Поверхностный интеграл 1-го рода функции $f(x,y,z)$ по параметрически заданной поверхности $\vec{r}(u,v)$ (где параметры у и в пробегают некую область $\Omega$) обозначается и вычисляется (через обычный двойной интеграл) так: \begin{equation} \iint\limits_{S}f(x,y,z)dS=\iint\limits_{S}f(x(u,v),y(u,v),z(u,v))\left|\vec{r}'_{u}\times\vec{r}'_{v}\right|dudv.\label{base} \end{equation} $\vec{r}'_{u}$ и $\vec{r}'_{v}$ – касательные векторы к поверхности, их векторное произведение $\vec{N}=\vec{r}'_{u}\times\vec{r}'_{v}$ - вектор нормали к поверхности, в интеграл включается его модуль $\left|\vec{r}'_{u}\times\vec{r}'_{v}\right|=\left|\vec{N}\right|$. Можно также считать, что в формуле \eqref{base} \[ dS=\left|\overrightarrow{dS}\right|=\left|\vec{r}'_{u}\times\vec{r}'_{v}dudv\right| \] (в интегралах 2-го рода модуль от $\overrightarrow{dS}$ брать не придётся).
Можно пересчитать выражение $\left|\vec{r}'_{u}\times\vec{r}'_{v}\right|$, воспользовавшись свойствами смешанного произведения и правилом ``БАЦ-ЦАБ'', так (здесь и далее все квадраты векторов – скалярные): \[ \left[\vec{r}'_{u}\times\vec{r}'_{v}\right]^{2}=\left[\vec{r}'_{u}\times\vec{r}'_{v}\right]\cdot\left[\vec{r}'_{u}\times\vec{r}'_{v}\right]=\left(\left[\vec{r}'_{u}\times\vec{r}'_{v}\right],\vec{r}'_{u},\vec{r}'_{v}\right)=\left(\vec{r}'_{u},\vec{r}'_{v},\left[\vec{r}'_{u}\times\vec{r}'_{v}\right]\right)= \] \[ =\vec{r}'_{u}\cdot\left[\vec{r}'_{v}\times\left[\vec{r}'_{u}\times\vec{r}'_{v}\right]\right]= \vec{r}'_{u}\cdot\left(\vec{r}'_{u}\left(\vec{r}'_{v}\cdot\vec{r}'_{v}\right)-\vec{r}'_{v}\left(\vec{r}'_{v}\cdot\vec{r}'_{u}\right)\right)= (\vec{r}'_{u})^{2} (\vec{r}'_{v})^{2} -\left(\vec{r}'_{v}\cdot\vec{r}'_{u}\right), \] \[ \left|\vec{r}'_{u}\times\vec{r}'_{v}\right|= \sqrt{\left[\vec{r}'_{u}\times\vec{r}'_{v}\right]^{2}}= \sqrt{(\vec{r}'_{u})^{2}(\vec{r}'_{v})^{2}-\left(\vec{r}'_{v}\cdot\vec{r}'_{u}\right)}, \] что (с точностью до обозначений) совпадает с формулой в Демидовиче.
Площадь поверхности равна интегралу 1-го рода по этой поверхности от единицы.
Пример: №4343
Вычислить поверхностный интеграл 1-го рода:
\begin{equation} \iint\limits_{S}(x+y+z)ds,\label{eq:main} \end{equation} где $S$ -- поверхность \begin{equation} x^{2}+y^{2}+z^{2}=a^{2},\quad z\geqslant0.\label{eq:sur} \end{equation}
Зададим поверхность в параметрическом виде. В сферических координатах уравнение поверхности \eqref{eq:sur} записывается как $r=a$, и если перейти обратно в декартовы координаты, получится: \begin{equation} \begin{cases} x= & a\sin\theta\cos\varphi\\ y= & a\sin\theta\sin\varphi\\ z= & a\cos\theta. \end{cases}\label{eq:sph} \end{equation} Компоненты $x$, $y$ и $z$ радиус-вектора $\overrightarrow{r}=x\vec{i}+y\vec{j}+z\vec{k}$, таким образом, зависят от двух параметров, которые для верхней полусферы лежат в следующих областях: $0\leqslant\theta\leqslant\frac{\pi}{2}$ и $0\leqslant\varphi\leqslant2\pi$.
После параметризации $ds=\left|\overrightarrow{r}_{\theta}'\times\overrightarrow{r}_{\varphi}'\right|d\theta d\varphi=\sqrt{\left(\overrightarrow{r}_{\theta}'\right)^{2}\left(\overrightarrow{r}_{\varphi}'\right)^{2}-\left(\overrightarrow{r}_{\theta}'\cdot\overrightarrow{r}_{\varphi}'\right)^{2}}d\theta d\varphi$. Учитывая \eqref{eq:sph}, вычислим: \[ \overrightarrow{r}_{\theta}'=\left(\begin{array}{c} a\cos\theta\cos\varphi\\ a\cos\theta\sin\varphi\\ -a\sin\theta \end{array}\right),\qquad\overrightarrow{r}_{\varphi}'=\left(\begin{array}{c} a\sin\theta\sin\varphi\\ -a\sin\theta\cos\varphi\\ 0 \end{array}\right) \] \[ \left(\overrightarrow{r}_{\theta}'\right)^{2}=a^{2} \] \[ \left(\overrightarrow{r}_{\varphi}'\right)^{2}=a^{2}\sin^{2}\theta \] \[ \left(\overrightarrow{r}_{\theta}'\cdot\overrightarrow{r}_{\varphi}'\right)^{2}=0 \] Тогда $ds=a^{2}\sin\theta d\theta d\varphi$. Подставляем $ds$ и \eqref{eq:sph} в интеграл \eqref{eq:main}: \[ \iint\limits_{S}(x+y+z)ds=\intop_{0}^{\pi/2}d\theta\intop_{0}^{2\pi}d\varphi\left(a\sin\theta\cos\varphi+a\sin\theta\sin\varphi+a\cos\theta\right)a^{2}\sin\theta=\intop_{0}^{\pi/2}2\pi a^{3}\cos\theta\sin\theta d\theta=a^{3}\pi\left.\sin^{2}\theta\right|_{0}^{\pi/2}=\pi a^{3}. \]
Также вы можете посмотреть решение куда более сложного № 4347, если
вас не испугает страшноватое оформление 14-летней давности.
Задание: №4344, где нужно вычислить производную как через боковую поверхность, так и через крышку.
Есть также поверхностные интегралы 2-го рода, про которые объясняется и задаётся здесь.
Также понадобятся формулы Стокса и Остроградского(-Гаусса), пост про которые – тут.
Решайте, задавайте вопросы.
