科数网
公式
首页
初中
高中
高数
线代
概率
高中物理
赞助
在线教程
高等数学
第七章 多元函数积分学
曲面的面积
最后更新:
2023-10-01 11:28
查看:
287
次
下载
编辑本文
科数网
曲面的面积
例 24 求曲线 $\left(x^2+y^2\right)^2=2 a^2\left(x^2-y^2\right)$ 和 $x^2+y^2 \geq a$ 所围成区域 $D$ 的面积 (见图 7-29) . 解 根据对称性有 $D=4 D_1$, 在极坐标系下 $x^2+y^2=a^2$ , 即 $r=a$ , $$ \left(x^2+y^2\right)^2=2 a^2\left(x^2-y^2\right) $$ 即 $r=a \sqrt{2 \cos 2 \theta}$, ![图片](/uploads/2023-01/image_20230101285c093.png) 故所求面积 $$ \begin{aligned} & \sigma=\iint_D \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=4 \iint_{D_1} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=4 \iint_{D_1} r \mathrm{~d} r \mathrm{~d} \theta=4 \int_0^{\frac{\pi}{6}} \mathrm{~d} \theta \int_a^{a \sqrt{2 \cos 2 \theta}} r \mathrm{~d} r \\ &=4 a^2 \int_0^{\frac{\pi}{6}}\left(\cos 2 \theta-\frac{1}{2}\right) \mathrm{d} \theta=a^2\left(\sqrt{3}-\frac{\pi}{3}\right) . \end{aligned} $$ 设曲面 $\Sigma: z=f(x, y),(x, y) \in D_{x y} \quad\left(D_{x y}\right.$ 为曲面在 $x O y$ 面上的投影区域), $f(x, y)$ 在 $D_{x y}$ 上具有一阶连续偏导数. 注 本节所指的曲面,要求是一种简单曲面: 即曲面上的点与其在 $x O y$ 面 上的投影区域 $D$ 上的点一一对应. 如果任何平行于 $z$ 轴的直线和曲面 $\Sigma$ 正好相交于一点, 那么这个曲面就是属 于这种类型. 如果曲面不是这种类型,则可将其分成若干部分, 使其每一部分符合上述 性质. 曲面的面积 我们用元素法来推导有关公式 (见图 7-30): ![图片](/uploads/2023-01/image_202301010a113cc.png) 将区域 $D$ 任意划分成若干个直径很小的区域 $\Delta \sigma_i(i=1,2, \cdots, n)$ ,并以 $\mathrm{d} \sigma$ 表 示某个小区域,也表示其面积. 在 $\mathrm{d} \sigma$ 上任取一点 $P(x, y)$ ,对应地曲面 $\Sigma$ 上有一点 $M(x, y, z(x, y))$ ,点 $M$ 在 $x O y$ 平面上的投影即点 $P$ ,点 $M$ 处曲面 $\Sigma$ 的切平面设为 $T$ ,过 $\mathrm{d} \sigma$ 的边界且 母线平行于 $z$ 轴的柱面截曲面 $\Sigma$ 及其切平面,截得的小曲面记为 $\mathrm{d} S$ ,切平面上的 一小片平面记为 $\mathrm{d} A$ , 由于 $\mathrm{d} \sigma$ 的直径很小,切平面上的 $\mathrm{d} A$ 可以近似地代替 $\mathrm{d} S$ ,即 $\mathrm{d} S \approx \mathrm{d} A$ ,而 $\mathrm{d} A=\frac{\mathrm{d} \sigma}{\cos \gamma}$ ,其中 $\gamma$ 为点 $M$ 处曲面 $\Sigma$ 上的法向量 (指向朝上) 与 $z$ 轴所成的夹角. 由 $n=\left(-f_x^{\prime}(x, y),-f_y^{\prime}(x, y), 1\right)$ 知 $\cos \gamma=\frac{1}{\sqrt{1+f_x^{\prime 2}(x, y)+f_y^{\prime 2}(x, y)}}$ , 故 $\mathrm{d} S \approx \mathrm{d} A=\frac{\mathrm{d} \sigma}{\cos \gamma}=\sqrt{1+f_x^{\prime 2}(x, y)+f_y^{\prime 2}(x, y)} \mathrm{d} \sigma$ ,因此 因此 或 $$ S=\iint_{D_{y y}} \sqrt{1+f_x^{\prime 2}(x, y)+f_y^{\prime 2}(x, y)} \mathrm{d} \sigma, $$ $$ S=\iint_{D_{y y}} \sqrt{1+z_x^2+z_y^2} \mathrm{~d} \sigma . $$ 同理,设 $\Sigma: x=g(y, z) ,(y, z) \in D_{y z}, g(y, z)$ 在 $D_{y z}$ 具有一阶连续偏导数,则 有 $$ S=\iint_{D_{y z}} \sqrt{1+x_y^2+x_z^2} \mathrm{~d} \sigma ; $$ 设 $\Sigma: y=h(x, z) ,(x, z) \in D_{x z}, h(x, z)$ 在 $D_{x z}$ 具有一阶连续偏导数,则有 $$ S=\iint_{D_y} \sqrt{1+y_x^2+y_z^2} \mathrm{~d} \sigma . $$ 例 25 求半径为 C的球面的面积. 解 平行于 轴的直线穿过球面时,与球面有二个交点,因此需将球面分成 上、下两部分,根据对称性,只需求出上半球面面积乘2即可. 上半球面方程: $z=\sqrt{a^2-x^2-y^2} ,(x, y) \in D , D=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leq a^2\right\}$ $\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{-x}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}, \quad \frac{\partial z}{\partial y}=\frac{-y}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}, \quad \sqrt{1+z_x^2+z_y^2}=\frac{a}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}} ,$ 故 $S=2 \iint_D \sqrt{1+z_x^2+z_y^2} \mathrm{~d} \sigma=2 \iint_D \frac{a}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}} \mathrm{~d} \sigma=2 a \int_0^{2 \pi} \mathrm{d} \theta \int_0^a \frac{1}{\sqrt{a^2-r^2}} r \mathrm{~d} r$ $=\left.4 \pi a\left(-\sqrt{a^2-r^2}\right)\right|_0 ^a=4 \pi a^2$. 注:这里用到了广义二重积分, 或取 $D_1: x^2+y^2 \leq b(0<b<a)$ , $$ \begin{aligned} S_1 & =2 \iint_{D_1} \sqrt{1+z_x^2+z_y^2} \mathrm{~d} \sigma=2 \iint_{D_1} \frac{a}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}} \mathrm{~d} \sigma=2 a \int_0^{2 \pi} \mathrm{d} \theta \int_0^b \frac{1}{\sqrt{a^2-r^2}} r \mathrm{~d} r \\ & =4 \pi a\left(-\sqrt{a^2-r^2}\right)||_0^b=4 \pi a\left(a-\sqrt{a^2-b^2}\right), \\ S & =\lim _{b \rightarrow a} S_1=\lim _{b \rightarrow a} 4 \pi a\left(a-\sqrt{a^2-b^2}\right)=4 \pi a^2 . \end{aligned} $$
上一篇:
二重积分换元法
下一篇:
质量与质心
本文对您是否有用?
有用
(
0
)
无用
(
0
)
科数网知识库旨在打造一个可以顺序阅读的在线电子学习教程,点击顶部的
编辑本文
来完善本文,如果本文对您有用,我们感觉很高兴。 科数网目前处于严重的亏损状态,也欢迎
赞助我们
,支持本站的发展。
0
篇笔记
写笔记
更多笔记
提交笔记