matematika 2 sa rokovima
DESCRIPTION
MatematikaTRANSCRIPT
-
ODREENI INTEGRAL
Odreeni integral u Rimanovom smislu se obeleava sa :
I = b
a
dxxf )(
Ovo se ita: integral od a do b ef od iks de iks.
- a je donja granica integrala
- b je gornja granica integrala
- f(x) je podintegralna funkcija ( integrand)
- x je integraciona promenljiva
- [a,b] je interval integracije
Ako je funkcija f(x) neprekidna na segmentu [a,b], tada ona ima primitivnu funkciju cxFdxxf += )()( i vai jednakost :
==b
a
b
a aFbFxFdxxf )()()()(
Ova jednakost se zove Njutn- Lajbnicova formula i daje vezu izmeu odreenog i neodreenog integrala.
Moe se rei da je ovo osnovna formula integralnog rauna.
Osnovna svojstva odreenog integrala
1) Ako je f(x) integrabilna funkcija u intervalu [a,b] , onda je :
b
a
dxxkf )( = b
a
dxxfk )(
2) Ako su f(x) i g(x) integrabilne funkcije, onda je :
b
a
dxxgxf )]()([ = b
a
dxxf )( b
a
dxxg )(
3) Ako integrabilne funkcije f(x) i g(x) zadovoljavaju u intervalu [a,b], gde je a
-
4) Ako je m donja a M gornja medja integrabilne funkcije f(x) u intervalu [a,b], gde je ab, onda je:
m(b-a) b
a
dxxf )( M(b-a)
5) Ako je funkcija neprekidna na intervalu [a,b], onda postoji taka iz intervala [a,b], tako da je :
b
a
dxxf )( = (b a) f( )
Ovo je teorema o srednjoj vrednosti odredjenog integrala!
6) Odredjeni integral menja znak kad mu se obrnu granice:
b
a
dxxf )( = a
b
dxxf )(
7) Ako je funkcija f(x) integrabilna u intervalu [a,b] i ako je a
-
Parcijalna integracija
Nju radimo kao kod neodredjenog integrala i granice ostaju iste!
Zapamtite: Neodreeni integral je funkcija, a odreeni integral je broj!
Evo nekoliko laganijih primera:
1. Rei integral : dxx3
1
3
Ovaj integral je tablini i njegovo reenje je 4
4x, pa tu stavimo jednu uspravnu crtu i napiemo brojeve iz granica
integrala: 4
4x
1
3 . Sada x menjamo sa 3 pa od toga oduzmemo kad x zamenimo sa 1. To jest:
dxx3
1
3 =4
4x
1
3= 20
4
181
4
1
4
3 44=
=
2. Rei integral: +2
02x
dx
Ovaj zadatak oigledno zahteva smenu. Reiemo ga na dva naina, a Vi izaberite ta vam je lake.
a. Skinuemo granice i reiti ga kao neodreeni:
+ 2xdx
dtdx
tx
=
=+=
2t
t
dtln== = vratimo smenu= 2ln +x
Sada vratimo reenje u odreeni integral i granice se ne menjaju!
+2
02x
dx= 2ln +x
0
2 = 22ln + - 20ln + = ln 4 ln 2 = ln
2
4 = ln 2
b. Radiemo integral direktno , i u toku rada promeniti granice!
+2
02x
dx
dtdx
tx
=
=+=
2, ali je sada,
2202
4222
==+=+
==+=+
tttx
tttxnovi integral po t ima granice od 2 do 4
-
= 2ln2ln4ln2
4ln
4
2
=== ttdt
3. Rei integral : e
xdxx1
3 ln
Ovaj integral emo reiti parcijalnom integracijom a tu ne menjamo granice integracije , osim ako tokom rada ne
koristimo smenu.
e
xdxx1
3 lnv
xdudx
x
dvdxxux
==
===
4
1ln
4
3
= dxx
x
exx
e
4
1
14ln
4
1
4
= ( 4
ln4e
e4
11ln
4
) e
dxx1
3
4
1
= 4
4e
144
1 4 ex
=4
4e)
4
1
4(
4
1 4
e
= 4
4e-
16
4e +
16
1=
16
3 4e+
16
1=
16
13 4 +e
-
1
PRIMENA ODREENOG INTEGRALA U GEOMETRIJI
1. Povrina figura u ravni:
P= b
a
dxxf )( , ako je kriva y=f(x) iznad x ose
P= - b
a
dxxf )( , ako je kriva ispod x ose
P= b
a
dxxgxf )]()([ , ako nam treba povrina izmeu krivih
Ako je kriva zadata u polarnim koordinatama: G={ ( , ), , 0 )( f } onda se povrina rauna:
P(G)=2
1
df )(2
2. Zapremina tela :
-Vx= dxyb
a
2 , ako se kriva y = f(x) okree oko x- ose
- Vy= dyxd
c
2 , ako se kriva x = f(y) okree oko y-ose
- Vx= dttxty )`()(2
i Vy=2
dttxtytx )`()()( , ako je kriva zadata parametarski: x=x(t), y=y(t)
Ako je kriva zadata u polarnim koordinatama: ),( = , 0 )(
V=3
2
dsin3
3. Duina luka krive:
L= dxxf
b
a
+ 2)`(1 , ako radimo po x L= dttytx +
)(`)(` 22 , parametarski
L= dyyg
d
c
+ 2)`(1 , ako radimo po y L=
d + 22` , )( = , polarno
4. Povrina rotacione povri:
S= 2 dxxfxfb
a
+ 2)`(1)( , po x x ],[ ba
S=2 dyygygd
c
+ 2)`(1)( , po y y[c,d]
S=2 dttytxty +
)(`)(`)( 22 , parametarski x=x(t), y=y(t), t ],[
S=2
d + 22`sin , polarno ],[
-
PRIMENA INTEGRALA Pre nego to krenemo sa izraunavanjem povrine, duine luka, zapremine ili povrine rotacione povri moramo odraditi: - pomou par taaka ispitamo tok i nacrtamo krivu ( krive)ako je to neophodno - granice integrala naemo kao reenje sistema jednaina od datih krivih(njihov presek) - pronaemo odgovarajuu formulu - integral je u najveem broju sluaja bolje reiti bez granica,kao neodreeni , jer u sluaju smene moramo
menjati granice... 1. Izraunati povrinu figure ograniene lukom krive xxy 22 += i pravom y = 0.
Reenje: Data kriva je parabola, ispitivanje toka i kako se crta njen grafik je detaljno objanjen u delu kvadratna funkcija, ali kako nama ne treba ispitivanje celog toka, ve samo nekoliko taaka, nai emo: i) Grafik funkcije xxy 22 += see x osu u takama gde je 022 =+ xx , to jest za x = 0 i x = 2 ii) Naemo prvi izvod: y`= -2x +2, y` = 0 za 2x+2 = 0 to jest x = 1. Ovu vrednost zamenimo u poetnu
funkciju: y = - 12+2 = 1, pa je taka (1,1) maksimum. iii) Sad ve moemo skicirati grafik
1 2 3 4 5
1
-1-2-10
x
y
xxy 22 +=
Mi trebamo nai povrinu osenenog dela, pa je jasno da granice integrala idu od 0 do 2, a poto je deo povrine koji traimo iznad x ose, u integralu ne moramo uzimati apsolutnu vrednost . Dakle:
P = 3
44
3
8)]0
3
0()2
3
2[(
0
2)
22
3()2( 2
3232
0
2 =+=++=+=+xx
dxxx
Traena povrina je dakle P= 3
4
-
2. Izraunati povrinu figure koja je ograniena linijama: 12 2 += xy i 102 += xy
Reenje: Take preseka ove dve krive,koje emo dobiti reavanjem sistema jednaina, e nam dati granice integrala: 12 2 += xy
102 += xy
3
9
10122
22
=
=
+=+
x
x
xx
Dakle integral ide od 3 do 3
Dalje ispitamo nekoliko taaka da bi skicirali grafike:
12 2 += xy 102 += xy
012 2 =+x 0102 =+x
2
12 =x 102 =x
Oigledno ni jedna parabola nema preseke sa x osom, naimo im temena (ekstremne vrednosti)
12 2 += xy 102 += xy y` = 4x y`= 2x 4x = 0 2x = 0 x = 0 x = 0
y= 1 y= 10
(0,1) je minimum (0,10) je minimum y-osu see u 1 y-osu see u 10 Nacrtajmo sada sliku:
-
-3 3
10
19
1
10
x
y
12 2 += xy
102 += xy
Traena povrina je ovo oseneno izmeu parabola, i nju emo nai kada od povrine ispod gornje krive oduzmemo povrinu ispod donje krive, odnosno u integralu oduzmemo donju ( 12 2 += xy ) od gornje parabole
( 102 += xy )
Vano: Poto je grafik simetrian u odnosu na y osu, odnosno parne su obe funkcije, lake nam je da
izraunamo povrinu od 0 do 3 pa da to pomnoimo sa 2.
P =
++3
3
22 )]12()10[( dxxx odnosno ,pametnije je:
P = 2 ++3
0
22 )]12()10[( dxxx = 361820
3)9
3(2)9(2
33
0
2 ==+=+ xx
dxx
Traena povrina je dakle P= 36 3. Odrediti povrinu lika ogranienog lukom krive 62 =++ xyy i osom Oy.
Reenje:
U ovom zadatku nam je pametnije da izrazimo x, a da traenu povrinu izraunamo po y
62 =++ xyy
62 += yyx 062 =+ yy Naemo y1,2=2
51
pa je y1 = -3, y2 = 2
x` = - 2y 1 x` = 0 za - 2y 1 = 0 pa je y = 2
1 to jest x = 6
4
1
Taka (64
1 ,
2
1 ) je maksimum kad razmiljamo po y
-
4
16
2
1
-3
2
6
x
y
62 += yyx
Radiemo integral po y, gde nam granice oigledno idu od - 3 do 2.
P = 6
125
3
2)6
23()6(
232
3
2 =
+=+
yyy
dyyy
Traena povrina je 6
125
4. Izraunati povrinu figure koja je ograniena linijama y = e
x , y = e
-x i x = 2
Reenje:
Ovde se radi o graficima elementarnih funkcija. Ako niste upoznati sa njima, napravite tablicu vrednosti, u kojoj ete birati vrednosti za x i izraunavati y.
1
2
e2
7
x
yxey =
xey =
x=2
Sa slike je oigledno da osenena povrina ide po x od 0 do 2, da je donja kriva y = e-x a gornja kriva y = ex
P = 2)()(0
2)()( 220022
2
0
+=++=+= eeeeeeeedxee xxxx
Traena povrina je 222 + ee
-
5. Odrediti zapreminu tela koje nastaje rotacijom oko ose Ox dela povri ogranienog lukom krive 24 xxy = i osom Ox.
Reenje:
Ispitajmo najpre par taaka za parabolu 24 xxy = i nacrtajmo sliku:
24 xxy =
04 2 = xx pa je 400)4( === xxxx y` = 4-2x pa je 4-2x = 0 za x = 2 a onda je y = 4
0 42
4
x
y
24 xxy =
Granice integrala su 0 i 4
V = b
a
dxy 2
V = 4
0
22 )4( dxxx = +4
0
432 )816( dxxxx
=0
4)
548
316(
543 xxx+
= )5
2562562
3
6416( + =
15
512
15
512 =
Zapreminu tela je 15
512
-
6. Odrediti zapreminu tela nastalog rotacijom kruga 222 )( rbyx =+ oko Ox ose (b>r)
Reenje:
Iz analitike geometrije znamo da je jednaina kruga 222 )()( rqypx =+ gde su p i q koordinate centra a r poluprenik krunice.
222 )( rbyx =+ nam govori da je p = 0 a q =b, pa e slika izgledati:
x
y
br
222 )( rbyx =+ odavde moramo izraziti y
222)( xrby =
)( 22 xrby =
)( 22 xrby = Ovde smo dobili dva dela krunice: gornji )( 22 xrby += i donji )( 22 xrby =
x
y
br
22xrby +=
22xrby =
Rotacija ovog kruga e nam dati telo koje je poznatije kao TORUS, ili po naki guma
-
xy
b
r
Zapreminu tela emo dobiti kad od zapremine tela koje nastaje rotacijom gornjeg dela krunice(puna guma) oduzmemo zapreminu tela koje nastaje rotacijom donjeg dela krunice(kao felna,popunjena)
V = dxyyb
a
)( 2221
Nadjimo najpre vrednost izraza 2221 yy
22
21 yy = ( )(
22 xrb + )2 - 222 ))(( xrb
= )2( 2222 rxrbb ++ - )2( 2222 rxrbb +
= 2222 2 rxrbb ++ - 2222 2 rxrbb +
= 224 xrb
Jasno je da granice integrala idu od r do r
Reimo najpre neodreeni integral:
tdtrtrrtdtrdx
trxdxxr cos)sin(
cos
sin 22222 ===
=
= tdtrtr cos)sin1( 22 = tdtrtr cos)sin1( 2
poto je 1 sin2t = cos
2t
= tdttr coscos2
= tdtr 22 cos
-
r2 je konstanta pa e ii ispred integrala a upotrebiemo i formulu:2
2cos1cos2
tt
+= , pa e i
2
1 kao konstanta
ispred integrala. Dakle:
= + dttr
)2cos1(2
2
= )2sin2
1(
2
2
ttr
+
ta se deava sa granicama ovog integrala?
Smena je bila : tdtrdx
trx
cos
sin
=
= , za x = - r je -r = r sin t , to jest sint = - 1 pa je t =
2
za x = r je r = r sin t , to jest sint = 1 pa je t =2
Nove granice su dakle 2
i
2
Vratimo se u integral:
V = dxyyb
a
)( 2221 = 24
2rb )2sin
2
1( tt +
2
2
= ))]2
2sin(2
1
2()
22sin
2
1
2[(2 2
++br
= 22 br
= 222 br
Dakle, posle mnogo napora, konano reenje je V = 222 br
7. Izraunati duinu luka krive y = ln x od take x = 3 do take x = 8
Reenje: Ovde nam slika nije neophodna!
-
Formula za izraunavanje duine luka krive je L= dxxfb
a
+ 2)`(1 , ako radimo po x
y = ln x
xy
1=` pa je
dxxf
b
a
+ 2)`(1 = dxx +8
3
2)1
(1 = dxx +
8
32
11 = dx
x
x
+8
32
2 1= dx
x
x
+8
3
2 1= uzimamo smenu=
=
x
tdtdx
tdtxdx
tdtxdx
tx
=
=
=
=+
22
1 22
Da vidimo ta je sa granicama? 38
23
==
==
tx
tx
= =3
22
23
2 x
dtt
x
tdt
x
t= Iz smene je x2 = t2 1 pa je sada na integral
= 3
22
2
1t
dtt ovde emo kao trik, gore oduzeti i dodati 1
= dtt
t
+3
22
2
1
11= +
3
22
)1
11( dtt
= 2
3
1
1ln
+
+
t
tt = (
13
13ln3
+
+ ) - )
12
12ln2(
+
+ =
= 2
3ln1+
konano reenje je L = 2
3ln1+
-
8. Izraunati povrinu povri koja nastaje rotacijom luka parabole y2
= 4x oko ose Ox na segmentu [0,3] Reenje:
1 3
2
-2
4
4
-4
Formula za izraunavanje povrine rotacione povri je :
S= 2 dxxfxfb
a
+ 2)`(1)( , po x x ],[ ba
Ovde su granice oigledno 0 i 3.
y2
= 4 x pa je odavde xy 2= odnosno xx
y1
2
12` == pa je
xy
1`2=
S= 2 dxxfxfb
a
+ 2)`(1)( = 2 dxxx +3
0
112
= 2 dxx
xx
+3
0
12 2 ide ispred integrala a korene skratimo
= 4 dxx +3
0
1 uzimamo smenu
=tdtdx
tx
2
1 2
=
=+ uradimo neodredjeni integral da ne menjemo granice
33
2 )1(3
2
322 +== xt
dtt
=0
3)1(
3
24 3+x
= 3
56)18(
3
8 =
Traena povrina rotacione povri je dakle : S =3
56
-
9. Cikloida C je definisana parametarskim jednainama:
)sin( ttax = i )cos1( tay = Izraunati:
a) povrinu ogranienu jednim lukom cikloide i osom Ox
b) duinu jednog luka cikloide
c) zapreminu tela nastalog rotacijom jednog luka cikloide oko Ox ose
Reenje: Kako nastaje i kako izgleda ta cikloida? Posmatrajmo krunicu koja se bez klizanja okree po pravoj (x osi). Fiksirajmo jednu taku na krunici. Kriva koju opisuje ta taka zovemo cikloida.
a2 a40
a) Posmatrajmo ovaj prvi luk cikloide koji je u intervalu [0, a2 ]
a20
Ako bi koristili onu univerzalnu formulu za P, bilo bi P= b
a
ydx
Ovaj integral bi iao od 0 do a2 , a poto je )cos1( tay = , bie :
22)cos1(2
00)cos1(0
===
===
tataay
ttay
Znai integral ide od 0 do 2 po t. Kako je )sin( ttax = to je dttadx )cos1( =
-
P= b
a
ydx = 2
0
)cos1()cos1( dttata = 2
0
22 )cos1( dtta
Reimo najpre traeni integral:
dtt
tdtdtdtttdtt +
+=+=2
2cos1cos21)coscos21()cos1( 22
= )2sin2
1(
2
1sin2 tttt ++
= tttt 2sin4
1
2
1sin2 ++
= ttt 2sin4
1sin2
2
3+
Vratimo se u formulu:
P= 2
0
22 )cos1( dtta = 2a ( ttt 2sin4
1sin2
2
3+ )
0
2 =3 2a
Samo mala napomena da su sinusi od 0 i 360 stepeni jednaki 0. Dakle, P=3 2a
b) Da izraunamo duinu jednog luka cikloide:
a20
Za luk imamo gotovu formulu: L= dttytx +
)(`)(` 22
Granice integrala su 0 i 2 . Sredimo i ovu potkorenu veliinu pa emo onda reavati integral.
)sin( ttax = pa je )cos1(` tax =
)cos1( tay = pa je tay sin=` jer je od jedinice izvod 0
tattatatayx 22222222 sin)coscos21(]sin[)]cos1([`` ++=+=+
= )sincoscos21( 222 ttta ++
= )cos22(2 ta
= )cos1(2 2 ta
-
=2
sin22 22t
a
=2
sin4 22t
a
Vratimo se u integral:
dttytx +
)(`)(` 22 = dtt
a2
0
22
2sin4 = dt
ta
2
0 2sin2 = dt
ta
2
0 2sin2 =
0
2
2cos4
ta = a8
Duinu jednog luka cikloide je L = 8a c) Izraunajmo i zapreminu
a20
V =
2
0
2dxy =
2
0
2 )cos1()]cos1([ dttata
=
2
0
33 )cos1( dtta konstanta ide ispred integrala
=
2
0
33 )cos1( dtta iskoristimo formulu (a - b )3
= +
2
0
323 )coscos3cos31( dtttta
Svaki od ovih integrala emo reavati posebno, prva dva nisu problem jer su tablini, reimo zato ova preostala dva.
ttttdttdtt
t 2sin4
1
2
1)2sin
2
1(
2
1)2cos1(
2
1
2
2cos1cos 2 +=+=+=
+=
3
sinsin
3sin
sincos
sinsincoscos)sin1(coscoscoscos
33
22223
tt
zt
dzztdztdt
zttdtttdttttdtttdt
=
===
=====
-
Vratimo se u izraunavanje zapremine:
V = (3sin3[3 + tta tt 2sin4
1
2
1+ )-
0
2)]
3
sin(sin
3 tt = kad sredimo= 235 a
Dakle V= 235 a
-
NESVOJSTVENI INTEGRALI ( teorija)
Neka je f(x) neprekidna funkcija na svakom konanom intervalu [a , b] . Tada integrale:
i) +
=
b
aab
dxxfdxxf )(lim)(
ii)
=
b
a
b
adxxfdxxf )(lim)(
iii) +
+==c
cb
aa
bdxxfdxxfdxxfdxxf )()()(lim)( gde je +
-
Neka su f(x) i g(x) integrabilne funkcije na segmentu [a,b] gde je b>a i neka je )()(0 xgxf za x a
Tada:
i) Ako nesvojstveni integral
a
dxxg )( konvergira, onda konvergira i nesvojstveni integral
a
dxxf )( i
vai da je
a
dxxf )(
a
dxxg )(
ii) Ako nesvojstveni integral
a
dxxf )( divergira, onda divergira i integral
a
dxxg )(
Ovaj kriterijum konvergencije moe se primeniti ako funkcije f i g imaju isti znak. Ako podintegralna funkcija
menja znak na posmatranom intervalu, tada moemo koristiti sledei kriterijum(teoremu):
Neka je funkcija f(x) integrabilna na segmentu [a,b] za svaki b>a. Tada :
Ako dxxfa
)( konvergira, onda konvergira i
a
dxxf )( i pri tome je
a
dxxf )( dxxfa
)(
Jo moemo zapamtiti i sledee:
Ako integral dxxfa
)( konvergira, tada kaemo da nesvojstveni integral
a
dxxf )( apsolutno konvergira.
Ako integral
a
dxxf )( konvergira a integral dxxfa
)( divergira onda kaemo da dati integral uslovno konvergira.
ta se deava ako funkcija f(x) nije ograniena u nekoj okolini take b ? ( to jest prava x=b je vertikalna asimptota zdesna). Tada , ako je funkcija f(x) neprekidna na svakom intervalu [a,b- ], >0 je
b
a
dxxf )( =
+
b
a
dxxf )(lim0
Ako je f(x) neograniena u okolini take a ( to jest prava x = a je vertikalna asimptota sleva) i neprekidna u svakom
intervalu [ a+ , b] , >0 onda je :
b
a
dxxf )( = +
+
b
a
dxxf
)(lim
0
-
Ova dva integrala zovemo nesvojstveni sa neogranienim funkcijama .
Posmatrajmo b
a
dxxf )( =
+
b
a
dxxf )(lim0
.
Geometrijsko znaenje apsolutne vrednosti ovog integrala je povrina oblasti omeene krivom y = f(x) , ordinatom f(a) , x osom i vertikalnom asimptotom x = b.
Ako je situacija da je f(x) neograniena u okolini take c(a , b) ( to jest prava x = c je vertikalna asimptota ) i ako je f(x) neprekidna u svakom intervalu [a,c - ] , [ c + , b] , >0 onda je :
b
a
dxxf )( = c
a
dxxf )( + b
c
dxxf )( =
+
c
a
dxxf )(lim0
+ +
+
b
c
dxxf
)(lim
0
Ovde naravno vae kriterijumi analogni datim za integrale sa beskonanim granicama.
-
DVOSTRUKI INTEGRALI
1. DIREKTNO IZRAUNAVANJE
Ako je oblast D odreena nejednakostima :
a bx onda je: =)(
)(
2
1
),(),(
xy
xy
b
aD
dyyxzdxdxdyyxz
)()( 21 xyyxy
Ako je oblast D odreena nejednakostima:
)()( 21 yxxyx
dyc onda je : =)(
)(
2
1
),(),(
yx
yx
d
cD
dxyxzdydxdyyxz
2. OPTE KOORDINATE
Ako se sa x=x(u,v) i y=y(u,v) , gde su ovo neprekidne i diferencijabilne funkcije , realizuje jednoznano
preslikavanje ograniene i zatvorene oblasti D u ravni xOy na oblast D` u ravni uOv i ako je:
J=),(
),(
vuD
yxD 0 Onda vai formula:
dudvJvuyvuxzdxdyyxzDD
=`
)],(),,([),(
3. POLARNE KOORDINATE
x = r cos
y= r sin onda je : D
dxdyyxz ),( = drdJrrzD
` )sin,cos( = r
rdrrrzd0
)sin,cos(2
1
J = r
-
4. ELIPTIKE KOORDINATE
x = a r cos
y = b r sin onda je: D
dxdyyxz ),( = r
abrdrbrarzd0
)sin,cos(2
1
J = abr
PRIMENA DVOSTRUKIH INTEGRALA
i) Izraunavanje povrine povri
Ako je povr zadata jednainom z = z(x,y) i ako obeleimo x
zp
= i y
zq
= onda je:
P= ++D
dxdyqp 221
Ako je povr zadata parametarskim jednainama x=x(u,v) i y=y(u,v) onda je:
P= D
dudvFEG 2 gde je:
E =
222
+
+
u
z
u
y
u
x
G =
222
+
+
v
z
v
y
v
x
F = v
x
u
x
+ v
y
u
y
+ v
z
u
z
ii) Izraunavanje zapremine
Zapremina cilindra, koji odozgo ograniava neprekidna povr definisana jednainom z=z(x,y), odozdo ravan
z=0 , a sa strane prava cilindrina povr, koja u ravni xOy iseca neku oblast D, data je formulom:
V = D
dxdyyxz ),(
-
TROSTRUKI INTEGRALI 1. DIREKTNO RAUNANJE
Ako je funkcija f(x,y,z) neprekidna u oblasti V koja je odreena sa:
21 xxx
)()( 21 xyyxy onda je V
dxdydzzyxf ),,( = ),(
),(
)(
)(
2
1
2
1
2
1
),,(
yxz
yxz
xy
xy
x
x
dzzyxfdydx
),(),( 21 yxzzyxz
2. CILINDRINE KOORDINATE x = r cos
y= r sin onda je V
dxdydzzyxf ),,( = dzdrdzrrf ),sin,cos(
z = z = 2
1
2
1 0
z
z
r
fdzrdrd
J = r
3. SFERNE KOORDINATE
sincosrx = sinsinry =
cosrz = sin2rJ = Odavde je x2+y2+z2 = r2
Uglove i odreujemo iz zadatka i vodimo rauna da je najee :
0;20;0r
Moemo koristiti( u zavisnosti od situacije) i modifikovane sferne koordinate:
sincosarx = sinsinbry =
coscrz = sin2abcrJ =
-
A u situaciji kad je zadata povr ba zeznuta moemo koristiti i sledee smene:
sincosarx =
sinsinbry =
coscrz =
Jakobijan u ovoj situaciji raunamo:
111122 cossincossin = abcrJ
Osnovna perioda je 0;20;0r
PRIMENA TROSTRUKOG INTEGRALA ZA RAUNANJE ZAPREMINE:
V= V
dxdydz po oblasti V
-
1
VIESTRUKI INTEGRALI - ZADACI ( I DEO)
Dvostruki integrali-odredjivanje granica integracije
Prva stvar sa kojom se susreemo kod dvojnih integrala je odredjivanje granice integracije.
Za skoro svaki zadatak moramo crtati sliku pa je najbolje da se najpre podsetite kako izgledaju grafici osnovnih
funkcija. ( imate fajl na sajtu)
Imamo dva osnovna tipa podruja integracija:
1)
Ako je podruje integracije D omedjeno sa leve i desne strane pravama x = a i x = b ( recimo a < b)
a sa donje i gornje strane neprekidnim funkcijama 1( )y x i 2 ( )y x gde je 1 2( ) ( )y x y x , onda imamo:
a bx
)()( 21 xyyxy
pa je: =)(
)(
2
1
),(),(
xy
xy
b
aD
dyyxzdxdxdyyxz
Pogledajmo sliku:
x
y
a b
x b a
1 2( ) ( )y x y y x 1( )y x
2 ( )y x
x
y
a b
x b a
1 2( ) ( )y x y y x 1( )y x
2 ( )y x
Ovo je ea situacija , kad reavamo najpre integral po dy , gde emo x tretirati kao konstantu , a zatim reavamo
obian integral po x- su.
-
2
2)
U ovoj drugoj situaciji, podruje integracije D je omedjeno odozdo i odozgo sa pravama y = c i y = d , gde je c
-
3
Primer 1.
Odrediti granice integracije dvojnog integrala ( , )D
z x y dxdy za oba mogua poretka integracije ako je
oblast D trougao sa temenima O(0,0); A( 1,0) i B (1,1)
Reenje: Najpre emo nacrtati sliku:
x
y y x=
A(1,0)O(0,0)
B(1,1)
Pravu kroz take O i B smo nali kao jednainu prave kroz dve date take ( ako neznamo napamet da je odredimo) :
2 11 1
2 1
( )y y
y y x xx x
=
Pa imamo: 1 0
0 ( 0)1 0
y x y x
= =
Ajmo da odradimo granice za prvi poredak, pogledajmo sliku:
x
y
y x=
0 1x ide
y gledamoodozdo nagore
y=0 je x- osa
-
4
Za granice po x su gledamo sa leva udesno. Prvo nailazimo na nulu , pa na 1. Dakle : 0 1x .
Kad gledamo po y , najpre nailazimo na x osu , a znamo da je to y=0. Sa gornje strane je prava y=x, pa je 0 y x
Oblast D je: 0 1
0
x
y x
Ovde bi zadati integral reavali po granicama : 2
1
( ) 1
( ) 0 0
( , ) ( , ) ( , )
y xb x
D a y x
z x y dxdy dx z x y dy dx z x y dy= =
Za drugi poredak integracije imamo:
x
y
0
1
1
y ide od
x gledamo
s leva na desno
x=y
x=1
Sad y ide od 0 do 1 gledajui odozdo nagore , pa je 0 1y .
Za x granice gledamo sa leva udesno. Najpre nailazimo na pravu x=y a zatim na pravu x=1, pa je 1y x
Oblast D je sada: 0 1
1
y
y x
Zadani integral bi reavali po granicama: 2
1
( ) 1 1
( ) 0
( , ) ( , ) ( , )
x yd
D c x y y
z x y dxdy dy z x y dx dy z x y dx= =
Primer 2.
Odrediti granice integracije dvojnog integrala ( , )D
z x y dxdy za oba mogua poretka integracije ako je
oblast D paralelogram sa temenima A( 1,2); B(2,4); C(2,7) i D(1,5)
Reenje:
Crtamo sliku:
-
5
x
y
3
4
5
6
7
1 2 3 4
1
2 A(1,2)
B(2,4)
C(2,7)
D(1,5)
Trebaju nam jednaine pravih kroz AB i kroz CD. Koristimo kao malopre 2 11 12 1
( )y y
y y x xx x
=
i dobijamo da je:
AB: y = 2x
CD: y = 2x+3
Sad moemo razmiljati o prvom poretku integracije:
x
y
3
4
5
6
7
1 2 3 4
1
2 A(1,2)
B(2,4)
C(2,7)
D(1,5)
y=2x+3
y=2x
x ide od 1 do 2
y ide od2x do 2x+3
Oblast D je 1 2
2 2 3
x
x y x
+ a integral bi reavali kao:
2
1
( ) 2 2 3
( ) 1 2
( , ) ( , ) ( , )
y xb x
D a y x x
z x y dxdy dx z x y dy dx z x y dy
+
= =
I ovo bi bio laki nain za reavanje
-
6
Za drugi poredak integracije bi situacija bila malo tea .
Naravno, najpre emo jednaine pravih AB i CD izraziti preko x-sa.
AB: y = 2x 2
yx =
CD: y = 2x+33
2
yx
=
Pogledajmo sada slike:
x
y
3
4
5
6
7
1 2 3 4
1
2 A(1,2)
B(2,4)
C(2,7)
D(1,5)
x
y
3
4
5
6
7
1 2 3 4
1
2 A(1,2)
B(2,4)
C(2,7)
D(1,5)
x
y
3
4
5
6
7
1 2 3 4
1
2 A(1,2)
B(2,4)
C(2,7)
D(1,5)
slika 1. slika 2. slika 3.
y ide od2 do 4
x ide od 1 do y/2
y ide od 4 do 5
x ide od 1 do 2
2
yx =
3
2
yx
=
x=2y ide od 5 do 7
32
2
yx
Morali bi oblast integracije da podelimo na tri dela:
1
2 4
:1
2
y
D yx
24 5
:1 2
yD
x
3
5 7
: 32
2
y
D yx
Zadati integral bi reavali:
2
1
( ) 4 5 2 7 22
3( ) 2 1 4 1 5
2
( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , )
y
x yd
yD c x y
z x y dxdy dy z x y dx dy z x y dx dy z x y dx dy z x y dx
= = + +
-
7
Primer 3.
Odrediti granice integracije dvojnog integrala ( , )D
z x y dxdy za oba mogua poretka integracije ako je
Oblast D ograniena linijama y = x i 24y x x=
Reenje:
Kriva 24y x x= jeste krunica ali je prvo moramo srediti...
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
4 ................... / ()
4
4 0
4 4 4 0
( 2) 4
y x x
y x x
x x y
x x y
x y
=
=
+ =
+ + =
+ =
Da odmah nadjemo i preseke...Njih uvek dobijamo reavajui sistem jednaina:
2
2 2
2 2
2
4
4 ..................()
4
2 4 0
2 ( 2) 0 0 2
0 0
2 2
y x x y x
x x x
x x x
x x
x x x x
x y
x y
= =
=
=
=
= = =
= =
= =
Crtamo sliku:
1 2
2
x
y
3 4
1
y x=
2 2( 2) 4x y + =
-
8
Prvi poredak integracije e biti:
24y x x=
1 2
2
x
y
3 4
1
y x=
x ide od0 do 2
0
po y
2
0 2:
4
xD
x y x x
a integral bi reavali:
22
1
( ) 2 4
( ) 0
( , ) ( , ) ( , )
y xb x x
D a y x x
z x y dxdy dx z x y dy dx z x y dy
= =
Za drugi poredak integracije, kao i u prethodnim primerima , imamo malo vie posla...
Da izrazimo najpre x iz 24y x x= :
2
2 2
2 2
4
4
4 0
y x x
y x x
x x y
=
=
+ =
Ovo sad reavamo kao kvadratnu jednainu:
2 2
2 22
1,2
2 2
1,2
4 0
4 16 4 4 2 44
2 2 2
2 4 2 4
x x y
y yb b acx
a
x y nama treba x y
+ =
= = =
= =
Sad slika:
1 2
2
x
y
3 4
1
0
22 4x y= y ide od 0 do 2
x=y
po x
2
0 2:
2 4
yD
y x y
a integral je :
2
21
( ) 2
( ) 0 2 4
( , ) ( , ) ( , )
x y yd
D c x y y
z x y dxdy dy z x y dx dy z x y dx
= =
-
9
Primer 4.
Promeniti poredak integracije u integralu:
1
0
( , )
y
y
dy z x y dx
Reenje:
Iz datog integrala
1
0
( , )
y
y
dy z x y dx odmah vidimo da se radi o drugom tipu za poredak integracije i da je:
0 1:
yD
y x y
Iz x y y x= = a iz 2y x y x= =
Slika:
x
y
y x=
0 1
1
y x= 2
x ide od0 do 1
Odlast D je sad 2
0 1:
xD
x y x
a integral :
2
1 1
0 0
( , ) ( , )
y x
y x
dy z x y dx dx z x y dy=
Primer 5.
Promeniti poredak integracije u integralu: 2
1 1
0 2
( , )
x x
dx z x y dy
Reenje:
Sredimo krunicu i nacrtamo sliku:
-
10
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 ...............()
2
2 0
2 1 1 0
( 1) 1
y x x
y x x
x x y
x x y
x y
=
=
+ =
+ + =
+ =
Slika:
x
y
0 1
1
x ide od0 do 1
y=1
22y x x=
2 2( 1) 1x y + = ceo krug
y ide od kruga do prave y=1
Iz krunice sad moramo izraziti x:
2 2
2 2
2 2
2 222 2
1,2
2 ...............()
2
2 0
2 4 4 2 2 141 1 1 1
2 2 2
y x x
y x x
x x y
y yb b acx y x y
a
=
=
+ =
= = = = =
Moramo oblast podeliti na dva dela:
x
y
0 1
1
x
y
0 1
1
-1
y ide od-1 do 0
21 1x y= x ide od do x=1 x i y idu od 0 do 1
oblast D oblast D1 2
-
11
Pa bi integral reavali:
2 2
1 1 0 1 1 1
0 1 0 02 1 1
( , ) ( , ) ( , )
x x y
dx z x y dy dy z x y dx dy z x y dx
= +
Primer 6.
Promeniti poredak integracije u integralu: 2
2 2
0 2
( , ) , 0
a ax
ax x
dx z x y dy a
>
Reenje:
Nacrtajmo najpre sliku ( naravno, prvo sredite jednaine krunice i parabole):
22y ax x= +
2y ax= +
2y ax=
22y ax x=
x
y
0 a 2a
2a
a
x=2a
Ofarbana oblast je naa oblast integracije
Da bi promenili poredak integracije moramo uoiti tri oblasti:
x
y
0 a 2a
y
0 a 2a
2
2
yx
a=
2 2x a a y=
2 2x a a y= +
a
y ide od 0 do a
po x
y ide od 0 do a
po x
x=2a
21 2 2
0
:
2
y a
D yx a a y
a
2 2 2
0:
2
y aD
a a y x a
+
-
12
Trei deo bi bio:
x
y
0 a 2a
2a
a
y ide od a do 2a
po x
2
2
yx
a= x=2a
23
2
:2
2
a y a
D yx a
a
Sad bi samo ovo zapisali
Primer 7.
U dvojnom integralu ( , )D
z x y dxdy prei na polarne koordinate ako je oblast D krug 2 2 2x y a+
Reenje:
Da se podsetimo najpre kako se prelazi na polarne koordinate ( J je jakobijan):
x = r cos
y= r sin onda je : D
dxdyyxz ),( = drdJrrzD
` )sin,cos( = r
rdrrrzd0
)sin,cos(2
1
J = r
Nacrtajmo sliku i predjimo na polarne koordinate:
-
13
x
y
0 a
a
-a
-a
cos
sin
x rJ r
y r
= =
= Ovo zamenimo u 2 2 2x y a+ ( moete pisati i = umesto , naravno ako daje profesor va...)
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
( cos ) ( sin )
(cos sin ) znamo da je cos sin 1
x y a
r r a
r a
r a r a
+ =
+ =
+ = + =
= =
Dakle r ide od 0 da a.
Poto nam ovde treba ceo krug, jasno je da 0 2
Imamo dakle da je D`=0
0 2
r a
pa je :
D
dxdyyxz ),( = drdJrrzD
` )sin,cos( =2
0 0
( cos , sin )
a
d z r r rdr
Primer 8.
U dvojnom integralu ( , )D
z x y dxdy prei na polarne koordinate ako je oblast D krug 2 2x y ax+
Reenje:
Da spakujemo krunicu najpre, pa emo nacrtati sliku:
2 2
2 2
2 22 2
22 2
0
04 4
( )2 4
x y ax
x ax y
a ax ax y
a ax y
+ =
+ =
+ + =
+ =
-
14
x
y
0 aa/2
a/2
-a/2
2
2
cos
sin
x rJ r
y r
= =
=
2 2
2 2
2 2 2
2
( cos ) ( sin ) cos
(cos sin ) cos
cos cos
x y ax
r r ar
r ar
r ar r a
+ =
+ =
+ =
= =
Dakle: 0 cosr a
Moramo paziti to se tie ugla, jer sada nam ne treba ceo krug ve ( pogledaj sliku): 2 2
Dakle imamo: D`=
0 cos
2 2
r a
pa je:
D
dxdyyxz ),( = drdJrrzD
` )sin,cos( =cos2
0
2
( cos , sin )
a
d z r r rdr
-
1
VIESTRUKI INTEGRALI - ZADACI ( II DEO)
Dvostruki integrali-reavanje
Primer 1.
Izraunati integral 2
21D
xdxdy
y+ ako je 0 1x i 0 1y
Reenje:
Ovde su nam odmah date granice integrala pa ne moramo crtati sliku i odredjivati ih.
Uvek je pitanje da li je lake raditi prvo po x pa po y ili obrnuto...
Pogledajte najpre dati dvojni integral, razmislite malo pa tek onda krenite sa radom...
Mi emo prvo reavati ovaj integral po x pa onda po y...
1 12 2
2 2
0 01 1
D
x xdxdy dy dx
y y=
+ + neki profesori vole da zapiu i ovako:
1 12 2
2 2
0 01 1
D
x xdxdy dx dy
y y
=
+ + Vi naravno radite kao to zahteva va profesor...
Dakle, najpre reavamo integral u zagradi. On je po x pa ovde y tretiramo kao konstantu!
1 1 1 12 22
2 2 2
0 0 0 0
1
1 1 1D
x xdxdy dx dy x dx dy
y y y
= = =
+ + +
Reiemo ga na stranu ...
1 3
2
0
1 1
03 3
xx dx = =
Sad ovo reenje ubacimo u dvojni integral:
( )
1 1 1 1 12 22
2 2 2 2
0 0 0 0 0
1
2
0
1 1
1 1 1 1
11 1 1 1 11 0 ( 0)
03 1 3 3 3 4 12
D
x xdxdy dx dy x dx dy dy
y y y y
dy arctgy arctg arctgy
= = = =
+ + + +
= = = = =+
I evo reenja.
-
2
Primer 2.
Izraunati integral sin( )D
x x y dxdy+ ako je 0 x i 0 2y
Reenje:
I ovde odmah imamo granice, pa slika ne treba...
2 2
0 0 0 0
sin( ) sin( ) sin( )D
x x y dxdy xdx x y dy x x y dy dx
+ = + = +
Integral u zagradi reimo na stranu:
2
0
sin( ) cos( ) [cos( ) cos( 0)] [cos( ) cos ]22 2
0
x y dy x y x x x x
+ = + = + + = +
Iz trigonometrije znamo da je cos( ) sin2
x x
+ = pa je
2
0
sin( ) cos( ) [cos( ) cos( 0)] [cos( ) cos ] [ sin cos ]22 2
0
sin cos
x y dy x y x x x x x x
x x
+ = + = + + = + =
= +
Vratimo se u dvojni integral:
2 2
0 0 0 0 0
sin( ) sin( ) sin( ) (sin cos )D
x x y dxdy xdx x y dy x x y dy dx x x x dx
+ = + = + = +
Ovde imamo parcijalnu integraciju , za oba integrala...
( ) ( ) ( )
0
sinsin cos ( cos )
cos
cos sin cos sin 0cos0 sin 0 ( 1)0
x u xdx dvx xdx x x x dx
dx du x v
x x x
= == = =
= =
= + = + + = =
-
3
( ) ( ) ( )
0
coscos sin sin
sin
sin cos sin cos 0sin 0 cos 0 1 1 20
x u xdx dvx xdx x x dx
dx du x v
x x x
= == = =
= =
= + = + + = =
Reenje e biti:
2 2
0 0 0 0 0
sin( ) sin( ) sin( ) (sin cos ) 2D
x x y dxdy xdx x y dy x x y dy dx x x x dx
+ = + = + = + =
Kao to ste videli ovaj dvojni integral smo prvo reavali po y pa onda po x.
Da li bi bilo lake da smo ili obrnuto?
Da vidimo:
II nain
2
0 0
sin( ) sin( )D
x x y dxdy x x y dx dy
+ = +
Integral u zagradi reiemo na stranu , kao neodredjeni , pa emo mu dodati granice:
0
sin( )x x y dx
+ =?
sin( )sin( ) cos( ) [ cos( )]
cos( )
cos( ) sin( )
x u x y dx dvx x y dx x x y x y dx
dx du x y v
x x y x y
= + =+ = = + + =
= + =
= + + +
0
sin( ) cos( ) sin( ) [ cos( ) sin( )] [ 0cos(0 ) sin(0 )]0
cos( ) sin( ) sin
x x y dx x x y x y y y y y
y y y
+ = + + + = + + + + + + =
= + + +
( )
( )
( )
2 2
0 0 0
sin( ) sin( ) cos( ) sin( ) sin
sin( ) cos( ) cos 2
0
sin( ) cos( ) cos sin( 0) cos( 0) cos02 2 2
0 0 (0 1 1) 2
D
x x y dxdy x x y dx dy y y y dy
y y y
+ = + = + + + =
= + + + =
= + + + + + + =
= + + + =
Moda malo bre...Bitno je da je reenje dobro!
-
4
Primer 3.
Izraunati integral 2
D
xy dxdy ako je oblast integracije ograniena parabolom 2 2y x= i pravom 1
2x =
Reenje:
Najpre emo odrediti preseke i nacrtati sliku:
Presek odredjujemo reavajui sistem jednaina.
2
2 2
2
1
2
1 1 12 1 1 ( , 1) ( ,1)
2 2 2
y x
x
y y y M N
=
=
= = =
1 2
2
x
y
3 4
1
-1
-2
2
2
y
1
2po x
Slika nam pomae da odredimo odlast 2
1 1
: 1
2 2
y
D yx
( pogledajte prethodni fajl )
Sad imamo:
2 2
1 1
1 12 22 2 2
1 1
2 2
D y y
xy dxdy dy xy dx xy dx dy
= =
Prvo reavamo integral u zagradi:
-
5
2 2
22 21 1
2 2 42 22 2 2 2 2 6
2
2 2
1 1
2 1 122[ ] [ ] [ ] [ ]
2 2 2 2 4 4 8
2y y
y
x y yxy dx y xdx y y y y
y
= = = = =
Vraamo se u dvojni integral:
2
1
1 122 2 2 6
1 1
2
3 7 3 7 3 7
1[ ]
8
11 1 1 1 ( 1) ( 1) 1 8 1[ ] {[ ] [ ]}
18 3 7 8 3 7 3 7 8 21 21
D y
xy dxdy dy xy dx y y dy
y y
= = =
= = = =
Primer 4.
Izraunati 2 2
D
x y dxdy+ ako je oblast D zadata sa 2 2 2x y a+
Reenje:
Pogledajmo sliku:
x
y
0 a
a
-a
-a
U ovakvim sluajevima, kad je zadata krunica, zgodno je prei na polarne koordinate:
cos
sin
x r
y r
J r
=
=
=
I onda se integral reava:
D
dxdyyxz ),( = drdJrrzD
` )sin,cos( = r
rdrrrzd0
)sin,cos(2
1
-
6
Najpre da odredimo granice:
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
( cos ) ( sin )
(cos sin ) znamo da je cos sin 1
x y a
r r a
r a
r a r a
+ =
+ =
+ = + =
= =
Dakle r ide od 0 da a.
Poto nam ovde treba ceo krug, jasno je da 0 2
Imamo dakle da je D`=0
0 2
r a
pa je :
2 2 2
2 2 2 2 2
0 0 0 0 0 0
a a a
D
x y dxdy d r rdr r rdr d r dr d
+ = = = =
Kao i uvek , integral u zagradi reimo posebno...
3 3
2
003 3
a ar ar dr = =
Sad imamo:
( )
2 2 2
2 2 2 2 2
0 0 0 0 0 0
2 23 3 3 3 3
0 0
2 22 0
03 3 3 3 3
a a a
D
x y dxdy d r rdr r rdr d r dr d
a a a a ad d
+ = = = =
= = = = =
Primer 5.
Izraunati 2 2 2
D
a x y dxdy ako je oblast D ograniena sa 2 2 2x y a+ = , , 3y x y x= = u
prvom kvadrantu.
Reenje:
Nacrtajmo sliku:
-
7
x
y
0 a
a
-a
-a
y x=
3y x=
4
=
3
=
Koristiemo polarne koordinate:
cos
sin
x r
y r
J r
=
=
=
Odredimo granice za r i : 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2
2 2
( cos ) ( sin )
(cos sin )
x y a
r r a
r a
r a r a
+ =
+ =
+ =
= =
Dakle: r ide od 0 da a.
Iz pravih , 3y x y x= = emo odrediti odakle dokle ide ugao
Da je podsetimo :
Prava y kx n= + ima koeficijent pravca k tg= .
Iz prave y x= je k=1 pa je 14
tg
= =
Iz prave 3y x= je 3k = pa je 33
tg
= =
Dobili smo dakle da je :
D`=
0
4 3
r a
-
8
Da reimo sada integral:
32 2 2 2 2 2 2 2
0
4
( )
a
D D
a x y dxdy a x y dxdy d a r rdr
= + =
2 2
0
a
a r rdr emo reiti na stranu i najpre bez granica...
( )32 2 2
2 23
2 2 2 22 2 ( )3 3
a r t a rta r rdr rdr tdt t t dt t dt
rdr tdt
= = = = = = =
=
( ) ( ) ( )3 3 3
2 2 2 2 2 23 3
2 2
0
0[ ] [ ]
03 3 3 3 3
a a r a a aa a aa r rdr
= = = =
32 2 2 2 2 2 2 2
0
4
3 3 3 3 33 3
4 4
( )
3 3 3 3 4 3 12 36
a
D D
a x y dxdy a x y dxdy d a r rdr
a a a a ad d
= + = =
= = = = =
Primer 6.
Izraunati 2 2
2 2
ln( )
D
x ydxdy
x y
++ ako je oblast D izmedju krugova
2 2 1x y+ = i 2 2 2x y e+ =
Reenje:
Slika:
x
y
0 1
1
-1
-1
e
e-e
-e Uzimamo polarne koordinate:
-
9
cos
sin
x r
y r
J r
=
=
=
2 2
2 2
2 2 2
2
1
( cos ) ( sin ) 1
(cos sin ) 1
1 1
x y
r r
r
r r
+ =
+ =
+ =
= =
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2
2 2
( cos ) ( sin )
(cos sin )
x y e
r r e
r e
r e r e
+ =
+ =
+ =
= =
Dakle , imamo da 1 r e
Sa slike vidimo da ugao uzima pun krug 0 2 .
22 2 2
2 2 2
0
ln( ) ln
D
x y rdxdy d
x y r
+
=+
1
e
r2
0 1
2lne
rdr d dr
r
=
1 1
2ln ln2
e er rdr dr
r r=
2 2lnln ln1
2 2
r tr t rdr tdt
r dr dtr
== = = =
=
1 1
2ln ln2 2
e er rdr dr
r r= =
2ln
2
r 2 2ln ln 1 1 0 11
ee= = =
22 2 2
2 2 2
0
ln( ) ln
D
x y rdxdy d
x y r
+
=+
1
e
r2 2
0 1 0
2ln2 0 2
er
dr d dr dr
= = = =
Primer 7.
Izraunati integral D
xydxdy , gde je oblast D ograniena Ox osom i lukovima krugova:
2 2 1x y+ = i 2 2 2 0x y x+ = u prvom kvadrantu.
Reenje:
Da spakujemo drugu krunicu, nadjemo preseke i nacrtamo sliku:
2 2
2 2
2 2
2 0
2 1 1 0
( 1) 1
x y x
x x y
x y
+ =
+ + =
+ =
Presek je: 2 2 2 21 3
2 0 1 1 2 02 2
x y x x y x x y+ = + = = = =
-
10
x
y
0 1
1
-1
-1
21
2
3
2
Ovu oblast moramo podeliti na dva dela:
Prava koja prolazi kroz taku preseka krugova i koordinatni poetak je 3y x= ( kao jednaina prave kroz dve take, pogledajte prethodni fajl)
x
y
0 1
1
-1
-1
21
2
3
2
3y x=
DD
1
2
Opet emo prei na polarne koordinate:
cos
sin
x r
y r
J r
=
=
=
Za oblast 1D imamo :
2 2
2 2
2 2 2
2
1
( cos ) ( sin ) 1
(cos sin ) 1
1 1
x y
r r
r
r r
+ =
+ =
+ =
= =
Dakle: 0 1r
Ugao ide od x ose do prave 3y x= pa je 03
-
11
Za oblast 2D imamo :
2 2
2 2
2 2 2
2
2 0
( cos ) ( sin ) 2 cos 0
(cos sin ) 2 cos
2 cos 2cos
x y x
r r r
r r
r r r
+ =
+ =
+ =
= =
Odavde zakljuujemo: 0 2cosr
Ugao ide od prave 3y x= pa do y ose pa je 2 3
Imamo dakle:
1
0 1
:0
3
r
D
2
0 2cos
:
2 3
r
D
Podintegralna funkcija e kad stavimo smene biti:
2cos sin sin cosxy r r r = =
Da reavamo sada integral:
2cos13 22 2
0 0 0
3
2cos13 23 3
0 0 0
3
sin cos sin cos
sin cos sin cos
D
xydxdy d r rdr d r rdr
d r dr d r dr
= + =
= +
Svaki emo posebno , pa emo sabrati reenja:
1 1 43 3 3 33 3
0 0 0 0 0 0
1 1sin cos sin cos in cos in cos
04 4
rd r dr d r dr s d s d
= = =
2 2sin sin
in coscos 2 2
t ts d tdt
d dt
=
= = = ==
-
12
1 1 4 23 3 33 3
0 0 0 0 0
2
2 2
1 1 sinsin cos sin cos in cos 3
04 4 20
1 1 3 1 3 3sin sin 0
8 3 8 2 8 4 32
rd r dr d r dr s d
= = = =
= = = =
Sad drugi:
2cos 2cos 42 2 23 3
0 0
3 3 3
42 25
3 3
2cossin cos sin cos sin cos
04
16cossin cos 4 sin cos
4
rd r dr d r dr d
d d
= = =
= = =
Na stranu kao neodredjeni pa vratimo granice...
6 6
5 5cos cos
sin cossin 6 6
t td t dt
d dt
=
= = = = =
6662
5
3
1coscos
cos 12 3 6424 sin cos 4 4[ ] 4[0 ]6 6 6 6 96
3
d
= = = =
Konano je:
2cos13 22 2
0 0 0
3
3 1 5sin cos sin cos
32 96 48D
xydxdy d r rdr d r rdr
= + = + =
I ovo bi bilo reenje naeg zadatka. ALI!
PREVIDELI SMO JEDNU STVAR!
Ovde postoji i druga mogua oblast!
Pogledajmo sliku opet.
-
13
x
y
0 1
1
-1
-1
21
2
3
2
3y x=
D3D3
I ova oblast je ograniena datim krunicama i x osom u prvom kvadrantu!
Pazite na ovo, zadatak moe biti iz dva dela a da vam to profesor ne napomene...
Ovde bi bilo:
3
1 2cos
:0
3
r
D
Slinim reavanjem kao malopre bi dobili:
2cos 2cos3 32 3
0 1 0 1
9sin cos sin cos
16D
xydxdy d r rdr d r dr
= = =
Primer 8.
Izraunati vrednost integrala ( )D
y x dxdy ako je oblast ograniena pravama
1
3
1 7
3 3
15
3
y x
y x
y x
y x
= +
=
= +
= +
stavljajui da je: 1
3
u y x
v y x
=
= +
Reenje:
-
14
Da se podsetimo:
Ako se sa x=x(u,v) i y=y(u,v) , gde su ovo neprekidne i diferencijabilne funkcije , realizuje jednoznano
preslikavanje ograniene i zatvorene oblasti D u ravni xOy na oblast D` u ravni uOv i ako je:
J=),(
),(
vuD
yxD 0
Onda vai formula:
dudvJvuyvuxzdxdyyxzDD
=`
)],(),,([),(
Nemamo mnogo da mozgamo, jer su nam dati u i v.
Ovde nam je prvi poso da izrazimo x i y :
1................... / *3
3
3 3
1 33 4
4 4
......................*( 3)
3 3
3 3 3
3 3
3 33 3 4
4 4
u y x
v y x
u y x
v y x
u v y y u v
u y x
v y x
u y x
v y x
u v x x u v
=
= +
=
= +
+ = = +
=
= +
= +
= +
+ = = +
Sad traimo Jakobijan koji mora biti razliit od nule:
3 3
( , ) 9 3 12 34 4
1 3( , ) 16 16 16 4
4 4
D x y
D u v
= = = =
Naravno, mi uzimamo apsolutnu vrednost ( po formuli dudvJvuyvuxzdxdyyxzDD
=`
)],(),,([),( ) to
jest , kod nas je 3
4J =
-
15
Kako odrediti granice za u i v ?
Posmatrajmo granice po x i y:
1 1 13 1
3 3 3
1 7 1 77
73 3 3 353
1 1 355 5
3 3
y x y x uu
y x y x u
y x y xv
v
vy x y x
= + = =
= = =
= + + = =
== + + =
U datom integralu moramo zameniti x i y iz onog to smo izrazili:
`
1 3 3 3 3 1 3( ) ( ) ( )
4 4 4 4 4 4 4D D
y x dxdy u v u v dudv u v = + + = +
3 3
4 4u v+
( )
`
5 1 5 5 52 2 2
7 7 7 7` 3
3 3 3 3
5
7
3
3
4
13 3 3 3 1 ( 3) 34
34 4 4 2 4 2 2 4
57 8
3 3 3(5 ) 3 873 3
3
D
D
dudv
uu dudv udu dv dv dv dv
dv v
=
= = = = = =
= = = = =
-
1
VIESTRUKI INTEGRALI - ZADACI ( III DEO)
Izraunavanje povrine u ravni primenom dvostrukog integrala
Povrina oblasti D u ravni xOy moe se nai po formuli: D
P dxdy=
Primer 1.
Izraunaj povrinu ogranienu sledeim linijama: y x= , 2y x= i y = 4.
Reenje:
Najpre emo, kao i uvek, nacrtati sliku i odrediti granice po kojim radimo...
1 2
2
x
y
3 4
1y x=
2y x=
y=4
Oblast integracije je osenena na slici 0 4
:2
xD
x y x
Upotrebom gore navedene formule, raunamo povrinu osenenog dela:
( )4 2 4 4 4
0 0 0 0
34 1 3 32
2 2 2
0
22
4 2 2 164 0 8
3 0 3 3 3
2
x
D x
xP dxdy dy dx y dx x x dx xdx
x
xx dx
= = = = = =
= = = = =
-
2
Primer 2.
Izraunaj povrinu ogranienu sa 2 2
2 21
x y
a b+ =
Reenje:
Naravno, ovde je u pitanju elipsa. Mi treba da izraunamo povrinu unutar nje...
a-a
b
-b
Ovde je zgodno uzeti takozvane eliptike koordinate:
x = a r cos
y = b r sin onda je: D
dxdyyxz ),( = r
abrdrbrarzd0
)sin,cos(2
1
J = abr
Da vidimo zato su ove smene dobre:
2 2
2 2
2 2
2 2
2
1
( cos ) ( sin )1
x y
a b
ar br
a b
a
+ =
+ =
2 2
2
cosr
a
2b+
2 2
2
sinr
b
2 2 2 2
2 2 2
2
1
cos sin 1
(cos sin ) 1
1 1
r r
r
r r
=
+ =
+ =
= =
Dobijamo da je 0 1r , poto ugao uzima ceo krug , to je 0 2 .
-
3
Oblast D : 0 1
0 2
r
Sad reavamo dvojni integral :
2 1 2 22
0 0 0 0
1 1 12
02 2 2D
rP dxdy d abrdr ab d ab d ab ab
= = = = = =
Povrina elipse se dakle rauna po formuli P = ab
Primer 3. Izraunaj povrinu ogranienu sledeim linijama: 2 2 2x y x+ = , y = x i y = 0
Reenje:
Spakujmo krunicu i nacrtajmo sliku da vidimo o kojoj se oblasti radi...
2 2
2 2
2 2
2 0
2 1 1 0
( 1) 1
x y x
x x y
x y
+ =
+ + =
+ =
Preseci su oigledno u x = 0 i x = 1
x
y
1
y x=
2 2( 1) 1x y + =
1 2
04
Uvodimo polarne koordinate:
cos
sin
x r
y r
J r
=
=
=
-
4
2 2
2 2
2 2 2
2
2 0
( cos ) ( sin ) 2 cos 0
(cos sin ) 2 cos
2 cos 2cos
x y x
r r r
r r
r r r
+ =
+ =
+ =
= =
Odavde zakljuujemo: 0 2cosr
Ugao ide od prave y = 0 do y = x , pa ugao ide od 04
Sad moemo raunati traenu povrinu:
2cos 2 24 4 4
0 0 0 0
42
0
2cos 4cos
02 2
2 cos
D
rP dxdy d rdr d d
d
= = = = =
=
Malo se pomognemo trigonometrijskim formulama: 21 cos 2
cos2
+=
42
0
2 cos 2D
P dxdy d
= = = 1 cos 2
2
+ ( )4 4
0 0
1 cos 2
1 1 1 1sin 2 sin 2 0 sin 2 04
2 4 2 4 2 4 20
d d
= + =
= + = + + = +
Do sada smo upotrebljavali polarne i cilindrine koordinate.
Medjutim u ozbiljnijim zadacima moramo upotrebljavati takozvane generalisane polarne koordinate r i po
formulama:
1 1cos
cos sinsin
x arJ abr
y br
= =
=
Vrednost za se uzima u zavisnosti od konkretne situacije...
Gledamo da kod te date krive pogodnom vrednou za na levoj strani ostane samo 2r .To je ideja.
-
5
Primer 4 .
Izraunati povrinu ogranienu sa 2 2
2 2
x y x y
a b h k+ = + ako su parametri a,b, h i k pozitivni.
Reenje:
Najpre emo malo da prepakujemo zadatu krivu ...
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2 2 22 2
2 2
2 2 2 2
2 2 2
0 dopunimo do punih kvadrata
02 2 2 2
2 2 2 2
2 2
x y x y
a b h k
x x y y
a h b k
x x a a y y b b
a h h h b k k k
x a y b a b
a h b k h k
x a y b a
a h b k
+ = +
+ =
+ + + =
+ = +
+ =
2
2 24 4
b
h k+
Sad razmiljamo. Zgodno bi bilo da unitimo ovo u zagradama. Zato emo uzeti da je :
2
cos cos cos2 2 2
x a x a ar r x ar
a h a h h = = + = +
2
sin sin sin2 2 2
y b y b br r y br
b k b k k = = + = +
Dakle, uzimamo da je:
2
2
cos2
sin2
ax ar
hJ abr
by br
k
= +
== +
Sad da odredimo granice.
-
6
2
2 2 2 2
2 2
ovo sve daje r jer smo tako izabrali
2 22
2 2
2 2 2 22
2 2 2 2
2 2 4 4
4 4
1 1
4 2
x a y b a b
a h b k h k
a br
h k
a b a br r
h k h k
+ = +
= +
= + = +
Dobili smo granice za r : 2 2
2 2
10
2
a br
h k +
Ugao nema nikakvih ogranienja, pa je 0 2
Sad raunamo traenu povrinu:
2 2 2 2
2 2 2 2
1 1
2 22 2
0 0 0 0
a b a b
h k h k
D
P dxdy d abrdr ab d rdr
+ +
= = =
Kako se u integralu po r uopte i ne nalazi ugao odmah moemo napisati da je 2
0
2d
= ,
Dalje imamo:
2 2 2 2
2 2 2 2
1 1
2 22
0 0 0
2
2
a b a b
h k h k
D
P dxdy d abrdr ab rdr
+ +
= = = =
=
2
2
rab
2 2 22 2 2 2 2 2
2 22 2 2 2 2 2
11 1
22 4 4
0
a ba b a b ab a b
ab abh kh k h k h k
+ = + = + = +
-
7
Primer 5.
Izraunati povrinu ogranienu sa :
2 2
3 3
2 2
3 3
1
4
8
0, 0
x y
a b
x y
a b
x y
a b
x y
a b
x y
+ =
+ =
=
=
> >
Reenje:
Upotrebiemo generalisane polarne koordinate : 1 1cos
cos sinsin
x arJ abr
y br
= =
= i
to:
3
3 1 3 1 2 2
3
cos3 cos sin 3 cos sin
sin
x arJ abr J abr
y br
= = =
=
Da vidimo sada granice i zato smo ba izabrali da je 3 = .
3
3
cos
sin
x ar
y br
=
= zamenimo u
2 2
3 3
1x y
a b
+ =
i dobijamo:
a 3cosr
a
2
3 b +
3sinr
b
2
3
2 2
2 23 3
2
3
1
cos sin 1
1 1
r r
r r
=
+ =
= =
Dalje
3
3
cos
sin
x ar
y br
=
= zamenimo u
2 2
3 3
4x y
a b
+ =
i dobijamo:
-
8
a 3cosr
a
2
3 b +
3sinr
b
2
3
2 2
2 23 3
2
3
4
cos sin 4
4 8
r r
r r
=
+ =
= =
Dobili smo granice za r : 1 8r
Sad da odredimo granice za ugao:
3 3
33 3 3
3
cos sin
sincos sin 1 1 1
cos
x y
a b
ar br
a b
tg arctg
=
=
= = = =
I jo imamo:
3 3
33 3 3 3
3
8
cos sin8
sin8cos sin 8 2 2
cos
: 1 2
x y
a b
ar br
a b
tg arctg
Dakle arctg arctg
=
=
= = = =
Sad raunamo traenu povrinu:
2 28 8
2 2 2 2
1 1 1 1
8 2
1
2
2 2
1
3 cos sin 3 cos sin
8 64 1 63Kako je , imamo
12 2 2 2
633 cos sin
2
arctg arctg
D arctg arctg
arctg
arctg
P dxdy d abr dr ab d rdr
rrdr
ab d
= = = =
= = =
=
-
9
Ovaj integral emo najlake reiti ako spakujemo podintegralnu funkciju koristei formule iz
trigonometrije:
( )2
2 2 2 2 24 sin 2 1 1 1 cos 4 1cos sin cos sin sin 2 1 cos 44 4 4 4 2 8
= = = = =
Sad imamo:
2 2
2 2
1 1
63 1893 cos sin (1 cos 4 )
2 16
arctg arctg
arctg arctg
P ab d ab d = =
Zamenimo granice, spakujemo malo reenje i dobijamo:
189 1 6( )
16 3 25P ab arctg= +
Primer 6 .
Izraunati povrinu ogranienu sa :
2
2
3 2
3 2
(0 ) (0 )
x ay
x by
x cy
x dy
a b c d
=
=
=
=
< < < > > > Reenje:
Ovde se radi o elipsoidu i konusu. Pogledajmo sliku:
-
6
x
y
z
2 2
1 2 21
x yz c
a b
= + +
2 2
2 2 2
x yz c
a b
= + +
Traena zapremina je izmedju ova dva tela. Odozgo je elipsoid a odozdo konus!
( )1 2( , ) ( , )D
V z x y z x y dxdy=
Nadjimo granice reavajui sistem I nacrtajmo taj presek u ravni xOy.
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
1
1
2
x y x y
a b a b
x y
a b
+ + + =
+ =
Dakle, presek je elipsa po kojoj uvodimo smene:
x
y
Uvodimo eliptike koordinate:
cos
sin
x arJ abr
y br
= =
=
Pogledajmo sliku u ravni z = 0 ( elipsa)
Oigledno da ugao uzima ceo krug : 0 2
-
7
A slino kao u prethodnom primeru:
( ) ( )2 2
2
1cos sin
2
1 1 10
2 2 2
r r
r r r
+ =
= =
Pre nego krenemo u raunanje zapremine moramo izraziti z iz obe jednaine:
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 22 2
2 2
2 22
2 2
2 2
1 2 2
1
1
1
1
1
x y z
a b c
z x y
c a b
x yz c
a b
x yz c
a b
x yz c
a b
+ + =
= +
= +
= +
= + +
2 2 2
2 2 2
2 22 2
2 2
2 22
2 2
2 2
2 2 2
x y z
a b c
x yz c
a b
x yz c
a b
x yz c
a b
+ =
= +
= +
= + +
Sad ovde ubacimo eliptike koordinate:
2 2
1 2 2
21
1
1
x yz c
a b
z c r
= + +
= +
2 2
2 2 2
2
x yz c
a b
z c r
= + +
= +
Poto je elipsoid odozgo a konus odozdo, od zapremine ispod elipsoida oduzeemo zapreminu ispod konusa.
( ) ( ) ( )1 1
2 22 22 2 2
1 2
0 0 0 0
( , ) ( , ) 1 1D
V z x y z x y dxdy d c r cr abrdr abc d r r r dr
= = =
Sad ovaj integral nije teko reiti: U prvom je smena
2 21
2 2
r t
rdr tdt
rdr tdt
=
=
=
, drugi odmah tablini:
Dobijamo zapreminu: ( )2 23
abcV
=
-
8
Primer 4. Izraunati zapreminu tela ogranienu sa 2 2z x y= + , 2 2x y x+ = , 2 2 2x y x+ = , z = 0.
Reenje:
Ovde se radi o paraboloidu koga isecaju dva konusa... Spakujmo najpre konuse:
2 2
2 2
2 2
22
0
1 10
4 4
1 1
2 4
x y x
x x y
x x y
x y
+ =
+ =
+ + =
+ =
i
( )
2 2
2 2
2 2
2 2
2
2 0
2 1 1
1 1
x y x
x x y
x x y
x y
+ =
+ =
+ + =
+ =
Pogledajmo sliku u prostoru:
x
y
z
Traena zapremina je ispod paraboloida , ali samo u delu izmedju ova dva konusa. Znai da e nam konusi dati granice po kojima radimo
x
y
0
2
2
1 2
221 1
2 4x y
+ =
( )2 21 1x y + =
2 2
-
9
Sad uzimamo polarne koordinate i odredjujemo granice:
cos
sin
x rJ r
y r
= =
=
2 2
2 cos
cos
x y x
r r
r
+ =
=
=
i
2 2
2
2
2 cos
2cos
x y x
r r
r
+ =
=
=
pa je cos 2cosr
Ugao uzima vrednosti iz prvog i etvrtog kvadranta ( vidi sliku)
2 2
Znai , izraunavamo zapreminu ispod paraboloida koji odsecaju ova cilindra.
2 os 42 2 22 4
cos2 2 2
2 os 15( , ) cos
os4 4
c
D
crV z x y dxdy d r rdr d d
c
= = = =
Poto postoji simetrija u odnosu na x osu, odnosno ta dva dela zapremine su jednaka, lake nam je da :
2 2 24 4 4
0 02
15 15 15cos 2 cos cos
4 4 2V d d d
= = =
Da bi reili ovaj integral , malo prepakujemo podintegralnu funkciju:
4 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
cos cos cos cos (1 sin ) cos sin cos
4 1 1 cos 2 1 1 cos 4cos sin cos cos sin 2
4 4 2 4 21 cos 2 1 cos 4
2 8
= = = =
+ = = = =
+ =
Sad nije teko reiti ove integrale... Dobijamo reenje:
45
32V
=
-
10
Primer 5. Izraunati zapreminu tela koje ograniavaju povri:
2 24 2x z y+ = i 2 2 24 ( 4)x z y+ = ako je 0 4y Reenje:
Pazite , tela nisu sada data du z ose ve du y ose! To ne menja stvari, razmiljanje je isto, samo malo korigujemo formule.
x
y
z
4
2 24 2x z y+ =
2 2 24 ( 4)x z y+ =
Odozdo je paraboloid a odozgo konus. Pazite, konus ne kree iz nule, ve iz 4. ( y - 4= 0 pa je y=4) Da nadjemo preseke:
2
2
2
1,2 1 2
2 ( 4)
8 16 2 0
10 16 0
10 100 64 10 68 2
2 2
y y
y y y
y y
y y y
=
+ =
+ =
= = = =
Zbog 0 4y uzimamo da je y = 2. Onda je :
2 2
2 2
22
4 2 2
4 4
1 Ovo nam je odlast D u ravni y = 04
x z y y
x z
xz
+ = =
+ =
+ =
-
11
Imamo elipsu:
x
z
1
2
-1
-2
Uzimamo:
2 cos2
sin
x rJ r
z r
= =
= onda je
2 22 2 2(2 cos )1 ( sin ) 1 1 0 1
4 4
x rz r r r
+ = + = =
Ugao uzima vrednosti za pun krug 0 2 Izrazimo y iz obe povri:
2 2 2
2 2
2 21
4 ( 4)
4 4
4 4
x z y
y x z
y x z
+ =
= +
= +
2 2
2 2
2
4 2
4
2
x z y
x zy
+ =
+=
Zapremina e biti kad od zapremine ispod konusa ( odozgo) oduzmemo zapreminu ispod paraboloida:
( )2 2
2 21 2
22
2 2 22 2 2
4( , ) ( , ) 4 4
2
44
4 4 4 2 24 2 4 4
D D
D D
x zV y x z y x z dxdz x z dxdz
xz
x x xz dxdz z z dxdz
+= = + =
+ = + = + +
Sad kad smo malo prisredili prelazimo na polarne koordinate:
( )
( )
2 12 22 2 2
0 0
1 2 3 42 3
0
4 2 2 4 24 4
1 1 1 1 1 12 4 2 2 4 2 2 4 2 2 2
02 3 4 2 3 4 3 2
5 102
6 3
D
x xV z z dxdz d r r rdr
r r rr r r dr
V V
= + + = =
= = = =
= =
-
1
VIESTRUKI INTEGRALI - ZADACI ( V DEO)
Izraunavanje povrine povri
i) Ako je povr zadata jednainom z = z(x,y) i ako obeleimo x
zp
= i y
zq
= onda je:
P= ++D
dxdyqp 221
ii) Ako je povr zadata parametarskim jednainama x=x(u,v) i y=y(u,v) onda je:
P= D
dudvFEG 2 gde je:
E =
222
+
+
u
z
u
y
u
x
G =
222
+
+
v
z
v
y
v
x
F = v
x
u
x
+ v
y
u
y
+ v
z
u
z
Jedan savet: pre prouavanja ove oblasti se obavezno podsetite parcijalnih izvoda ( imate fajl kod nas)
Primer 1.
Izraunati povrinu dela paraboloida 2 22z x y= + koji iseca cilindar 2 2 1x y+ =
Reenje:
Nacrtajmo najpre sliku da vidimo o kojoj se povrini radi.
x
y
z2 22z x y= +
2 2 1x y+ =
-
2
Koristiemo formulu ++D
dxdyqp 221 gde nam je z = z(x,y) paraboloid 2 2
2 2
x yz = +
a cilindar e nam dati granice po kojima radimo...
2 2
2 2
2
2
2
2
x yz
z xp x
x
z yq y
y
= +
= = =
= = =
Najbolje da na stranu sredimo ( sad nije teko, al za drugi put da znamo) : 2 2 2 21 1p q x y+ + = + +
2 2 2 21 1D D
P p q dxdy x y dxdy= + + = + +
Rekosmo da nam cilindar 2 2 1x y+ = odredjuje granice.
Uzimamo polarne koordinate:
cos
sin
x rJ r
y r
= =
= onda je 0 1r i 0 2
2 1
2 2 2
0 0
Ovo je 2
1 1D
P x y dxdy d r rdr
= + + = + =
Reiemo ovaj integral na stranu pa emo posle ubaciti granice
( )32 2
23
2 2 2
1 11 2 2
3 3
r t rtr rdr rdr tdt t tdt t dt
rdr tdt
+ = ++ = = = = = =
=
Sad mu ubacimo granice:
( )
( ) ( ) ( ) ( )( )
32
2 1
2 2 2
0 0
Ovo je 2
3 3 32 2
1 11 1 2
03
2 2 21 1 1 0 2 1 2 2 1
3 3 3
22 2 1
3
D
rP x y dxdy d r rdr
P
+= + + = + =
= + + = =
=
-
3
Primer 2. Izraunati povrinu dela konusa 2 2 2z x y= + iseenog cilindrom 2 2 2x y x+ =
Reenje:
Spakujmo malo cilindar i nacrtajmo sliku:
2 2
2 2
2 2
2 0
2 1 1 0
( 1) 1
x y x
x x y
x y
+ =
+ + =
+ =
x
y
z 2 2 2z x y= +
2 2( 1) 1x y + =cilindar
Vidimo da emo imati dve simetrine povrine u odnosu na ravan z = 0.
Nai emo jednu pa to pomnoiti sa 2.
Cilindar e nam dakle dati granice!
Nacrtajmo sliku u ravni i odredimo granice:
x
y
0
2
2
1 2
( )2 21 1x y + =
2 2
-
4
Uzimamo polarne koordinate:
cos
sin
x rJ r
y r
= =
= onda je
2 2
2 2
2 2 2
2
2 0
( cos ) ( sin ) 2 cos 0
(cos sin ) 2 cos
2 cos 2cos
x y x
r r r
r r
r r r
+ =
+ =
+ =
= =
Odavde zakljuujemo: 0 2cosr
Sa slike vidimo da ugao ide od 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
Mi radimo za
2
2
2
2
z x y z x y
z x xp
x x y x y
z y yq
y x y x y
= + = + +
= = = + +
= = = + +
( )
2 22 2
2 2
2 2 2 22 2 2 2
2 22 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1
22
x y x yp q
x y x yx y x y
x yx y x y
x y x y x y x y
+ + = + + = + + = + ++ +
++= + + == =
+ + + +
Da nadjemo povrinu:
2cos 22 22 2
1
0
2 2
22 22
2 2
2cos1 2 2 2
02
4cos2 2 2 cos 2
2
D D
rP p q dxdy dxdy d rdr d
d d
= + + = = = =
= = =
1 cos 2
22
+2
2
1 1 122 sin 2 2 sin 2 sin 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
d
=
= + = + + = + =
Sad ovu povrinu pomnoimo sa 2: 12 2 2P P = =
-
5
Primer 3.
Izraunati povrinu povri koju cilindar 2 2( 2) 4x y+ = iseca na konusu 2 22z x y= +
Reenje:
Sredimo konus da bi mogli da nacrtamo sliku:
( )
2 2
2 2
22 2
2
2
2
z x y
x y z
x y z
= +
+ =
+ =
x
y
( )22 2 2x y z+ = 2
z
2 2( 2) 4x y+ =
2 22z x y= +
2 2 2 2
2 2 2 2
2
2
2
2
z x xp
x x y x y
z y yq
y x y x y
= = = + +
= = = + +
( )
2 22 2
2 2
2 2 2 22 2 2 2
2 22 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1
22
x y x yp q
x y x yx y x y
x yx y x y
x y x y x y x y
+ + = + + = + + = + ++ +
++= + + == =
+ + + +
-
6
2 2
Ovo je Pza oblast D
1 2 2D D D
P p q dxdy dxdy dxdy= + + = =
Povrina je ustvari povrina kruga:
0
2 2( 2) 4x y+ =
2
4
x
y
2 22 4DP r = = =
2 2
Ovo je Pza oblast D
1 2 2 4 2
4 2
D D D
P p q dxdy dxdy dxdy
P
= + + = = =
=
Pogledajmo sada prethodni zadatak...Pa i tamo smo mogli ovo iskoristiti, zar ne?
Mi smo vam pokazali oba naina a vi naravno , radite kako zahteva va profesor.
Primer 4.
Izraunati povrinu tela koje je ogranieno cilindrima 2 2 2x z a+ = i 2 2 2y z a+ = .
Reenje:
Nacrtajmo sliku...
x
y
z
2 2 2x z a+ =
2 2 2y z a+ =
a
a
a
Izdvojimo sada prvi oktant.
-
7
x
y
z
2 2 2x z a+ =
2 2 2y z a+ =
a
a
a
y=x
Uoimo ovde dve povrine. One su jednake, a takvih ima 16 raunajui sve oktante.
Znai, ideja je nai povrinu jednog dela pa sve to pomnoiti sa 16.
Nadjimo granice u ravni xOy
x
y
a
y=x
0
0:
0
x aD
y x
2 2 2
2 2 2
2 2
2 2
2 2 2 2
Nama treba prvi oktant, pa je:
2
2
0
x z a
z a x
z a x
z a x
z x xp
x a x a x
zq
y
+ =
=
=
= +
= = =
= =
-
8
22 2 2 2 2
2 2
2 2 2 2 2 22 2
2 2
2 2
1 1 1
1
x x a x x ap q
a x a x a xa x
ap q
a x
++ + = + = + = =
+ + =
2 2 2 2 2 20 0 0 0 0
16 16 16
a x a x aa dx xdx
P dx dy a dy aa x a x a x
= = =
Ovaj integral smo ve vie puta reavali:
216P a=
Primer .
Izraunati povrinu tela koje je ogranieno sa:
2 2 2x y z+ = +
2 2 1x y+ =
2 2 3x y z+ =
Reenje:
x
y
z
2 22x y z+ = +
2 2 1x y+ =
2 2 3x y z+ =
1
2
3
-1
-2
P1
P2
P3
Uoavamo da se traena povrina sastoji od tri dela. Svaku od ovih povrina emo nai posebno a onda sabrati
dobijene rezultate...
Prvi deo je povrina paraboloida 2 2 3x y z+ = koji odseca konus 2 2 1x y+ = .
-
9
( )
2 2
2 2
3
3
2
2
x y z
z x y
p x
q y
+ =
= +
=
=
( )2 2 2 2 2 21 1 4 4 1 4p q x y x y+ + = + + = + +
Cilindar 2 2 1x y+ = odredjuje granice.
Uzimamo polarne koordinate:
cos
sin
x rJ r
y r
= =
= onda je 0 1r i 0 2
( )2 1
2 2 2
1
0 0
Ovo je 2
1 4 1 4D
P x y dxdy d r rdr
= + + = + =
Reiemo ovaj integral na stranu pa emo posle ubaciti granice
( )32 2
23
2 2 2
1 4 1 41 1 11 4 8 2
4 4 4 3 12
4
r t rtr rdr rdr tdt t tdt t dt
tdtrdr
+ = ++ = = = = = =
=
Sad mu ubacimo granice:
( )( )
( ) ( ) ( )
( )
32
2 1
2 2 2
1
0 0
Ovo je 2
3 3
1
1 4 11 4 1 4 2
012
[ 1 4 1 ] 5 5 16 6
5 5 16
D
rP x y dxdy d r rdr
P
+= + + = + = =
= + =
=
Dalje emo izraunati povrinu 3P , povrinu paraboloida 2 2 2x y z+ = + koju odseca konus 2 2 1x y+ =
( )
2 2
2 2
2
2
2
2
x y z
z x y
p x
q y
+ = +
= +
=
=
-
10
( )2 2 2 2 2 21 1 4 4 1 4p q x y x y+ + = + + = + +
( )2 23 1 4D
P x y dxdy= + +
Kao to vidimo ova povrina je ista kao i povrina u prethodnom delu:
Dakle ( )3 5 5 16
P
=
Nadjimo jo preostalu povrinu 2P . Pogledajmo sliku jo jednom. Vidimo da je to ustvari omota valjka
ija je visina H= 3 a poluprenik osnove r = 1.
Zato je H= 3 ?
Ako reavamo sistem 2 2 3x y z+ = i 2 2 1x y+ = tu je z= 2
Ako reavamo sistem 2 2 2x y z+ = + i 2 2 1x y+ = tu je z = -1
Dakle , visina po z osi je 3.
2
2
2
2
2 1 3
6
valjkaP M r H
P
P
= =
=
=
Saberimo sad dobijene rezultate:
( ) ( )
( )
( )
1 2 3
5 5 1 6 5 5 16 6
5 5 1 63
5 5 173
P P P P
P
P
P
= + +
= + +
= +
= +
-
1
VIESTRUKI INTEGRALI - ZADACI ( VI DEO)
Trostruki integrali
Ako je funkcija f (x,y,z) neprekidna u oblasti V koja je odreena sa: 21 xxx
V : )()( 21 xyyxy onda je V
dxdydzzyxf ),,( = ),(
),(
)(
)(
2
1
2
1
2
1
),,(yxz
yxz
xy
xy
x
x
dzzyxfdydx
),(),( 21 yxzzyxz Neki profesori vole drugaiji zapis:
V
dxdydzzyxf ),,( = 2 2 2
1 11
( ) ( , )
( ) ( , )
( , , )x y x z x y
y x z x yx
f x y z dz dy dx
Vi naravno radite kako va profesor zahteva. U sutini, oba zapisa znae da prvo reavamo integral ''po z'' , onda ''po y'', i na kraju ''po x''. Ovakav poredak u integraciji nije obavezan. Zavisno od konkretne situacije moemo i promeniti poredak integracije...
V
dxdydzzyxf ),,( = 2 2 2
1 11
( ) ( , )
( ) ( , )
( , , )x z x y x z
z x y x zx
f x y z dy dz dx
Ovo bi znailo da prvo radimo ''po y'' , zatim ''po z'' i na kraju ''po x''. I tako dalje...
Primer 1.
Izraunati trojni integral: 1 2 3
0 0 0
dx dy dz .
Reenje:
Ovde su nam ve date granice i poredak integracije, samo da reavamo.
Dakle, prvo reavamo1 2 3
0 0 0
dx dy dz
1 2 3 1 2 1 2 1 2 1 1 1
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
sad ovo
3 23 3 3 3 2 6 6 1 6
0 0dx dy dz dx z dy dx dy dx dy y dx dx dx= = = = = = = =
-
2
u onom drugom zapisu bi bilo:
1 2 3
0 0 0
dx dy dz = 1 2 3 1 2 1
0 0 0 0 0 0
3 6 6dz dy dx dy dx dx
= = =
Primer 2.
Izraunati trojni integral: ( )V
x y z dxdydz+ + ako je oblast V zadata sa 0 1x , 0 1y ,
0 1z Reenje:
Prvo radimo ''po z'' i u toj situaciji x i y posmatramo kao konstante.
( )V
x y z dxdydz+ + = 1 1 1 1 1 1 12
0 0 0 0 0 0 0
1 1( )
02 2
zx y z dz dy dx xz yz dy dx x y dy dx
+ + = + + = + +
Sad reavamo ''po y'' a x tretiramo kao konstantu. 1 1 1 1 12
0 0 0 0 0
11 1 1 1( ) ( 1)
02 2 2 2 2
yx y dy dx xy y dx x dx x dx
+ + = + + = + + = +
I na kraju reimo obian integral ''po x'': 1 2
0
1 1 3( 1) 1
02 2 2
xx dx x
+ = + = + =
Primer 3.
Izraunati trojni integral: cos( )V
y z x dxdydz+ ako je oblast V ograniena sa cilindrom y x= i
ravnima
y = 0, z = 0 i 2
x z
+ = .
Reenje:
E ovde nemamo date granice, pa moramo prvo njih da odredimo:
-
3
2 2x z z x
+ = = pa onda 0
2z x
Da bi odredili kako se ponaaju x i y , nacrtajmo sliku u ravni z = 0
1 2
2
x
y
3 4
1
-1
-2
y x=
2
Jasno je da 0 y x , ako pogledamo sliku u ravni z=0, onda zakljuujemo da 02
x
Sad da se bacimo na reavanje integrala:
2 2
0 0 0
cos( ) cos( )
xx
V
y z x dxdydz y z x dz dy dx
+ = +
Reiemo na stranu:
( )
2 2
0 0
cos( ) cos( ) sin( ) sin( ) sin(0 )22
0
sin sin( ) 1 sin2
x x
xy z x dz y z x dz y z x y x x x
y x y x
+ = + = + = + +
= =
Vratimo se :
( )2 2 2
0 0 0 0 0
cos( ) cos( ) 1 sin
xx x
V
y z x dxdydz y z x dz dy dx y x dy dx
+ = + =
Sad da reimo:
( ) ( ) ( ) ( )2
0 0
1 sin 1 sin 1 sin 1 sin2 20
x xy xx