13.5: Площа поверхні

У розділі 7.4 ми використовували певні інтеграли для обчислення довжини дуги плоских кривих форми$y=f(x)$. Пізніше ми розширили ці ідеї, щоб обчислити довжину дуги плоских кривих, визначених параметричними або полярними рівняннями.

Природним продовженням поняття «довжина дуги через інтервал» до поверхонь є «площа поверхні над областю».

Розглянемо поверхню$z=f(x,y)$ над областю$R$ в$xy$ -площині, показаної на малюнку$\PageIndex{1a}$. Через куполоподібної форми поверхні площа поверхні буде більше, ніж площа області$R$. Ми можемо знайти цю область, використовуючи ту саму базову техніку, яку ми використовували знову і знову: зробимо наближення, а потім, використовуючи межі, уточнимо наближення до точного значення.

Рисунок$\PageIndex{1}$: Розробка методу обчислення площі поверхні.

Як це робиться, щоб знайти об'єм під поверхнею або масою пластинки, ми$R$ поділяємо на$n$ субрегіони. Тут$R$ поділяємо на прямокутники, як показано на малюнку. Один такий субрегіон окреслений на малюнку, де прямокутник має розміри$\Delta x_i$ і$\Delta y_i$ разом з відповідною йому областю на поверхні.

У частині (b) малюнка збільшуємо масштаб на цій ділянці поверхні. Коли$\Delta x_i$ і$\Delta y_i$ малі, функція добре наближається дотичною площиною$(x_i,y_i)$ в будь-якій точці цієї субобласті, яка графікується в частині (b). Насправді дотична площина настільки добре наближає функцію, що на цьому малюнку вона практично не відрізняється від самої поверхні! Тому ми можемо наблизити площу$S_i$ поверхні цієї області поверхні з площею$T_i$ відповідної ділянки дотичної площини.

Ця частина дотичної площини є паралелограмом, визначеним сторонами$\vec u$ і$\vec v$, як показано на малюнку. Одне із застосувань поперечного продукту з розділу 10.4 полягає в тому, що площа цього паралелограма є$\norm{\vec u\times \vec v}$. Як тільки ми зможемо визначити$\vec u$ і$\vec v$, ми зможемо визначити площу.

$\vec u$дотична до поверхні у напрямку$x$, отже, з розділу 12.7,$\vec u$ паралельна$\langle 1,0,f_x(x_i,y_i)\rangle$. $x$-Зсув$\vec u$ є$\Delta x_i$, тому ми це знаємо$\vec u = \Delta x_i\langle 1,0,f_x(x_i,y_i)\rangle$. Подібна логіка показує це$\vec v = \Delta y_i\langle 0,1,f_y(x_i,y_i)\rangle$. Таким чином:

\ [\ begin {align*}
\ текст {площа поверхні$S_i$} &\ приблизно\ текст {область$T_i$}\\
&=\ норма {\ vec u\ times\ vec v}\\\
&=\ big|\ big|\ Дельта x_i\ langle 1,0, f_x (x_i, y_i)\ діапазон\ раз\ Дельта y_i\ langle 0,1, f_y (x_y) i, y_i)\ діапазон\ big|\ big|\\
&=\ sqrt {1+f_x (x_i, y_i) ^2+f_y (x_i, y_i) ^2}\,\ Дельта x_i\,\ Дельта y_i.
\ end {align*}\]
Зауважте$\Delta x_i\,\Delta y_i = \Delta A_i$, що, площа$i^{\text{th}}$ субрегіону.

$n$Підсумовування всіх наближень до площі поверхні дає
\[\text{surface area over $R$} \approx \sum_{i=1}^n \sqrt{1+f_x(x_i,y_i)^2+f_y(x_i,y_i)^2}\,\Delta A_i.\]

Ще раз візьміть межу як все$\Delta x_i$ і$\Delta y_i$ зменшитися до 0; це призводить до подвійного інтеграла.

Визначення 105 Площа поверхні

Нехай$z=f(x,y)$ де$f_x$ і$f_y$ є безперервними над замкнутим, обмеженою областю$R$. Площа поверхні$S$$R$ над

\ [\ почати {вирівнювати*}
S &=\ iInt_r\ dS\\
&=\ iInt_r\ sqrt {1+f_x (x, y) ^2+f_y (x, y) ^2}\ да.
\ end {вирівнювати*}\]

Примітка: як і раніше, ми думаємо про$\displaystyle \iint_R\ dS$ "" як значення «підсумувати багато маленьких поверхневих ділянок$R$.»

Поняття площі поверхні визначено тут, бо поки ми вже маємо поняття площі області в площині, ми ще не мали твердого розуміння того, що означає «площа поверхні в просторі».

Ми перевіряємо це визначення, використовуючи його для обчислення площ поверхні відомих поверхонь. Починаємо з трикутника.

Приклад$\PageIndex{1}$: Finding the surface area of a plane over a triangle

Дозволяти$f(x,y) = 4-x-2y$, і$R$ нехай область в площині обмежена$x=0$,$y=0$ і$y=2-x/2$, як показано на малюнку$\PageIndex{2}$. Знайдіть площу поверхні$f$ над$R$.

Рисунок$\PageIndex{2}$: Знаходження площі трикутника у просторі у прикладі$\PageIndex{1}$.

Рішення
Ми слідуємо Визначення 105. Почнемо з того, що відзначаємо, що$f_x(x,y) = -1$ і$f_y(x,y) = -2$. Для визначення$R$ використовуємо межі$0\leq y\leq 2-x/2$ і$0\leq x\leq 4$. Тому
\ [\ почати {вирівнювати*}
S &=\ iInt_r\ dS\\
&=\ int_0^4\ int_0^ {2-x/2}\ sqrt {1+ (-1) ^2+ (-2) ^2}\ dy\, dx\\
&=\ int_0^4\ sqrt {6}\ ліво (2-\ frac x2\ праворуч) dx\
&&= 4\ квадратний {6}.
\ end {вирівнювати*}\]

Оскільки поверхня являє собою трикутник, ми можемо з'ясувати площу за допомогою геометрії. Розглядаючи підставу трикутника, щоб бути стороною в$xy$ -площині, знаходимо довжину підстави бути$\sqrt{20}$. Ми можемо знайти висоту, використовуючи наші знання векторів: нехай$\vec u$ бути стороною в$x$ -$z$ площині і нехай$\vec v$ бути стороною в$xy$ -площині. Висота тоді$\norm {\vec u - \text{proj}_{\vec v}\vec u} = 4\sqrt{6/5}$. Геометрія стверджує, що площа таким чином

$$\frac 12\cdot4\sqrt{6/5}\cdot\sqrt{20} = 4\sqrt{6}.$$

Ми підтверджуємо дійсність нашої формули.

«Загальновідомо», що площа поверхні сфери радіуса$r$ є$4\pi r^2$. Ми підтверджуємо це в наступному прикладі, який передбачає використання нашої формули з полярними координатами.

Приклад$\PageIndex{2}$: The surface area of a sphere.

Знайдіть площу поверхні сфери з радіусом,$a$ центрованим у початку, верхня півкуля якої має рівняння$f(x,y)=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$.

Рішення

Починаємо з обчислення часткових похідних і знаходимо

$$f_x(x,y) = \frac{-x}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}} \quad \text{and}\quad f_y(x,y) = \frac{-y}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}.$$

Оскільки наша функція визначає$f$ лише верхню верхню півкулю сфери, ми подвоюємо результат площі поверхні, щоб отримати загальну площу:

\ [\ почати {вирівнювати*}
S & = 2\ iInt_R\ sqrt {1+ f_x (x, y) ^2+f_y (x, y) ^2}\ да\\
&= 2\ iInt_R\ sqrt {1+\ розрив {x^2+y^2} {a^2-x^2-y^2}}\ да.
\ end {вирівнювати*}\]

Область$R$, над якою ми інтегруємо, - це коло, зосереджене на початку, з радіусом$a$:$x^2+y^2=a^2$. Через цей регіон ми, ймовірно, матимемо більший успіх у нашій інтеграції шляхом перетворення в полярні координати. Використовуючи заміни$x=r\cos\theta$$y=r\sin\theta$,$dA = r\ dr\ d\theta$ і межі$0\leq\theta\leq2\pi$ і$0\leq r\leq a$, ми маємо:

\ [\ почати {вирівняти}
S &= 2\ int_0^ {2\ pi}\ int_0^a\ sqrt {1+\ frac {r^2\ cos^2\ sin^2\ sin^2\ тета} {a^2-r^2\ cos^2\ sin^2\ тета}}\ r\ dr\ d\ theta\ no\\
&=2\ int_0^ {2\ pi}\ int_0^ar\ sqrt {1+\ розрив {r^2} {a^2-r^2}}\ dr\ d\ тета\ notag\\
&=2\ int_0^ {2\ pi}\ int_0^ar\ sqrt {\ frac {a^2} {a^2-r^2}}\ dr\ d\ тета. \ label {eq:ex:площа поверхні 2}
\ end {вирівняти}\]

Застосовуємо заміщення$u=a^2-r^2$ і інтегруємо внутрішній інтеграл, даючи

\ [\ почати {вирівняти} &= 2\ int_0^ {2\ pi} a^2\ d\ тета\ qquad\ qquad\ qquad\ notag\\
&= 4\ пі a^2\ qquad\ qquad\ notag.
\ end {вирівняти}\]

Наша робота підтверджує нашу попередню формулу.

Примітка: Внутрішній інтеграл у Equation\ ref {eq:exsurfacearea2} є неправильним інтегралом, оскільки ціле$\displaystyle \int_0^ar\sqrt{\frac{a^2}{a^2-r^2}}\ dr$ число не визначено в$r=a$. Щоб правильно оцінити цей інтеграл, потрібно використовувати прийоми розділу 6.8.

Причина цієї необхідності полягає в тому, що функція$f(x,y) = \sqrt{a^2-x^2-y^2}$ не відповідає вимогам Definition 105, оскільки$f_x$ і не$f_y$ є безперервними на межі кола$x^2+y^2=a^2$.

Обчислення площі поверхні залишається дійсним. Визначення висуває більш жорсткі вимоги, ніж це необхідно частково, щоб уникнути використання неправильної інтеграції, оскільки, коли$f_x$ та/або не$f_y$ є безперервними, отриманий неправильний інтеграл може не сходитися. Оскільки неправильний інтеграл дійсно сходиться в цьому прикладі, площа поверхні точно обчислюється.

Приклад$\PageIndex{3}$: Finding the surface area of a cone

Загальна формула для правого конуса з висотою$h$ і радіусом підстави$a$$f(x,y) = h-\dfrac{h}a\sqrt{x^2+y^2},$ показана на малюнку 13.34. Знайдіть площу поверхні цього конуса.

Рисунок$\PageIndex{3}$: Знаходження площі поверхні конуса в прикладі$\PageIndex{3}$.

Рішення

Почнемо з обчислення часткових похідних.

$$f_x(x,y) = -\frac{xh}{a\sqrt{x^2+y^2}}\quad \text{and}\quad -\frac{yh}{a\sqrt{x^2+y^2}}.\nonumber$$

Оскільки ми інтегруємо по колу$x^2+y^2=a^2$, ми знову використовуємо полярні координати. Використовуючи стандартні заміни, наш integrand стає

$$\sqrt{1+ \left(\frac{hr\cos\theta}{a\sqrt{r^2}}\right)^2 + \left(\frac{hr\sin\theta}{a\sqrt{r^2}}\right)^2}.\nonumber$$

Спочатку це може виглядати залякуючим, але є багато простих спрощень, які потрібно зробити. Це дивно зводиться до просто

$$\sqrt{1+\frac{h^2}{a^2}} = \frac1a\sqrt{a^2+h^2}.\nonumber$$

Наші полярні межі - це$0\leq\theta\leq2\pi$ і$0\leq r\leq a$. Таким чином

\ [\ почати {вирівнювати*}
S &=\ int_0^ {2\ pi}\ int_0^ar\ frac1a\ sqrt {a^2+h^2}\ д-р\ д\ тета\\
&=\ int_0^ {2\ pi}\ ліворуч. \ ліворуч (\ frac12r^2\ frac1a\ sqrt {a^2+h^2}\ праворуч)\ праворуч | _0^a\, d\ тета\\
&=\ int_0^ {2\ pi}\ frac12a\ sqrt {a^2+h^2}\ d\ тета\ &=\ pi a\ sqrt {a^2+h^2}\ d\ тета\
&=\ пі a\ sqrt {a^2+h^2}.
\ end {вирівнювати*}\]

Це відповідає формулі, знайденій у задній частині цього тексту.

Примітка: Зауважте, що ще раз$f_x$ і не$f_y$ є безперервними в області$f$, оскільки обидва не визначені в$(0,0)$. (Аналогічна проблема виникла в попередньому прикладі.) Ще раз отриманий неправильний інтеграл сходиться і обчислення площі поверхні є дійсним.

Приклад$\PageIndex{4}$: Finding surface area over a region

Знайдіть площу поверхні$f(x,y) = x^2-3y+3$ над областю,$R$ обмеженою$-x\leq y\leq x$$0\leq x\leq 4$, як показано на малюнку$\PageIndex{4}$.

Малюнок$\PageIndex{4}$: Графік поверхні у прикладі$\PageIndex{4}$.

Рішення

Це просто обчислити$f_x(x,y) = 2x$ і$f_y(x,y) = -3$. Таким чином, площа поверхні описується подвійним інтегралом.

$$\iint_R \sqrt{1+(2x)^2+(-3)^2}\ dA = \iint_R \sqrt{10+4x^2}\ dA.\nonumber$$

Як і у випадку з інтегралами, що описують довжину дуги, подвійні інтеграли, що описують площу поверхні, взагалі важко оцінити безпосередньо через квадратний корінь. Цей конкретний інтеграл може бути легко оцінений, хоча, з розумним вибором нашого порядку інтеграції.

Інтеграція з замовленням$dx\ dy$ вимагає від нас оцінки$\int \sqrt{10+4x^2} dx$. Це можна зробити, хоча це передбачає інтеграцію по частинам і$\sinh^{-1}x$. Інтеграція з порядком$dy \,dx$ має свій перший інтеграл$\int \sqrt{10+4x^2}\ dy$, який легко оцінити: це просто$y\sqrt{10+4x^2}+C$. Отже, приступаємо до порядку$dy \,dx$; межі вже наведені в постановці завдання.

\ [\ почати {вирівнювати*}
\ iInt_r\ sqrt {10+4x^2}\ да &=\ int_0^4\ int_ {-x} ^x\ sqrt {10+4x^2}\ dy\, dx\\
&=\ int_0^4\ ліворуч. \ великий (у\ sqrt {10+4x^2}\ великий)\ право|_ {-х} ^х\, дх\\
&=\ int_0^4\ великий (2x\ sqrt {10+4x^2}\ великий)\, dx. \ end {вирівнювати*}\]

Застосувати заміну за допомогою$u = 10+4x^2$:

\ [\ begin {вирівнювати*} &=\ ліворуч. \ ліворуч (\ frac16\ великий (10+4x^2\ великий) ^ {3/2}\ праворуч)\ праворуч | _0^4\
&=\ frac13\ великий (37\ sqrt {74} -5\ sqrt {10}\ великий)\ приблизно 100,825\ текст {одиниці} ^2.
\ end {вирівнювати*}\]

Отже, хоча регіон,$R$ над яким ми інтегруємо, має площу 16 одиниць$^2$, поверхня має набагато більшу площу, оскільки її$z$ -значення різко змінюються$R$.

На практиці технологія дуже допомагає в оцінці таких інтегралів. Високопотужні системи комп'ютерної алгебри можуть обчислити інтеграли, які є важкими або принаймні трудомісткими, вручну, і можуть принаймні виробляти дуже точні наближення за допомогою числових методів. Загалом, просто знання того, як налаштувати належні інтеграли, наближає один до того, щоб мати можливість обчислити необхідне значення. Більша частина роботи насправді робиться в описі області з$R$ точки зору полярних або прямокутних координат. Як тільки це буде зроблено, технологія зазвичай може дати хорошу відповідь.

Ми навчилися інтегрувати інтеграли; тобто навчилися оцінювати подвійні інтеграли. У наступному розділі ми дізнаємося, як інтегрувати подвійні інтеграли — тобто навчимося оцінювати потрійні інтеграли, разом із вивченням деяких застосувань для цієї операції.