7. Taso- ja avaruusintegraalit

7.8. Pintaintegraali

Kaksiulotteinen pinta-ala avaruudessa

Tutkitaan kaksiulotteista kaareutuvaa pintaa S, joka on (piirtämisen helpottamiseksi) xy-tason yläpuolella avaruudessa \mathbb{R}^3.

Tarkastellaan aluksi xy-tason neliön yläpuolelle jäävän osan pinta-alaa. Se on ilmeisesti suurempi tai yhtäsuuri kuin vastaavan neliön pinta-ala.

Tästä johtuen pinta-aladifferentiaali dS on suurempi tai yhtäsuuri kuin kuin dx\,dy. Itseasiassa dx\,dy saadaan, jos dS projisoidaan xy-tasoon. Projektio voidaan kirjoittaa kaavana dx\,dy = \cos \gamma\,dS, missä \gamma on pinnan S normaalivektorin \mathbf{N} ja z-akselin suuntaisen yksikkövektorin \mathbf{k} välinen kulma. Toisaalta pistetulon määritelmästä saadaan \mathbf{N} \cdot \mathbf{k} = \|\mathbf{N}\| \|\mathbf{k}\| \cos \gamma, ja siis dS = \frac{1}{\cos \gamma}\,dx\,dy = \frac{\|\mathbf{N}\| \|\mathbf{k}\|}{\mathbf{N} \cdot \mathbf{k}}\,dx\,dy.

Aikaisemmin on johdettu pinnan (ylöspäin suunnatulle) normaalivektorille esitys \mathbf{N} = -\frac{\partial z}{\partial x}\mathbf{i} - \frac{\partial z}{\partial y}\mathbf{j} + \mathbf{k}. Saadaan \|\mathbf{N}\| = \sqrt{1+ \Big(\frac{\partial z}{\partial x}\Big)^2 + \Big(\frac{\partial z}{\partial y}\Big)^2} Lisäksi \|\mathbf{k} \| =1 ja \mathbf{N}\cdot \mathbf{k} = 1, joten dS = \sqrt{1+ \Big(\frac{\partial z}{\partial x}\Big)^2 + \Big(\frac{\partial z}{\partial y}\Big)^2}\,dx\,dy. Kaltevuuden huomioiva korjaustekijä yleistää tasointegraalin pintaintegraaliksi.

Esimerkki

Tarkastellaan sylinterin x^2+y^2=a^2, a>0 leikkaamaa palasta hyperbolisesta paraboloidista z=x^2-y^2. Mikä on palasen pinta-ala?

Lasketaan \frac{\partial}{\partial x} z = 2x,\qquad \frac{\partial}{\partial y} z = -2y. Siten pinta-aladifferentiaaliksi saadaan dS = \sqrt{1+ \Big(\frac{\partial z}{\partial x}\Big)^2 + \Big(\frac{\partial z}{\partial y}\Big)^2}\,dx\,dy = \sqrt{ 1 + 4(x^2+y^2)} \,dx\,dy =\sqrt{1+ 4r^2}\, r\,dr\,d\theta, napakoordinaateissa ilmaistuna.

Lasketaan nyt integraali napakoordinaateissa: \textrm{Ala}(S)= \int_0^{2\pi} \int_0^a r\sqrt{1+4r^2}\,dr\,d\theta = \frac{\pi}{4} \int_0^a 8r\sqrt{1+4r^2}\,dr = \frac{\pi}{4} \bigg|_{r=0}^a\frac{2}{3}(1+4r^2)^{3/2} =\frac{\pi}{6} \big[(1+4a^2)^{3/2} -1\big].