Решение: Поверхностный Интеграл ∫∫S x dy dz для Сферы

Задание: Вычислить поверхностный интеграл второго рода \[ I = \iint_{S} x \, dy \, dz \] где \( S \) — внешняя сторона части сферы \( x^2 + y^2 + z^2 = 1 \), при условиях \( x \le 0 \), \( y \le 0 \), \( z \ge 0 \). Решение: 1. Анализ поверхности: Данная поверхность представляет собой одну восьмую часть сферы (октант), расположенную там, где координаты \( x \) и \( y \) отрицательны, а \( z \) положительна. Уравнение сферы можно разрешить относительно \( x \), так как в интеграле стоит дифференциал \( dy \, dz \): \[ x = -\sqrt{1 - y^2 - z^2} \] Знак «минус» выбран, так как по условию \( x \le 0 \). 2. Проекция на плоскость Oyz: Область интегрирования \( D \) на плоскости \( (y, z) \) определяется условиями \( y \le 0 \), \( z \ge 0 \) и ограничена окружностью \( y^2 + z^2 = 1 \) (которая получается при \( x = 0 \)). Это четверть круга в соответствующем квадранте. 3. Определение знака перед интегралом: Поверхностный интеграл второго рода по координатам \( dy \, dz \) вычисляется через двойной интеграл по проекции на плоскость \( Oyz \). Формула имеет вид: \[ \iint_{S} f(x,y,z) \, dy \, dz = \pm \iint_{D} f(x(y,z), y, z) \, dy \, dz \] Знак зависит от угла, который нормаль к поверхности образует с положительным направлением оси \( Ox \). По условию сторона сферы внешняя. В точке нашей поверхности (где \( x < 0 \)) вектор внешней нормали направлен «от центра», то есть в сторону отрицательных значений \( x \). Следовательно, угол с осью \( Ox \) тупой, и косинус этого угла отрицателен. Значит, при переходе к двойному интегралу мы должны поставить знак «минус». 4. Переход к двойному интегралу: Подставим \( x = -\sqrt{1 - y^2 - z^2} \) в интеграл: \[ I = - \iint_{D} \left( -\sqrt{1 - y^2 - z^2} \right) \, dy \, dz = \iint_{D} \sqrt{1 - y^2 - z^2} \, dy \, dz \] 5. Вычисление в полярных координатах: Перейдем к полярным координатам в плоскости \( Oyz \): \[ y = r \cos \phi, \quad z = r \sin \phi, \quad dy \, dz = r \, dr \, d\phi \] Для нашей области \( D \) (четверть круга, где \( y \le 0, z \ge 0 \)): \[ 0 \le r \le 1, \quad \frac{\pi}{2} \le \phi \le \pi \] Подставляем в интеграл: \[ I = \int_{\pi/2}^{\pi} d\phi \int_{0}^{1} \sqrt{1 - r^2} \cdot r \, dr \] 6. Находим внутренний интеграл: Сделаем замену \( u = 1 - r^2 \), тогда \( du = -2r \, dr \), откуда \( r \, dr = -\frac{1}{2} du \). При \( r=0, u=1 \); при \( r=1, u=0 \). \[ \int_{0}^{1} \sqrt{1 - r^2} \cdot r \, dr = -\frac{1}{2} \int_{1}^{0} \sqrt{u} \, du = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} u^{1/2} \, du = \frac{1}{2} \left[ \frac{u^{3/2}}{3/2} \right]_0^1 = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} = \frac{1}{3} \] 7. Окончательный расчет: \[ I = \int_{\pi/2}^{\pi} \frac{1}{3} \, d\phi = \frac{1}{3} \left( \pi - \frac{\pi}{2} \right) = \frac{1}{3} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{6} \] Ответ: \( \frac{\pi}{6} \) Как решать такие задачи (алгоритм): 1. Понять, какая часть поверхности дана и как она проецируется на координатную плоскость, соответствующую дифференциалам в интеграле (если \( dy \, dz \), то на плоскость \( Oyz \)). 2. Выразить «недостающую» переменную (в данном случае \( x \)) через две другие из уравнения поверхности. 3. Определить знак перед двойным интегралом. Если нормаль к поверхности образует острый угол с осью (в нашем случае \( Ox \)), ставится «+», если тупой — «-». Для внешней стороны сферы это легко понять по знаку самой координаты в данной области. 4. Подставить выражение переменной в функцию под интегралом и вычислить полученный двойной интеграл (часто удобнее всего переходить к полярным координатам).