9. Поверхностные интегралы

$f'_x = 2x = 2$, $f'_y = 2y = 2$. Вектор, смотрящий вверх: $\vec N = (-f'_x, -f'_y, 1) = (-2, -2, 1)$, $|\vec N| = \sqrt{4+4+1} = 3$.

$\vec n = \left(-\frac23,\ -\frac23,\ \frac13\right)$. Проверка «вверх»: третья координата $\frac13 > 0$, то есть угол с $Oz$ острый.

Нижняя сторона в той же точке: $\vec n = \left(\frac23, \frac23, -\frac13\right)$.

$F = x^2+y^2+z^2-9$, $\grad F = (2x, 2y, 2z) = (2,4,4)$ в точке. Градиент смотрит в сторону роста $F$, то есть наружу (снаружи сферы $F > 0$). $|\grad F| = 6$.

$\vec n = \left(\frac13, \frac23, \frac23\right)$. Для сферы с центром в начале координат всегда $\vec n_{\text{внеш}} = \frac{(x,y,z)}{R}$ — радиус-вектор, делённый на радиус.

$\vec r'_\varphi = (-R\sin\varphi,\ R\cos\varphi,\ 0)$, $\vec r'_z = (0, 0, 1)$.

$$\vec r'_\varphi\times\vec r'_z = \begin{vmatrix}\vec i & \vec j & \vec k\\ -R\sin\varphi & R\cos\varphi & 0\\ 0 & 0 & 1\end{vmatrix} = (R\cos\varphi,\ R\sin\varphi,\ 0).$$

Это $(x, y, 0)$ — горизонтальный вектор от оси наружу: внешняя нормаль. Длина $R$. Третья координата нулевая: у цилиндра с вертикальными образующими нормаль горизонтальна, это понадобится в разделе 4.

$\vec r'_\theta = (R\cos\theta\cos\varphi,\ R\cos\theta\sin\varphi,\ -R\sin\theta)$, $\vec r'_\varphi = (-R\sin\theta\sin\varphi,\ R\sin\theta\cos\varphi,\ 0)$.

Компоненты: $x$: $R\cos\theta\sin\varphi\cdot 0 - (-R\sin\theta)\cdot R\sin\theta\cos\varphi = R^2\sin^2\theta\cos\varphi$; $y$: $(-R\sin\theta)(-R\sin\theta\sin\varphi) - R\cos\theta\cos\varphi\cdot 0 = R^2\sin^2\theta\sin\varphi$; $z$: $R\cos\theta\cos\varphi\cdot R\sin\theta\cos\varphi + R\cos\theta\sin\varphi\cdot R\sin\theta\sin\varphi = R^2\sin\theta\cos\theta$.

$$\vec r'_\theta\times\vec r'_\varphi = R\sin\theta\cdot(R\sin\theta\cos\varphi,\ R\sin\theta\sin\varphi,\ R\cos\theta) = R\sin\theta\cdot\vec r,\qquad |\vec r'_\theta\times\vec r'_\varphi| = R^2\sin\theta.$$

При $0 < \theta < \pi$ множитель $R\sin\theta > 0$, так что это внешняя нормаль. На полюсах ($\theta = 0, \pi$) произведение нулевое — параметризация там вырождается, но это две точки, на интеграл они не влияют.

При $v = 0$: $\vec r'_u = (-\sin u,\ \cos u,\ 0)$, $\vec r'_v = (\cos\frac u2\cos u,\ \cos\frac u2\sin u,\ \sin\frac u2)$.

$$\vec r'_u\times\vec r'_v = \left(\cos u\sin\tfrac u2,\ \ \sin u\sin\tfrac u2,\ \ -\cos\tfrac u2\right).$$

Это непрерывная функция $u$, и её длина всегда 1 ($\cos^2 u\sin^2\frac u2 + \sin^2u\sin^2\frac u2 + \cos^2\frac u2 = 1$), то есть мы честно переносим нормаль вдоль средней линии.

При $u = 0$: точка $(1,0,0)$, нормаль $(0, 0, -1)$. При $u = 2\pi$: та же точка $(1,0,0)$, нормаль $(0, 0, -\cos\pi) = (0, 0, 1)$. Обошли контур — нормаль перевернулась. Значит, лист Мёбиуса односторонний.

Ещё одно наблюдение: $\vec r(2\pi, v) = (1 - v,\ 0,\ 0) = \vec r(0, -v)$ — края полоски склеены «наоборот», это и есть перекрут.

Из примера 4: $|\vec r'_\theta\times\vec r'_\varphi| = R^2\sin\theta$.

$$S = \int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^\pi R^2\sin\theta\,d\theta = 2\pi\cdot R^2\cdot\bigl[-\cos\theta\bigr]_0^\pi = 2\pi R^2\cdot 2 = 4\pi R^2.$$

Верхняя полусфера: $z = \sqrt{4 - x^2 - y^2}$. Проекция на $xOy$: круг $D$: $x^2+y^2\le 1$.

$z'_x = -\frac{x}{\sqrt{4-x^2-y^2}} = -\frac xz$, $z'_y = -\frac yz$.

$$1 + z_x'^2 + z_y'^2 = \frac{z^2 + x^2 + y^2}{z^2} = \frac{4}{z^2}\ \Rightarrow\ \sqrt{\ldots} = \frac{2}{\sqrt{4-x^2-y^2}}.$$

В полярных координатах ($dx\,dy = r\,dr\,d\varphi$):

$$S = \int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^1\frac{2r\,dr}{\sqrt{4-r^2}} = 2\pi\cdot 2\Bigl[-\sqrt{4-r^2}\Bigr]_0^1 = 4\pi\,(2-\sqrt3)\approx 3.37.$$

Проверка формулой площади сферического сегмента $2\pi Rh$: высота сегмента $h = 2 - \sqrt{4-1} = 2-\sqrt3$, $2\pi\cdot2\cdot(2-\sqrt3)$ — совпало.

$z'_x = 2x$, $z'_y = 2y$, $\sqrt{1 + 4x^2 + 4y^2} = \sqrt{1+4r^2}$. Проекция — круг $r\le\sqrt2$.

$$S = \int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^{\sqrt2}\sqrt{1+4r^2}\,r\,dr = 2\pi\cdot\frac{1}{12}(1+4r^2)^{3/2}\Big|_0^{\sqrt2} = \frac{\pi}{6}(27 - 1) = \frac{13\pi}{3}.$$

Внутренний интеграл — подстановка $t = 1 + 4r^2$, $dt = 8r\,dr$: $\int\sqrt t\,\frac{dt}{8} = \frac{1}{12}t^{3/2}$.

$z'_x = \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}$, $z'_y = \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}$, $z_x'^2 + z_y'^2 = \frac{x^2+y^2}{x^2+y^2} = 1$, поэтому $\sqrt{1+1} = \sqrt2$ — постоянный. У конуса с углом $45°$ всегда так.

Проекция: $x^2 + y^2 \le 2x \iff (x-1)^2 + y^2\le 1$ — круг радиуса 1, его площадь $\pi$.

$$S = \iint_D\sqrt2\,dx\,dy = \sqrt2\cdot\pi.$$

Двойной интеграл даже не пришлось считать: при постоянном корне площадь поверхности = корень × площадь проекции.

Вершины. Точки пересечения с осями: $y = z = 0 \Rightarrow 3x + 6 = 0$, $A(-2, 0, 0)$; $x = z = 0 \Rightarrow -2y + 6 = 0$, $B(0, 3, 0)$; $x = y = 0 \Rightarrow -z + 6 = 0$, $C(0, 0, 6)$.

Площадь как поверхностный интеграл. $S = \iint_{ABC} dS$. Выразим $z$: $z = 3x - 2y + 6$. $z'_x = 3$, $z'_y = -2$:

$$dS = \sqrt{1 + 9 + 4}\,dx\,dy = \sqrt{14}\,dx\,dy.$$

Проекция треугольника на $xOy$ — треугольник $D$ с вершинами $A'(-2,0)$, $B'(0,3)$, $O(0,0)$ (точка $C$ проектируется в начало координат). Он ограничен осями и прямой $3x - 2y + 6 = 0$, то есть $y = \frac32x + 3$.

$$S = \sqrt{14}\int_{-2}^0dx\int_0^{\frac32x+3}dy = \sqrt{14}\int_{-2}^0\Bigl(\frac32x + 3\Bigr)dx = \sqrt{14}\Bigl[\frac34x^2 + 3x\Bigr]_{-2}^0 = \sqrt{14}\,(0 - (3 - 6)) = 3\sqrt{14}.$$

(Интеграл от 1 — площадь $D$: $\frac12\cdot2\cdot3 = 3$, так что можно сразу $S = 3\sqrt{14}$.)

Проверка. $\overrightarrow{AB} = (2, 3, 0)$, $\overrightarrow{AC} = (2, 0, 6)$.

$$\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC} = \begin{vmatrix}\vec i & \vec j & \vec k\\ 2 & 3 & 0\\ 2 & 0 & 6\end{vmatrix} = \vec i\,(18 - 0) - \vec j\,(12 - 0) + \vec k\,(0 - 6) = (18, -12, -6).$$

$|(18,-12,-6)| = \sqrt{324 + 144 + 36} = \sqrt{504} = 6\sqrt{14}$, $S = \frac12\cdot6\sqrt{14} = 3\sqrt{14}\approx 11.2$. Совпало.

Заметь: $(18,-12,-6) = 6\cdot(3,-2,-1)$ — векторное произведение параллельно нормали плоскости, как и должно быть.

$\vec r'_u = (\cos v,\ \sin v,\ 0)$, $\vec r'_v = (-u\sin v,\ u\cos v,\ 1)$.

$$\vec r'_u\times\vec r'_v = (\sin v\cdot1 - 0,\ \ 0 - \cos v\cdot 1,\ \ u\cos^2v + u\sin^2v) = (\sin v,\ -\cos v,\ u),\qquad |\ldots| = \sqrt{1+u^2}.$$ $$S = \int_0^{2\pi}dv\int_0^1\sqrt{1+u^2}\,du = 2\pi\cdot\frac12\Bigl[u\sqrt{1+u^2} + \ln\bigl(u + \sqrt{1+u^2}\bigr)\Bigr]_0^1 = \pi\bigl(\sqrt2 + \ln(1+\sqrt2)\bigr)\approx 7.21.$$

Явно $z = f(x,y)$ эту поверхность не записать: над каждой точкой круга несколько витков. Поэтому параметризация здесь — единственный удобный путь.

$z = 1 - x - y$, $z'_x = z'_y = -1$, $dS = \sqrt3\,dx\,dy$. Проекция — треугольник $D$: $x\ge0$, $y\ge0$, $x + y\le1$.

$$M = \iint_D(1 - x - y)\sqrt3\,dx\,dy = \sqrt3\int_0^1dx\int_0^{1-x}(1-x-y)\,dy = \sqrt3\int_0^1\frac{(1-x)^2}{2}dx = \sqrt3\cdot\frac16 = \frac{\sqrt3}{6}.$$

Внутренний интеграл: $\int_0^{a}(a - y)\,dy = \frac{a^2}{2}$ при $a = 1 - x$.

Как в примере 7: $dS = \frac{R}{z}\,dx\,dy$, где $z = \sqrt{R^2 - x^2 - y^2}$. Тогда $z\,dS = R\,dx\,dy$ — корень сократился.

$$\iint_S z\,dS = \iint_{x^2+y^2\le R^2}R\,dx\,dy = R\cdot\pi R^2 = \pi R^3.$$

Однородная — $\rho = \text{const}$, она сократится. По симметрии $x_c = y_c = 0$ (полусфера симметрична относительно плоскостей $xOz$ и $yOz$, интегралы от $x$ и от $y$ нулевые).

$M = \rho\cdot 2\pi R^2$ (половина площади сферы), $M_{xy} = \rho\iint_S z\,dS = \rho\pi R^3$ (пример 13).

$$z_c = \frac{\rho\pi R^3}{2\pi\rho R^2} = \frac R2.$$

Центр масс полусферы-оболочки — ровно посередине высоты. Для сплошного полушара было бы $\frac{3R}{8}$: у оболочки больше массы «наверху».

$I_z = \rho\iint_S(x^2+y^2)\,dS$. Удобный приём через симметрию: сфера одинаково выглядит относительно всех осей, значит $\iint x^2\,dS = \iint y^2\,dS = \iint z^2\,dS$. Сумма трёх равна $\iint(x^2+y^2+z^2)\,dS = \iint R^2\,dS = R^2\cdot4\pi R^2$ (на сфере $x^2+y^2+z^2 = R^2$). Каждый — $\frac{4\pi R^4}{3}$.

$$\iint_S(x^2+y^2)\,dS = \frac{8\pi R^4}{3},\qquad I_z = \rho\cdot\frac{8\pi R^4}{3} = \frac{M}{4\pi R^2}\cdot\frac{8\pi R^4}{3} = \frac23MR^2.$$

Напрямую через проекцию тоже можно: две полусферы, $dS = \frac{R\,dx\,dy}{\sqrt{R^2-r^2}}$, $\iint(x^2+y^2)\,dS = 2\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^R\frac{R\,r^3\,dr}{\sqrt{R^2-r^2}} = \frac{8\pi R^4}{3}$ (проверено).

$dS = \sqrt{1 + 4x^2 + 4y^2}\,dx\,dy$, на поверхности $\rho = \sqrt{1 + 4(x^2 + y^2)}$ — тот же корень. Проекция — круг $r\le1$.

$$M = \iint_D(1 + 4r^2)\,r\,dr\,d\varphi = 2\pi\int_0^1(r + 4r^3)\,dr = 2\pi\Bigl(\frac12 + 1\Bigr) = 3\pi.$$

Ловушка. На $xOy$ цилиндр проектируется в окружность — у неё нулевая площадь, формула с $\sqrt{1 + z_x'^2 + z_y'^2}$ не работает ($z$ не функция от $x$, $y$).

Способ 1: параметризация. $\vec r(\varphi, z) = (\cos\varphi, \sin\varphi, z)$, из примера 3 $|\vec r'_\varphi\times\vec r'_z| = 1$, то есть $dS = d\varphi\,dz$.

$$\iint_S z\,dS = \int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^2 z\,dz = 2\pi\cdot2 = 4\pi.$$

Способ 2: проекция на $xOz$. Цилиндр состоит из двух половин $y = \pm\sqrt{1-x^2}$, каждая однозначно проектируется на прямоугольник $-1\le x\le1$, $0\le z\le2$. $y'_x = \mp\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$, $y'_z = 0$, $\sqrt{1 + y_x'^2} = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$.

$$\iint_S z\,dS = 2\int_{-1}^1\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}\int_0^2z\,dz = 2\cdot\pi\cdot2 = 4\pi.$$

Совпало. Параметризация короче, и делить на половинки не нужно.

Поверхность и проекция — как в примере 9 (картинка там же): $dS = \sqrt2\,dx\,dy$, $D$: $(x-1)^2 + y^2\le1$.

Полярные координаты. Граница $x^2+y^2 = 2x$ в полярных: $r^2 = 2r\cos\varphi$, то есть $r = 2\cos\varphi$; круг лежит справа от оси $Oy$, поэтому $\varphi\in\left[-\frac\pi2, \frac\pi2\right]$, $0\le r\le2\cos\varphi$.

Подынтегральная функция на конусе ($z = r$): $xy + z(x + y) = r^2\cos\varphi\sin\varphi + r\cdot r(\cos\varphi + \sin\varphi) = r^2(\sin\varphi\cos\varphi + \cos\varphi + \sin\varphi)$.

$$I = \sqrt2\int_{-\pi/2}^{\pi/2}(\sin\varphi\cos\varphi + \cos\varphi + \sin\varphi)\,d\varphi\int_0^{2\cos\varphi}r^2\cdot r\,dr = \sqrt2\int_{-\pi/2}^{\pi/2}(\sin\varphi\cos\varphi + \cos\varphi + \sin\varphi)\cdot4\cos^4\varphi\,d\varphi.$$

Симметрия. Отрезок симметричен относительно 0, а слагаемые $\sin\varphi\cos^5\varphi$ и $\sin\varphi\cos^4\varphi$ нечётные — их интегралы равны 0. Остаётся

$$I = 4\sqrt2\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^5\varphi\,d\varphi = 8\sqrt2\int_0^{\pi/2}\cos^5\varphi\,d\varphi = 8\sqrt2\cdot\frac{4\cdot2}{5\cdot3} = \frac{64\sqrt2}{15}\approx 6.03.$$

$\int_0^{\pi/2}\cos^5\varphi\,d\varphi$ можно и подстановкой $t = \sin\varphi$: $\int_0^1(1-t^2)^2dt = 1 - \frac23 + \frac15 = \frac{8}{15}$.

Ответ проверен в sympy.

$z = 1 - x - y$, $\vec N = (-f'_x, -f'_y, 1) = (1, 1, 1)$ — третья координата $> 0$, смотрит вверх, подходит.

$(\vec F,\vec N) = x + y + z = 1$ на плоскости. Проекция $D$ — треугольник площадью $\frac12$.

$$\Pi = \iint_D 1\,dx\,dy = \frac12.$$

Через единичную нормаль то же самое: $\vec n = \frac{(1,1,1)}{\sqrt3}$, $(\vec F,\vec n) = \frac{1}{\sqrt3}$, $dS = \sqrt3\,dx\,dy$, произведение $= dx\,dy$.

Это интеграл вида $\iint R\,dx\,dy$ с $R = z$. Нижняя сторона: $\cos\gamma < 0$, знак «$-$».

$$\iint_S z\,dx\,dy = -\iint_D(x^2+y^2)\,dx\,dy = -\int_0^1dx\int_0^{1-x}(x^2+y^2)\,dy = -\int_0^1\Bigl(x^2(1-x) + \frac{(1-x)^3}{3}\Bigr)dx = -\Bigl(\frac1{12} + \frac1{12}\Bigr) = -\frac16.$$

Нормаль верхней стороны $\frac{(1,1,1)}{\sqrt3}$: все три косинуса положительны, все знаки «$+$».

Три проекции. $\iint_S x^2\,dy\,dz$: на $yOz$ проекция — треугольник $y, z\ge0$, $y + z\le1$, $x = 1 - y - z$:

$$\iint_{D_{yz}}(1 - y - z)^2\,dy\,dz = \int_0^1dy\int_0^{1-y}(1-y-z)^2dz = \int_0^1\frac{(1-y)^3}{3}dy = \frac{1}{12}.$$

Два других слагаемых по симметрии такие же. Ответ: $\frac{3}{12} = \frac14$.

Одна проекция. $\vec N = (1,1,1)$, $(\vec F,\vec N) = x^2 + y^2 + z^2$ с $z = 1 - x - y$:

$$\iint_D\bigl(x^2 + y^2 + (1-x-y)^2\bigr)dx\,dy = \frac1{12} + \frac1{12} + \frac1{12} = \frac14.$$

Совпало.

Через единичную нормаль. Внешняя нормаль цилиндра $\vec n = \frac{(x, y, 0)}{R}$ (пример 3). $(\vec F,\vec n) = \frac{x^2+y^2}{R} = \frac{R^2}{R} = R$ — постоянна на поверхности.

$$\Pi = \iint_S R\,dS = R\cdot 2\pi RH = 2\pi R^2H.$$

Через три проекции (для тренировки). $\Pi = \iint x\,dy\,dz + y\,dz\,dx + z\,dx\,dy$.

• $\iint z\,dx\,dy = 0$: цилиндр вертикальный, $\cos\gamma = 0$.
• $\iint x\,dy\,dz$: на $yOz$ цилиндр проектируется неоднозначно (каждая точка прямоугольника $|y|\le R$, $0\le z\le H$ — две точки цилиндра), режем на половины. Передняя $x = \sqrt{R^2-y^2}$: внешняя нормаль смотрит в сторону $+x$, знак «$+$», вклад $\iint\sqrt{R^2-y^2}\,dy\,dz$. Задняя $x = -\sqrt{R^2-y^2}$: нормаль в сторону $-x$, знак «$-$», вклад $-\iint(-\sqrt{R^2-y^2})\,dy\,dz$ — то же самое. Итого $2H\int_{-R}^R\sqrt{R^2-y^2}\,dy = 2H\cdot\frac{\pi R^2}{2} = \pi R^2H$.
• $\iint y\,dz\,dx = \pi R^2H$ так же.

Сумма $2\pi R^2H$. Совпало, но первый способ в разы короче.

$\vec n = \frac{(x,y,z)}{R}$, $(\vec F,\vec n) = \frac{x^2+y^2+z^2}{R} = R$ на сфере.

$$\Pi = R\cdot4\pi R^2 = 4\pi R^3.$$

Сравнение с Остроградским-Гауссом (глава 10): поток наружу через замкнутую поверхность равен $\iiint_V\div\vec F\,dV$, где $\div\vec F = P'_x + Q'_y + R'_z$. Здесь $\div\vec F = 1 + 1 + 1 = 3$, объём шара $\frac43\pi R^3$, и $3\cdot\frac43\pi R^3 = 4\pi R^3$. Совпало.

Через три проекции было бы так: $\iint z\,dx\,dy$ по внешней стороне = (верхняя полусфера, знак «$+$») + (нижняя, знак «$-$», $z = -\sqrt{\ldots}$) $= 2\iint_D\sqrt{R^2-x^2-y^2}\,dx\,dy = \frac43\pi R^3$, и три таких слагаемых дают $4\pi R^3$.

$f'_x = -2x$, $f'_y = -2y$, $\vec N = (-f'_x, -f'_y, 1) = (2x, 2y, 1)$ — смотрит вверх, подходит.

$$(\vec F,\vec N) = 2x^2 + 2y^2 + z = 2x^2 + 2y^2 + 1 - x^2 - y^2 = 1 + x^2 + y^2.$$

Проекция — круг $r\le1$ ($z = 0$ при $x^2+y^2 = 1$).

$$\Pi = \int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^1(1 + r^2)\,r\,dr = 2\pi\Bigl(\frac12 + \frac14\Bigr) = \frac{3\pi}{2}.$$

Проверка через Остроградского-Гаусса (глава 10). Замкнём поверхность кругом $z = 0$, $x^2+y^2\le1$. Внешняя нормаль у круга $(0,0,-1)$, $(\vec F,\vec n) = -z = 0$ на нём, поток через дно 0. По теореме весь поток наружу $= \iiint\div\vec F\,dV = 3V$, а $V = \iint_D(1 - r^2)\,dx\,dy = 2\pi\cdot\frac14 = \frac\pi2$. Получаем $\frac{3\pi}{2} + 0 = \frac{3\pi}{2}$. Совпало.

1. Чертёж. Точки пересечения с осями: $K(2,0,0)$ ($y = z = 0$, $2x = 4$), $L(0,4,0)$, $M(0,0,4)$. Часть $S$ — треугольник $KLM$ в первом октанте (рисунок ниже).

2. Формула. $Q = \iint_S(\vec a,\vec n)\,dS$, где $\vec n = (\cos\alpha, \cos\beta, \cos\gamma)$. Компоненты поля: $a_x = y - x$, $a_y = 0$, $a_z = 3y - z$.

3. Нормаль. Из уравнения плоскости $z = 4 - 2x - y$, $p = z'_x = -2$, $q = z'_y = -1$, $\sqrt{1 + p^2 + q^2} = \sqrt{1 + 4 + 1} = \sqrt6$.

$$\cos\alpha = \frac{-p}{\pm\sqrt6},\quad\cos\beta = \frac{-q}{\pm\sqrt6},\quad\cos\gamma = \frac{1}{\pm\sqrt6}.$$

Треугольник лежит над плоскостью $xOy$, и нормаль «от начала координат» смотрит вверх: $\cos\gamma > 0$, берём «+». (Другая проверка: в начале координат $2x + y + z = 0 < 4$, значит от начала смотрит вектор $(2,1,1)$ — в сторону роста $2x + y + z$.)

$$\vec n = \Bigl(\frac{2}{\sqrt6},\ \frac1{\sqrt6},\ \frac1{\sqrt6}\Bigr).$$

4. Скалярное произведение на плоскости.

$$(\vec a,\vec n) = \frac{2(y - x) + 0\cdot1 + (3y - z)\cdot1}{\sqrt6}.$$

Подставляем $z = 4 - 2x - y$: $3y - z = 3y - 4 + 2x + y = 2x + 4y - 4$, и числитель $2y - 2x + 2x + 4y - 4 = 6y - 4$:

$$(\vec a,\vec n) = \frac{6y - 4}{\sqrt6}.$$

5. Сведение к двойному. $dS = \sqrt6\,dx\,dy$, корни сокращаются. Проекция $D_{xy}$ — треугольник $OKL$: $0\le x\le2$, $0\le y\le4 - 2x$.

$$Q = \iint_{D_{xy}}(6y - 4)\,dx\,dy = \int_0^2dx\int_0^{4-2x}(6y - 4)\,dy.$$

6. Вычисление. Внутренний: $\bigl[3y^2 - 4y\bigr]_0^{4-2x} = (4 - 2x)\bigl(3(4 - 2x) - 4\bigr) = (4-2x)(8-6x) = 12x^2 - 40x + 32$.

$$Q = \int_0^2(12x^2 - 40x + 32)\,dx = \Bigl[4x^3 - 20x^2 + 32x\Bigr]_0^2 = 32 - 80 + 64 = 16.$$

Ответ: $Q = 16$.

Проверка через три проекции. $Q = \iint_S(y - x)\,dy\,dz + 0\,dz\,dx + (3y - z)\,dx\,dy$, все косинусы положительны.

• На $yOz$: $x = \frac{4 - y - z}{2}$, $D_{yz}$: $y, z\ge0$, $y + z\le4$ (площадь 8). $\iint_{D_{yz}}\Bigl(y - \frac{4-y-z}{2}\Bigr)dy\,dz = \frac12\iint_{D_{yz}}(3y + z - 4)\,dy\,dz = \frac12\Bigl(3\cdot\frac{32}{3} + \frac{32}{3} - 32\Bigr) = \frac{16}{3}$ (здесь $\iint_{D_{yz}} y\,dy\,dz = \iint_{D_{yz}} z\,dy\,dz = \frac{4^3}{6} = \frac{32}{3}$).
• На $xOy$: $\iint_{D_{xy}}(2x + 4y - 4)\,dx\,dy = 2\cdot\frac83 + 4\cdot\frac{16}{3} - 4\cdot4 = \frac{32}{3}$ (здесь $\iint_{D_{xy}}x = \frac83$, $\iint_{D_{xy}}y = \frac{16}{3}$, площадь 4).

$\frac{16}{3} + \frac{32}{3} = 16$. Совпало.

Связь с пунктом b) (сам пункт — в главе 10). Поток через три грани тетраэдра на координатных плоскостях наружу: грань $x = 0$ (нормаль $-\vec i$): $-\iint_{D_{yz}}y = -\frac{32}{3}$; грань $y = 0$: $a_y = 0$, поток 0; грань $z = 0$ (нормаль $-\vec k$): $-\iint_{D_{xy}}3y = -16$. Полный поток наружу: $16 - \frac{32}{3} + 0 - 16 = -\frac{32}{3}$. По Остроградскому-Гауссу: $\div\vec a = -1 + 0 - 1 = -2$, объём тетраэдра $\frac16\cdot2\cdot4\cdot4 = \frac{16}{3}$, $-2\cdot\frac{16}{3} = -\frac{32}{3}$. Всё сходится.

$z = 4 - 2x - \frac43y$, $\sqrt{1 + 4 + \frac{16}{9}} = \frac{\sqrt{61}}{3}$. Проекция — треугольник с катетами 2 и 3, площадь 3. $S = 3\cdot\frac{\sqrt{61}}{3} = \sqrt{61}$.

Вершины $A(2,0,0)$, $B(0,3,0)$, $C(0,0,4)$; $\overrightarrow{AB} = (-2,3,0)$, $\overrightarrow{AC} = (-2,0,4)$, $\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC} = (12, 8, 6)$, $|\ldots| = \sqrt{244} = 2\sqrt{61}$, $S = \sqrt{61}$.

$z'_x = y$, $z'_y = x$, $\sqrt{1 + x^2 + y^2} = \sqrt{1 + r^2}$.

$$S = 2\pi\int_0^1\sqrt{1+r^2}\,r\,dr = 2\pi\cdot\frac13(1+r^2)^{3/2}\Big|_0^1 = \frac{2\pi}{3}\bigl(2\sqrt2 - 1\bigr).$$

Параметризация $(R\cos\varphi, R\sin\varphi, z)$, $dS = R\,d\varphi\,dz$. $x\ge0$: $\varphi\in\left[-\frac\pi2,\frac\pi2\right]$; $0\le z\le x = R\cos\varphi$.

$$S = \int_{-\pi/2}^{\pi/2}d\varphi\int_0^{R\cos\varphi}R\,dz = R^2\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos\varphi\,d\varphi = 2R^2.$$

На $xOy$ проектировать нельзя (цилиндр вертикален), только параметризация или проекция на $xOz$/$yOz$.

На плоскости $x + y + z = a$ — подынтегральная функция постоянна. $dS = \sqrt3\,dx\,dy$, проекция — треугольник площадью $\frac{a^2}{2}$.

$$\iint_S a\,dS = a\cdot\sqrt3\cdot\frac{a^2}{2} = \frac{\sqrt3\,a^3}{2}.$$

$$\sqrt3\int_0^1dx\int_0^{1-x}\frac{dy}{(1+x+y)^2} = \sqrt3\int_0^1\Bigl(\frac{1}{1+x} - \frac12\Bigr)dx = \sqrt3\Bigl(\ln2 - \frac12\Bigr).$$

Внутренний: $\Bigl[-\frac{1}{1+x+y}\Bigr]_0^{1-x} = -\frac12 + \frac1{1+x}$.

По примеру 15 по всей сфере $\iint(x^2+y^2)\,dS = \frac{8\pi R^4}{3}$, полусфера — половина: $M = \frac{4\pi R^4}{3}$.

Напрямую: $M = \int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^R\frac{r^2\cdot R\,r\,dr}{\sqrt{R^2-r^2}}$. Подстановка $t = R^2 - r^2$: $\int_0^R\frac{r^3dr}{\sqrt{R^2-r^2}} = \frac12\int_0^{R^2}\frac{R^2 - t}{\sqrt t}dt = \frac12\Bigl(2R^3 - \frac23R^3\Bigr) = \frac23R^3$. $M = 2\pi R\cdot\frac23R^3 = \frac{4\pi R^4}{3}$.

Это $\iint_S z\,dx\,dy$ по верхней стороне: знак «+», $z$ заменяем на $\sqrt{R^2 - x^2 - y^2}$.

$$\Pi = \iint_{x^2+y^2\le R^2}\sqrt{R^2 - x^2 - y^2}\,dx\,dy = 2\pi\int_0^R\sqrt{R^2 - r^2}\,r\,dr = 2\pi\cdot\frac{R^3}{3} = \frac{2\pi R^3}{3}.$$

Это объём полушара: поле $(0,0,z)$ «считает» объём под поверхностью.

• Боковая: по примеру 22 при $R = H = 1$ поток $2\pi$.
• Верхняя крышка $z = 1$, нормаль $\vec k$: $(\vec F,\vec n) = z = 1$, поток $= 1\cdot\pi = \pi$.
• Нижняя крышка $z = 0$, нормаль $-\vec k$: $(\vec F,\vec n) = -z = 0$, поток 0.

Итого $3\pi$. По Гауссу: $\div\vec F = 3$, объём $\pi$, $3\pi$. Совпало.

Сфера проектируется на $xOy$ неоднозначно, режем на полусферы. Верхняя ($\cos\gamma > 0$, «+»): $\iint_D(R^2 - x^2 - y^2)\,dx\,dy$. Нижняя ($\cos\gamma < 0$, «−»): $-\iint_D(R^2 - x^2 - y^2)\,dx\,dy$ ($z^2$ на ней такой же). Сумма 0.

По Гауссу то же: поле $(0, 0, z^2)$, $\div = 2z$, интеграл от $2z$ по шару 0 по симметрии.

$f'_x = \frac xr$, $f'_y = \frac yr$ ($r = \sqrt{x^2+y^2}$), $\vec N = \bigl(-\frac xr, -\frac yr, 1\bigr)$ — третья координата 1, подходит.

$$(\vec F,\vec N) = -\frac{xy}{r} + \frac{xy}{r} + z = z = r.$$ $$\Pi = \int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^1r\cdot r\,dr = \frac{2\pi}{3}.$$

Вращательная часть поля $(y, -x, 0)$ касается конуса и ничего не даёт в поток.