσ на координатную плоскость Oyz, поскольку в этом случаеповерхность проецируется однозначно и область проекции очень
8
Рис. 6
удобна для введения полярных коорди-нат при вычислении двойного интегра-ла. Полагая в уравнении параболоидаx = 1, получаем уравнение проекциилинии пересечения параболоида и плос-кости на координатную плоскость Oyz:y2 + z2 = 1. Таким образом, проекциейповерхности σ на плоскость Oyz явля-ется круг Dyz =
{(y, z) : y2 + z2 6 1
}.
Для параболоида x = x(y, z) = y2 +
+ z2 получаем ∂x/∂y = 2y, ∂x/∂z = 2z. Тогда∫∫
σ
dσ1 + 4x
=
=
∫∫
Dyz
√1 + 4y2 + 4z2
1 + 4y2 + 4z2dσ =
2π∫
0
dϕ1∫
0
ρdρ√1 + 4ρ2
=2π1
4
√1 + ρ2
∣∣∣1
0=
=π2(√5 − 1) (двойной интеграл по кругу был вычислен клас-
сическим переходом к полярным координатам в плоскости Oyz:y = ρ cos ϕ, z = ρ sin ϕ). I
Если 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 аддитивно-сти равен сумме интегралов по отдельным частям, на которые онаразбита.
Рис. 7
Пример 4. Найти∫∫
σ
z|xy|dσ, где σ —
полная поверхность цилиндра x2 + y2 = 1,0 ≤ z ≤ 1.J Искомый интеграл равен сумме трех
интегралов: по нижнему и верхнему осно-ваниям σ1 и σ2 и боковой поверхно-сти σ3 (рис. 7). Так как z = 0 на ниж-
9
нем основании σ1 цилиндра, то∫∫
σ1
z|xy|dσ = 0. Посколь-
ку для верхнего основания σ2 имеем z = z(x, y) ≡ 1,
то ∂z/∂x = ∂z/∂y = 0. Поэтому поверхностный инте-грал по σ2 совпадает с двойным интегралом от функцииz(x, y) |xy| = |xy|, взятым по кругу, полученному в результате про-ецирования σ2 на плоскость Oxy Dxy =
{(x, y) : x2 + y2 6 1
}:
∫∫
σ2
z|xy|dσ =
∫∫
Dxy
|xy|dxdy = 4
π2∫
0
cos ϕ sin ϕdϕ1∫
0
ρ3dρ =
= 4sin2 ϕ2
∣∣∣∣
π2
0
ρ4
4
∣∣∣∣
1
0
=1
2.
Найдем интеграл по боковой поверхности σ3. Поскольку урав-нение 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 относи-тельно плоскости Oxz (см. рис. 7). В связи с тем что подынте-
гральная функция z|xy| четная по y,∫∫
σ4
z|xy|dσ =∫∫
σ5
z|xy|dσ
и∫∫
σ3
z|xy|dσ =∫∫
σ4
z|xy|dσ +∫∫
σ5
z|xy|dσ = 2∫∫
σ5
z|xy|dσ.
Проекцией поверхности σ5 на плоскость Oxz является прямо-угольник Dxz = {−1 6 x 6 1, 0 6 z 6 1}. На рис. 7 штрихов-кой выделена половина этого прямоугольника при 0 6 x 6 1.Поскольку y > 0 для σ5, то из уравнения цилиндра нахо-дим для поверхности σ5: y = y(x, z) =
√1− x2, получаем√
1 +
(∂y
∂x
)2+
(∂y
∂z
)2=
1√1− x2
. Отсюда∫∫
σ3
z|xy|dσ =
10
= 2
∫∫
Dxz
z|x|√1− x2
dxdz√1− x2
= 4
1∫
0
zdz
1∫
0
xdx = 1.
Окончательно имеем∫∫
σ
z|xy|dσ =∫∫
σ1
z|xy|dσ+∫∫
σ2
z|xy|dσ+
+
∫∫
σ3
z|xy|dσ = 0 +1
2+ 1 =
3
2. I
Пример 5. Найти∫∫
σ
x2dσ, где σ — сфера x2+ y2+ z2 = R2.
J Для сферы σ из соображений симметрии справедливо
выражение∫∫
σ
x2dσ =∫∫
σ
y2dσ =∫∫
σ
z2dσ. Отсюда исходя
из свойства 1 поверхностного интеграла получаем∫∫
σ
x2dσ =
=1
3
∫∫
σ
(3x2)dσ =1
3
∫∫
σ
(x2 + y2 + z2)dσ =1
3R2∫∫
σ
dσ =
=1
3R2Sсферы =
4πR4
3. I
Этот пример наглядно иллюстрирует эффективность исполь-зования соображений симметрии для упрощения вычислений по-верхностных интегралов.
1.4. Механические и физические приложения поверхностногоинтеграла 1-го рода
Масса поверхности. Пусть на поверхности σ распределенамасса с поверхностной плотностью μ(x, y, z). Тогда масса поверх-
ности M =∫∫
σ
μ(x, y, z)dσ.
Статические моменты поверхности σ относительно коорди-натных плоскостей Oyz, Oxz, Oxy соответственно
Myz =
∫∫
σ
xμ(x, y, z)dσ, Mxz =∫∫
σ
yμ(x, y, z)dσ,
11
Mxy =
∫∫
σ
zμ(x, y, z)dσ.
Координаты центра масс C(xC , yC , zC) поверхности σ xC ==Myz/M, yC =Mxz/M, zC =Mxy/M.
Момент инерции поверхности σ относительно прямой L
IL =
∫∫
σ
r2L(x, y, z)μ(x, y, z)dσ, где r2L(x, y, z) — расстояние от
точки (x, y, z), лежащей на поверхности σ, до прямой L.Моменты инерции относительно координатных осей Ox,
Oy, Oz соответственно Ix =∫∫
σ
(y2 + z2)μ(x, y, z)dσ, Iy =
=
∫∫
σ
(x2 + z2)μ(x, y, z)dσ, Iz =∫∫
σ
(x2 + y2)μ(x, y, z)dσ.
Момент инерции относительно произвольной точки
P (x0, y0, z0) IP =
∫∫
σ
((x− x0)
2 + (y − y0)2 + (z − z0)
2)×
×μ(x, y, z)dσ. В частности, момент инерции относительно начала
координат I0 =∫∫
σ
(x2 + y2 + z2)μ(x, y, z)dσ =1
2(Ix + Iy + Iz).
Пример 6. Найти координаты центра масс полусферы x2+y2++ z2 = R2, −z > 0, если поверхностная плотность в каждой точкеравна расстоянию от этой точки до оси Oz.J Поверхностная плотность равна μ(x, y, z) =
√x2 + y2.
Поскольку для верхней полусферы z > 0, то она задается урав-нением z = z(x, y) =
√R2 − x2 − y2. Учитывая, что проек-
ция Dxy этой полусферы на Oxy есть круг радиусом R, т. е.Dxy =
{(x, y) : x2 + y2 6 R2
}, масса полусферы M =
=
∫∫
σ
μ(x, y, z)dσ =
∫∫
σ
√x2 + y2dσ =
∫∫
Dxy
√x2 + y2 ×
×√1 + [(
√R2 − x2 − y2)′x]
2 + [(√R2 − x2 − y2)′y]
2dxdy =
=
∫∫
Dxy
√x2 + y2
√
1 +x2 + y2
R2 − x2 − y2dxdy =
12
=
∫∫
Dxy
√x2 + y2
Rdxdy√R2 − x2 − y2
= R
2π∫
0
dϕR∫
0
ρ2√R2 − ρ2
dρ =
= 2πRR∫
0
ρ2 −R2 +R2√R2 − ρ2
dρ = 2πR
R∫
0
R2√R2 − ρ2
dρ−
−
R∫
0
R2 − ρ2√R2 − ρ2
dρ
=2πR
R2 arcsinρR
∣∣∣R
0−
R∫
0
√R2 − ρ2dρ
=
= 2πR(
πR2
2−
πR2
4
)
=π2R3
2.
Интеграл
R∫
0
√R2 − ρ2dρ равен четверти площади круга ра-
диусом R, т. е. πR2/4. Найдем координату zC центра масс по-
лусферы. Статический момент относительно плоскости Oxy
Mxy =
∫∫
σ
zμ(x, y, z)dσ =
∫∫
Dxy
√R2 − x2 − y2
√x2 + y2 ×
×Rdxdy
√R2 − x2 − y2
= R
∫∫
Dxy
√x2 + y2dxdy = 2πR
R∫
0
ρ2dρ =2πR4
3.
Отсюда получаем координату центра масс zC =Mxy
M=2πR4/3π2R3/2
=
=2πR4
3
2
π2R3=4R
3π. Из соображений симметрии очевидно, что
координаты центра масс xC и yC равны нулю. I
Приложения к задачам электростатики и гравитации. Если
по поверхности σ распределены электрические заряды с по-
верхностной плотностью γ(x, y, z), то общий заряд поверхности
Q =
∫∫
σ
γ(x, y, z)dσ.
13
Потенциал электростатического поля, создаваемого заряжен-ной поверхностью σ в точке (x0, y0, z0),
U(x0, y0, z0) = k0
∫∫
σ
γ(x, y, z)√(x− x0)2 + (y − y0)2 + (z − z0)2
dσ, (4)
где k0 — коэффициент пропорциональности, зависящий от системыединиц. На точечный заряд q, помещенный в точку (x0, y0, z0), состороны заряженной поверхности действует сила
~F = −q ~gradU(x0, y0, z0) = −q
(∂U
∂x0~i+∂U
∂x0~j +∂U
∂x0~k
)
. (5)
Формулы, аналогичные (4) и (5), справедливы для гравитаци-онного потенциала, создаваемого массами, распределенными поповерхности σ, и для силы, с которой эта поверхность притягиваетточечную массу. При этом постоянная k0 замещается гравитацион-ной постоянной γ0, плотность зарядов γ(x, y, z) — плотностью массμ(x, y, z), заряд q — точечной массой m. Формула для силы притя-жения имеет при этом следующий вид: ~F = m ~gradU(x0, y0, z0).
Отсутствие минуса в выражении для силы объясняется тем, чтогравитационное и электростатическое взаимодействия имеют раз-личный характер – массы притягиваются, тогда как одноименныезаряды отталкиваются.
Пример 7. Найти потенциал электростатического поля рав-номерно заряженной сферы радиусом R. Плотность заряда γ == γ(x, y, z) = const.J Найдем потенциал в точке A, находящейся на расстоянии
l от центра сферы. Введем систему декартовых координат так,чтобы центр сферы совпадал с началом координат, а точка A ле-жала на положительной полуоси Oz, т. е. A(0, 0, l), l > 0. Значениепотенциала есть сумма потенциалов U1 и U2, создаваемых верхнейи нижней полусферами σ1 и σ2. Каждая из полусфер проециру-ется на круг Dxy =
{(x, y) : x2 + y2 6 R2
}в плоскости Oxy, их
уравнения z = ±√R2 − x2 − y2, отсюда
∂z
∂x= ∓
x√R2 − x2 − y2
,
∂z
∂y=∓
y√R2 − x2 − y2
,
√
1+
(∂z
∂x
)2+
(∂z
∂y
)2=
R√R2 − x2 − y2
.
14
Поскольку z =√R2 − x2 − y2 для верхней полусферы σ1, то по
формуле (4) получаем U1(A) = k0 γ∫∫
σ1
dσ√x2 + y2 + (z − l)2
=
= k0 γ∫∫
Dxy
Rdxdy√R2 − x2 − y2(x2 + y2 + (
√R2 − x2 − y2 − l)2)
=
= k0 γR∫∫
Dxy
dxdy√R2 − x2 − y2
√R2 + l2 − 2l
√R2 − x2 − y2
=
= k0 γR2π∫
0
dϕR∫
0
ρdρ√R2 − ρ2
√R2 + l2 − 2l
√R2 − ρ2
=
= −2πk0 γRR∫
0
d(√R2 − ρ2)
√R2 + l2 − 2l
√R2 − ρ2
=
=−2πk0 γR−2l
2
√R2 + l2 − 2l
√R2 − ρ2
∣∣∣∣
ρ=R
ρ=0=
=2πk0 γRl(√R2 + l2 −
√R2 + l2 − 2lR) =
=2πk0 γRl(√R2 + l2 − |R− l|).
Для нижней полусферы σ2 аналогично находим U2(A) =
= k0 γ∫∫
σ2
dσ√x2 + y2 + (z − l)2
= k0 γR∫∫
Dxy
1√R2 − x2 − y2
×
×dxdy
√x2 + y2 + (−
√R2 − x2 − y2 − l)2
=
= k0 γR∫∫
Dxy
1√R2 − x2 − y2
dxdy√R2 + l2 + 2l
√R2 − x2 − y2
=
=2πk0 γR−2l
2
√R2 + l2 + 2l
√R2 − ρ2
∣∣∣∣
ρ=R
ρ=0=
=2πk0 γRl(√R2 + l2 + 2lR−
√R2 + l2) =
=2πk0 γRl(R+ l −
√R2 + l2).
15
Суммарный потенциал, созданный полем сферы в точке A,
U(A) = U1(A) + U2(A) =2πk0 γRl(R+ l − |R− l|). (6)
Проделанные выкладки справедливы при l 6= 0. При l = 0, т. е.в центре сферы потенциал может быть найден из соображенийнепрерывности: U |l=o = lim
l→0U(0, 0, l) =
= liml→0
(2πk0 γRl(R+ l −R+ l)
)
= 4πk0 γR, либо непосред-
ственно вычислен (см. приведенные выше выкладки): U |l=o =
= k0 γ∫∫
σ
dσ√x2 + y2 + z2
=k0 γR
∫∫
σ
dσ =k0 γR4πR2 = 4πk0 γR.
Проанализируем формулу (6). Если точка A находится внутри
сферы, т. е. l < R, то |R − l| = R − l и U(A) =2πk0 γRl(R +
+ l − R + l) = 4πk0 γR — потенциал внутри сферы одинаков вовсех точках. Поэтому сила, действующая на заряд, помещенныйвнутрь сферы, равна нулю: ~F = −q ~gradU = ~0.
Если точка находится вне сферы (т. е. l > R), то |R− l| = l−R
и U(A) =2πk0 γRl(R + l − l + R) =
4πk0 γR2
l=k0Q
l, где
Q = 4πR2 γ — полный заряд сферы. Это означает, что вне сферыэлектростатическое поле такое же, как если бы весь заряд сферыбыл бы сосредоточен в ее центре. I
1.5. Задачи для самостоятельного решения
1. Найти∫∫
σ
((x+ y)2/2− y2 − z
)dσ, где σ — часть парабо-
лоида z = (x2 − y2)/2, 0 6 y 6 x 6 1.
2. Найти∫∫
σ
(x− y + z)dσ, где σ — треугольник с вершинами
(2, 0, 0), (0,−2, 0), (0, 0, 2).
3. Найти∫∫
σ
zdσx2√y4 + 1
, где σ — часть цилиндра xy = 1,
отсекаемая плоскостями x+ y = 5/2, z = 0, z = 1.
16
4. Найти∫∫
σ
(x2 + y2)dσ, где σ — полная поверхность тела
√x2 + y2 6 z 6 1.
5. Найти∫∫
σ
|z|dσ, где σ — сфера x2 + y2 + z2 = R2.
6. Найти∫∫
σ
y2dσ, где σ — часть цилиндра y2 + z2 = R2,
0 6 x 6 H .7. Найти координаты центра масс однородной полусферы x2+
+ y2 + z2 = R2, z > 0.8. Найти момент инерции относительно оси Oz части конуса
x2 + y2 = z2, 0 6 z 6 H , если его плотность пропорциональнаквадрату расстояния до вершины и коэффициент пропорциональ-ности 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, ко-эффициент 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. πR3H . 7. (0, 0, R/2), 8. π√2. 9. k0αqHR
√H2 +R2 ∙ 2
√2π/3.
2. ПОВЕРХНОСТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ 2-го РОДА
2.1. Понятие поверхностного интеграла 2-го рода
Поверхность σ в трехмерном пространстве называют дву-сторонней, если нормаль к поверхности при обходе по любомузамкнутому контуру, лежащему на поверхности и не имеющемуобщих точек с ее границей, возвращается в первоначальное по-ложение. Выбор направления нормали, т. е. выбор определеннойстороны поверхности, называют ориентацией поверхности. По-лагаем, что в каждой точке M ориентированной поверхности σ
17
направление 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, разобьем
поверхность σ на элементарные поверхности Δσk, k = 1, . . . , n,площади которых равны ΔSk соответственно. На каждой элемен-тарной поверхности выберем точку Mk (cм. рис. 1) и вектор еди-ничной нормали Δ~Sk = ΔSk~n(Mk). Рассмотрим интегральнуюсумму для описанного разбиения T :
S(~F , T ) =n∑
k=1
(~F (Mk), Δ~Sk) =n∑
k=1
(~F (Mk), ~n(Mk))ΔSk, (7)
где под знаком суммы стоит скалярное произведение векторов.Предел интегральных сумм S(~F , T ) при стремлении диа-
метра разбиения dT к нулю, если он существует и не зависитот способа разбиения поверхности σ и выбора точек Mk, на-зывают поверхностным интегралом 2-го рода и обозначают∫∫
σ
~Fd~σ = limd(T )→0
S(~F , T ).
Такую запись поверхностного интеграла 2-го рода называютвекторной.
Теорема. Пусть векторное поле ~F непрерывно на кусочно-
гладкой ориентированной поверхности σ. Тогда интеграл∫∫
σ
~Fd~σ
существует.Ниже будем рассматривать только непрерывные векторные
поля.Учитывая, что для единичной нормали ~n = (cos α, cos β, cos γ),
из определения поверхностного интеграла 2-го рода (см. такжеформулу (7)) непосредственно следует его связь с поверхностныминтегралом 1-го рода:∫∫
σ
~Fd~σ =∫∫
σ
(~F , ~n)dσ =∫∫
σ
(P cos α+Q cos β+R cos γ)dσ.
(8)
18
Если векторное поле ~F трактовать как поле скоростей жидко-сти (газа), то каждое слагаемое (~F (Mk), ~n(Mk))ΔSk = |~F (Mk)| ×× cos(~F , ~n) ∙ ΔSk интегральной суммы (6) может быть интерпре-тировано как количество жидкости (газа), протекающее через пло-щадку Δσk в направлении единичной нормали ~n в единицу време-
ни. Тогда интеграл∫∫
σ
~Fd~σ определяет общее количество жидко-
сти (газа), протекающее в единицу времени через всю поверхностьσ. Поэтому поверхностный интеграл 2-го рода называют также по-токомП векторного поля ~F через поверхность σ. Переход к другойстороне поверхности меняет направление нормали к поверхностии меняет знак поверхностного интеграла 2-го рода.
Вычисление поверхностного интеграла 2-го рода может бытьсведено к вычислению двойных интегралов. Используя свойстволинейности поверхностного интеграла 1-го рода, формулу (8) мож-но продолжить следующим образом:∫∫
σ
(P cos α+Q cos β+R cos γ)dσ =
=
∫∫
σ
P cos αdσ+∫∫
σ
Q cos βdσ+∫∫
σ
R cos γdσ. (9)
Замечание. J Величина cos αdσ из подынтегрального вы-ражения (9) имеет простой геометрический смысл. Пусть dσ —площадь элементарной площадки на поверхности σ, тогда про-изведение cos αdσ равно площади проекции этой площадки наплоскость Oyz, если cos α > 0, и отличается от площади проек-ции знаком, если cos α < 0. Точно так же произведения cos βdσи cos γdσ с точностью до знака совпадают с площадями проекцийэлементарной площадки на плоскости Oxz и Oxy соответственно.Поскольку в разделе 1 при переходе от поверхностного интеграла1-го рода к двойному интегралу не приведены подробные коммен-тарии, уточним, что сутью приведенных ниже выкладок являетсякак раз применение соотношения dσ = dxdy/cos γ. I
Каждый из поверхностных интегралов 1-го рода правой ча-сти формулы (9) может быть вычислен с помощью двойного
19
интеграла (см. формулы (1) — (3)). Для этого необходимо спроеци-ровать поверхность σ на одну из координатных плоскостей Oyz,
Oxz, Oxy. Покажем, что вычисление интеграла∫∫
σ
R cos γdσ из
правой части формулы (9) рациональней осуществить проеци-рованием поверхности σ на плоскость Oxy. В самом деле, если
cos γ = 0, то∫∫
σ
R cos γdσ = 0 как интеграл от нулевой функ-
ции. Пусть cos γ — знакопостоянная функция на поверхности σ,т. е. cos γ > 0 во всех точках σ или cos γ < 0 во всех точках σ.Это означает, что поверхность σ однозначно проецируется наплоскость Oxy, причем проекцией σ является плоская областьDxy, а поверхность σ можно задать уравнением вида z = z(x, y),где (x, y) ∈ Dxy. В таком случае нормаль ~n0 к поверхности σпредставима в виде ~n0 = (∂z/∂x, ∂z/∂y, 1), причем для единич-ной нормали ~n = ~n0/|~n0|. Пусть частные производные ∂z/∂x и∂z/∂y непрерывны. Если cos γ = cos γ(x, y, z(x, y)) > 0 (т. е. угол,образованный единичной нормалью ~n к поверхности σ с поло-жительным направлением оси Oz острый), то в данном случаеcos γ(x, y, z(x, y)) = (~n0, ~к)/|~n0| = 1/|~n0| =
= 1/√1 + (∂z(x, y)/∂x)2 + (∂z(x, y)/∂y)2, что позволяет форму-
лу (1) преобразовать к виду∫∫
σ
f(x, y, z)dσ =
=
∫∫
Dxy
f (x, y, z(x, y))
√1 + (∂z(x, y)/∂x)2 + (∂z(x, y)/∂y)2dxdy =
=
∫∫
Dxy
f (x, y, z(x, y))dxdy
cos γ(x, y, z(x, y)).
Из последней формулы получим требуемое:∫∫
σ
R cos γdσ =
=
∫∫
Dxy
R(x, y, z(x, y)) cos γ(x, y, z(x, y))dxdy
cos γ(x, y, z(x, y))=
20
=
∫∫
Dxy
R(x, y, z(x, y))dxdy.
Если же cos γ < 0 во всех точках поверхности σ, то уголмежду нормалью ~n к поверхности σ с осью Oz тупой и поэто-
му∫∫
σ
R cos γdσ = −∫∫
Dxy
R(x, y, z(x, y))dxdy.
Все три приведенные выше равенства можно записать одной
формулой:∫∫
σ
R cos γdσ = sign(cos γ) ∙∫∫
Dxy
R(x, y, z(x, y))dxdy,
где sign(cos γ) = 1, если cos γ > 0 во всех точках поверхности σ,sign(cos γ) = −1, если cos γ < 0 на поверхности σ, sign(cos γ) = 0,если cos γ = 0 на поверхности σ. Применяя описанный подход костальным интегралам правой части формулы (9), получаем соот-ношение∫∫
σ
(~F , ~n)dσ =∫∫
σ
P cos αdσ+∫∫
σ
Q cos βdσ+∫∫
σ
R cos γdσ =
= sign(cos α)∫∫
Dyz
P (x(y, z), y, z)dydz + sign(cos β)×
×∫∫
Dxz
Q(x, y(x, z), z)dxdz + sign(cos γ)×
×∫∫
Dxy
R(x, y, z(x, y))dxdy, (10)
где Dyz , Dxz — проекции поверхности σ на соответствующие ко-ординатные плоскости.
Замечание. Формула (10) получена при условии (в пред-положении), что каждая из координат вектора нормали ~n == (cos α, cos β, cos γ) либо знакопостоянна всюду на поверх-ности σ, либо тождественно равна нулю на этой поверхности.Если поверхность σ не удовлетворяет приведенному условию,то для вычисления поверхностного интеграла 2-го рода по этойповерхности надо сначала разбить ее на несколько частей, каж-дая которых обладает указанным свойством, а затем применить ккаждой из этих частей формулу (10).
21
Формула (10) позволяет понять существо и особенности другойзаписи поверхностного интеграла 2-го рода — координатной:∫∫
σ
~Fd~σ =∫∫
σ
P (x, y, z)dydz+Q(x, y, z)dxdz+R(x, y, z)dxdy =
=
∫∫
σ
P (x, y, z)dydz +
∫∫
σ
Q(x, y, z)dxdz+
+
∫∫
σ
R(x, y, z)dxdy. (11)
Легко увидеть, что в координатной записи интегралу∫∫
σ
P (x, y, z)dydz ставится в соответствие значение sign(cos α)×
×∫∫
Dyz
P (x(y, z), y, z)dydz и т. д.
Ниже при вычислении поверхностных интегралов 2-го родаакцент будем делать на формуле (10).
2.2. Свойства поверхностного интеграла 2-го рода
Линейность:∫∫
σ
(c1 ~F1 + c2 ~F2)d~σ = c1
∫∫
σ
~F1d~σ +
+ c2
∫∫
σ
~F2d~σ.
Аддитивность: если поверхность σ разбить на неперекрыва-
ющиеся поверхности σ1 и σ2, то∫∫
σ
~Fd~σ =∫∫
σ1
~Fd~σ+∫∫
σ2
~Fd~σ.
Зависимость от ориентации поверхности: если σ — дву-сторонняя поверхность и стороне σ+ соответствует нормаль ~n,соответственно противоположной стороне σ− — нормаль (−~n), то∫∫
σ−
~Fd~σ = −∫∫
σ+
~Fd~σ. т. е. поверхностный интеграл 2-го рода
при переходе на другую сторону поверхности меняет свой знак напротивоположный.
22
2.3. Вычисление поверхностного интеграла 2-го рода
СПОСОБ 1. С помощью формулы (10) вычисление поверх-ностного интеграла 2-го рода можно осуществить, сведя его к вы-числению суммы трех двойных интегралов.
Рис. 8
Пример 8. Вычислить∫∫
σ
~Fd~σ,
где ~F = (x + z)~i + (8~y − x)~j ++ (2x2 − y)~k, σ — часть поверхностицилиндра y = x2/4, заключенная меж-ду плоскостями x = 0, z = 3. Сто-рону поверхности выбирают так, что-бы единичная нормаль ~n◦ образовывалаострый угол с осью Ox (рис. 8).
J Определяем знаки направляющихкосинусов нормали: cos α > 0, cos β < 0, cos γ = 0. Согласно
формуле (11),∫∫
σ
~Fd~σ =∫∫
σ
(x+z)dydz+(8y−z)dxdz+(2x2−
−y)dxdy = +∫∫
Dyz
(x(y, z) + z)dydz −∫∫
Dxz
(8y(x, z)− x)dxdz, где
прямоугольники Dyz = {(y, z) : 0 6 y 6 16, 0 6 z 6 3}, Dxz == {(x, z) : 0 6 x 6 8, 0 6 z 6 3} — проекции поверхности σ наплоскости Oyz и Oxz соответственно. Проекция поверхности σ наплоскость Oxy вырождается в линию — дугу параболы y = x2/4cos γ = 0, поэтому интеграл по Dxy в данном случае отсутствует(равен нулю).
Вычислим отдельно интегралы по областям Dyz и Dxz , опре-делив x = x(y, z) и y = y(x, z) из уравнения поверхности σ, т. е.
x = x(y, z) = 2√y, y = y(x, z) = x2/4,
∫∫
Dyz
(x(y, z) + z)dydz =
=
∫∫
Dyz
((2√y+z)dydz =
3∫
0
dz
16∫
0
(2√y+z)dy = 328,
∫∫
Dxz
(8y(x, z)−
23
−x)dxdz =∫∫
Dxz
(2x2 − x)dxdz =
3∫
0
dz
8∫
0
(2x2 − x)dx = 928.
Отсюда∫∫
σ
~Fd~σ = 328− 928 = −600. I
СПОСОБ 2. Вычисление поверхностного интеграла 2-го родасводится к вычислению поверхностного интеграла 1-го рода со-
гласно формуле (8):∫∫
σ
~Fd~σ =∫∫
σ
(~F , ~n)dσ =∫∫
σ
(P cos α +
+Q cos β+R cos γ)dσ.
Пример 9. Найти∫∫
σ
~Fd~σ, где ~F =x~i+ y~j + z~k
(x2 + y2 + z2)3/2; σ —
сфера x2 + y2 + z2 = R2 (нормаль — внешняя).J Определим внешнюю нормаль ~n к сфере σ: ~n =
=~gradF (x, y, z)
| ~gradF (x, y, z)|, где F (x, y, z) = x2+y2+z2−R2; ~gradF (x, y, z) =
= F ′x~i+F′y~j+F ′z
~k = 2x~i+2y~j+2z~k.Отсюда ~n =x~i+ y~j + z~k
(x2 + y2 + z2)1/2,
(~F , ~n) =x2 + y2 + z2
(x2 + y2 + z2)2=
1
x2 + y2 + z2. Тогда
∫∫
σ
~Fd~σ =
=
∫∫
σ
dσx2 + y2 + z2
=1
R2
∫∫
σ
dσ =4πR2
R2= 4π. I
Рис. 9
Пример 10. Найти поток вектор-ного поля ~F = x2~i+ y2~j + z2~k черезвсю поверхность тела x2+y2+z2 6 4,x2 + y2 6 z+2, z > 0 в направлениивнешней нормали (рис. 9).J Поток векторного поля Π =
=
∫∫
σ
~Fd~σ =∫∫
σ
x2dydz − y2dxdz +
+z2dxdy =
∫∫
σ
(x2 cos α−y2 cos β+
24
+ z2 cos γ)dσ. Рассмотрим интеграл∫∫
σ
x2 cos α dσ. Поверхность
σ можно разбить на две части — σ+ и σ− симметричные от-носительно плоскости Oyz и удовлетворяющие условиям x > 0и x < 0 соответственно. Значения cos α в произвольной точ-ке поверхности σ+ и в симметричной ей точке поверхности σ−отличаются знаком, причем cos α > 0 на σ(+), cos α < 0 на
σ−. Поэтому∫∫
σ
x2dydz =
∫∫
σ
x2 cos αdσ =∫∫
σ+
x2 cos αdσ +
+
∫∫
σ−
x2 cos αdσ = 0.
Аналогично в силу симметрии поверхности σ относительно
плоскости Oyz имеем∫∫
σ
y2dxdz =
∫∫
σ
y2 cos β dσ = 0.
Вычислим интеграл∫∫
σ
z2dxdy =
∫∫
σ
z2 cos γdσ. Поверх-
ность σ состоит из сегмента σ1 сферы x2 + y2 + z2 = 4, частиσ2 параболоида x2 + y2 = z + 2 и части σ3 плоскости z = 0.
Поскольку z = 0 на σ3, то∫∫
σ3
z2dxdy = 0. Найдем проекции
σ1 и σ2 на плоскость Oxy. Исключая z из системы уравнений{x2 + y2 + z2 = 4x2 + y2 = z + 2
, получаем x2 + y2 = 3 — уравнение про-
екции линии пересечения сферы и параболоида на плоскостьOxy. Полагая z = 0 в уравнении параболоида, получаем x2 ++ y2 = 2. Таким образом, сферический сегмент σ1 проециру-ется в круг D1 = {(x, y) : x2 + y2 6 3}, часть параболоидаσ2 — в кольцо D2 = {(x, y) : 2 6 x2 + y2 6 3}. Для сегмен-та сферы σ1 имеем cos γ > 0, z2(x, y) = 4 − x2 − y2. Поэтому∫∫
σ1
z2dxdy =
∫∫
D1
(4− x2 − y2)dxdy =
2π∫
0
dϕ
√3∫
0
(4− ρ2)ρdρ =
= 2π(2ρ2 − ρ4/4)∣∣∣
√3
0= 2π(6− 9/4) = 15π/2.
25
Поскольку на части параболоида σ2 имеем z2(x, y) = (x2 +
+ y2− 2)2, cos γ < 0, то∫∫
σ2
z2dxdy =−∫∫
D2
(x2+ y2− 2)2dxdy =
= −2π
√3∫
√2
(ρ2 − 2)2ρdρ = −2π(ρ2 − 2)3
6
∣∣∣∣
√3
√2
= −π3.
Таким образом,∫∫
σ
z2dxdy =
∫∫
σ1
z2dxdy +
∫∫
σ2
z2dxdy =
=15π2−
π3=43π6
.
Окончательно получаем поток векторного поля Π =∫∫
σ
~Fd~σ =
= 0− 0 + 43π/6 = 43π/6.I
2.4. Задачи для самостоятельного решения
1. Найти поток векторного поля x2~i+y2~j+ z2~k через часть по-верхности параболоида z = x2+y2, z 6 1 в направлении нормали,внешней к параболоиду.
2. Найти поток векторного поля x2~i−y2~j+z2~k через часть сфе-ры x2+y2+z2 = 1, находящуюся в первом октанте, в направлениивнутренней нормали.
3. Найти∫∫
σ
xdydz + ydxdz − 2zdxdy, где σ — полная поверх-
ность куба |x| 6 1, |y| 6 1, |z| 6 1 (внешняя сторона).4. Найти поток векторного поля ~F = 2x2~i + 3y2~j + z2~k че-
рез полную поверхность тела√x2 + y2 6 z 6
√2− x2 − y2 в
направлении внешней нормали.
5. Найти∫∫
σ
~Fd~σ, где ~F = x~i+y~j+z~k, σ — часть параболоида
z = x2 − y2, 0 6 x 6 1, z > 0 нормаль образует тупой угол сосью Oz.
Ответы
1. −π/3. 2. −π/8. 3. 0. 4. π. 5. 1/3.
26
3. ЗАДАНИЯ ТИПОВОГО РАСЧЕТА
Задача № 1. Дана часть поверхности σ, вырезаемая поверхно-стями S. Плотность поверхности σ равна μ (табл. 1).
В вариантах 1 — 10 найти массу поверхности σ.В вариантах 11 — 20 найти координаты центра масс поверхно-
сти σ.В вариантах 21 — 30 найти момент инерции поверхности отно-
сительно осей координат и начала координат.
Таблица 1
Номервари-анта
Поверхность σ Поверхности S Плотность μ
1 z = xyx2+y2 = 4, x = 0,y = 0 (x > 0, y > 0)
zx2+y2
2 x2 − y2 + z2 + 1 = 0 |y| =√2 |y|
3 z =√x2 + y2 x2 + (y − 1)2 = x y
4 z = 12 (x
2 − y2) x2 + y2 = x, z = 0(z > 0)
|xy|x2+y2
5 x2 + y2 =4x y2 + z2 = x2, z =0(z > 0) |y| z
6 z = x2 + y2 z =1 |xy|z
7 z2 + y2 =1 |y| = |x| , |x| = 1 |y|
8 z =√1 + x2 + y2 x2 + y2 = 9 zy2√
2z2−1
9 y2 = x2 + z2 |y| = 1 y2z2
10 x2 − y2 − z2 + 1 = 0 |x| =√3 |x|
11 z2 = x2 + y2x2 + y2 = 4, z =0
(z > 0) 1
12 x2 + y2 + z2 =4 x2 + y2 = 2x |z|
13 x2 − y2 − z2 = 0 x = 0, x =2 y2
27
Окончание табл. 1
Номервари-анта
Поверхность σ Поверхности S Плотность μ
14 z =√9− x2 − y2 – |y|√
9−z2
15 y = 12 (x
2 + z2) y =21√
1+4y−x2−z2
16 x2 + y2 + z2 =2 x2 + y2 = z2, z = 0 1
17 z =√4− x2 − y2 – xy
4−z2
18 y = −√1− x2 − z2 x = 0, z = 0
(x 6 0, z > 0) 1
19 x2 − y2 − z2 = 0 y2 + z2 = 2y 1
20 z = x2 − y2 |x| = 1, z = 0(z > 0)
y√z+2y2+1/4
21 x2 + y2 + z2 =1 – |z|
22 z = x2 + y2 z =1 1√1+4z
23 x2 + y2 =1 |z| = 1 |y|
24 z =√1 + x2 + y2 z =
√2
z√x2+y2+z2
25 x+ y + z = 1x = 0, y = 0, z = 0(x > 0, y > 0,z > 0)
1
26 x2 + y2 + z2 =1 x2 + y2 = z2, z =0(z > 0) z3
27 z = x2 − y2 x2 + y2 =11√
1+4z+8y2
28 z2 = x2 + y2 x2 + y2 =1 x2 + y2 + z2
29 y2 − x2 − z2 =0y = 0, y = 1, x = 0,
z = 0(x > 0, z > 0)
√x2 + y2 + z2
30 x2 + y2 = 2x z = 0, z = 2 |y|
28
Задача № 2. Найти поток векторного поля−→F через часть
плоскости σ, ограниченную координатными плоскостями. Сторо-на плоскости определяется нормалью, образующей острый угол сположительным направлением указанной оси координат (табл. 2).
Таблица 2
Номерварианта Векторное поле
−→F Плоскость σ Ось
1 y~i+ 2x~j + z~k x− y + z =2 Ox
2 (y + z)~i+ y~j −x+ y + z =1 Oy
3 x~i+ 3z~j − y~k x2 +
y3 + z = 1 Oz
4 2x~j + 3z~k x+ y − z =1 Ox
5 x~i+ z~j + y~k x+ y2 + 2z = 1 Oy
6 y~i− 3x~j − z~k −x− y3 +z2 = 1 Oz
7 z~i+ y~j + x~k x+ 2y + 2z = 2 Ox
8 x~i− 2z~j + 2y~k −x+ 4y + 2z = 2 Oy
9 x~i− y~j + z~k x+ 2y + 3z = 6 Oz
10 z~i+ y~j + 2x~k −x+ y − z = 1 Oy
11 6z~i+ y~j + 2x~k 4x+ 2y + z = 2 Oz
12 z~i+ 2y~j + x~k −x− 3y + 2z = 1 Oz
13 (y + 1)~j + 3z~k −x+ y2 +z3 = 1 Oy
14 (x+ 2)~j + 2z~k −x+ y + z = 2 Oz
15 x~i+ (1− 2y)~j x4 +
y2 + z = 1 Oz
16 (x+ 1)~i+ (z + 1)~j x− y2 +z3 = 1 Ox
17 −y~i+ x~j + 3z~k −3x− 2y + 6z = 6 Oz
18 6z~i+ 6y~j + 2x~k −3x+ 6y + 2z = 6 Oy
19 y~i+ 2x~j + z~k 2x+ 3y + 3z = 1 Oz
20 −z~i+ 6y~j + x~k 2x+ y − 4z = 2 Ox
21 2x~i− 2z~j + y~k x− y − z = 2 Ox
29
Окончание табл. 2
Номерварианта Векторное поле
−→F Плоскость σ Ось
22 x~i+ 3y~k −x+ y2 − z = 1 Oy
23 z~i+ y~j x+ 2y + 2z = 2 Oz
24 y~i− x~j + (z + 2)~k x+ y + z = 2 Ox
25 −z~i+ y~j + (x− 1)~k x− y + z = 1 Oz
26 2y~i+ x~j + 3z~k 2x+ y + z = 1 Oz
27 y~i+ x~j + 3z~k x+ 3y + z = 1 Ox
28 x~i+ 2z~j + y~k x+ y − 2z = 1 Ox
29 x~i+ y~j + 3z~k −x+ 2y + 3z = 2 Oz
30 2z~i+ y~j + x~k −3x+ y + 2z = 2 Oy
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ
1. Гаврилов В.Р., Иванова Е.Е., Морозова В.Д. Кратные и кри-волинейные интегралы. Элементы теории поля. М.: Изд-во МГТУим. Э.Н. Баумана, 2001.
2. Пискунов Н.С. Дифференциальное и интегральное исчисления:В 2 т. Т. 2. М.: Наука, 1985.
3. Бугров Я.С., Никольский С.М. Дифференциальные уравнения.Кратные интегралы. Ряды. Функции комплексного переменного. М.:Наука, 1985.
4. Кудрявцев Л.Д. Краткий курс математического анализа. М.:Высш. шк., 1989.
5. Шипачев В.С. Высшая математика. М.: Высш. шк., 1985.6. Ильин В.А., Позняк Э.Г. Основы математического анализа: В 2 ч.
Ч. 2. М.: Наука, 1980.
ОГЛАВЛЕНИЕ
1. Поверхностные интегралы 1-го рода . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.1. Понятие поверхностного интеграла 1-го рода . . . . . . . . . . . . . . . 31.2. Свойства поверхностного интеграла 1-го рода . . . . . . . . . . . . . . 51.3. Вычисление поверхностного интеграла 1-го рода . . . . . . . . . . . 51.4. Механические и физические приложения поверхностного
интеграла 1-го рода . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.5. Задачи для самостоятельного решения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2. Поверхностные интегралы 2-го рода . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.1. Определение поверхностного интеграла 2-го рода . . . . . . . . . . 172.2. Свойства поверхностного интеграла 2-го рода . . . . . . . . . . . . . . 222.3. Вычисление поверхностного интеграла 2-го рода . . . . . . . . . . . 232.4. Задачи для самостоятельного решения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
3. Задания типового расчета . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27Список литературы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
![Звук [ е ]. Позначення його буквою Е,е](https://img.pdfslide.tips/doc/110x75/587eea031a28ab17388b6867/-587eea031a28ab17388b6867.jpg)
