Други колоквиjум из Математике 2 на ТМФ-у
у Београду
Задатак 2.б
Прво је неопходно изразити функције \(\displaystyle x=-y^2\) и \(\displaystyle x=\sqrt{1-y^2}-1\) као \(\displaystyle y=f(x)\) уместо \(\displaystyle x=f(y)\).
\[
-y^2=x \Rightarrow\ y^2=-x \Rightarrow\ y=±\sqrt{-x}\
\]
Како је (из поставке задатка) \(\displaystyle 0≤y≤1\), јасно је да ће граница бити \(\displaystyle y=\sqrt{-x}\).
\[
x=\sqrt{1-y^2}-1\ \Rightarrow\ x+1=\sqrt{1-y^2}\ \Rightarrow\ (x+1)^2=|1-y^2|
\]
Даље, морамо утврдити да ли ће апсолутна вредност бити једнака \(\displaystyle 1-y^2\) (уколико је \(\displaystyle 1-y^2\) ненегативно) или \(\displaystyle y^2-1\) (уколико је \(\displaystyle 1-y^2\) негативно).
\[
1-y^2=(1-y)(1+y) \Rightarrow\ 1-y^2≥0 \iff\ -1≤y≤1
\]
Познато је из поставке задатка да \(\displaystyle 0≤y≤1\), па ће \(\displaystyle 1-y^2\) бити ненегативно.
\[
(x+1)^2=1-y^2 \Rightarrow\ 1-(x+1)^2=y^2 \Rightarrow\ y=±\sqrt{1-(x+1)^2}\
\]
Како је променљива y искључиво ненегативна, узимамо позитиван предзнак пред кореном.
\[
y=\sqrt{1-(x+1)^2}\ \Rightarrow\ y=\sqrt{1-x^2-2x-1}\ \Rightarrow\ y=\sqrt{x^2-2x}\
\]
Даље, тражимо пресеке функција \(\displaystyle y=\sqrt{-x}\) и \(\displaystyle y=\sqrt{x^2-2x}\), како бисмо нашли леву и десну границу x-координате.
\[
\sqrt{-x}=\sqrt{-2x-x^2}\ \Rightarrow\ -x=-2x-x^2 \Rightarrow\ x^2+x=0 \Rightarrow\ x(x+1)=0 \Rightarrow
\]
\[
\Rightarrow \ x=-1 \lor\ x=0
\]
Утврдивши да се х-координата креће од -1 до 0, морамо још одредити шта је горња, а шта доња граница у-координате. (Ово се свакако може закључити и с графика, ово је само додатна провера.)
Претпоставимо да је \(\displaystyle y=\sqrt{-x}\) горња граница.
\[
\sqrt{-x}≥\sqrt{x^2-2x}\ \Rightarrow\ -x≥-2x-x^2 \Rightarrow\ x^2+x≥0\ \Rightarrow
\]
\[\Rightarrow x(x+1)≥0 \Rightarrow\ x≤-1 \lor\ x≥0
\]
Ово евидентно није случај, тако да је \(\displaystyle y=\sqrt{x^2-2x}\) горња граница, а \(\displaystyle y=\sqrt{-x}\) доња граница.
Напокон, дат двојни интеграл ће с промењеним редоследом интеграције имати облик: \[ \fbox{ \(\int_{-1}^{0} d x \int_{\sqrt{-x}}^{\sqrt{-2x-x^2}} f(x, y) d y \) } \]
Напокон, дат двојни интеграл ће с промењеним редоследом интеграције имати облик: \[ \fbox{ \(\int_{-1}^{0} d x \int_{\sqrt{-x}}^{\sqrt{-2x-x^2}} f(x, y) d y \) } \]
Задатак 3.
Густина тела нам је позната из физике као \(\displaystyle \rho=\frac{dM}{dV}\). Интеграцијом добијамо \(\displaystyle M =\iiint \rho(x, y, z)\;dV\). Познато нам је да је маса ограничена са
\(
x^2+y^2+z^2\le4z,
\quad z\ge\sqrt{x^2+y^2}
\)
густине \(\rho(x,y,z)=\sqrt{x^2+y^2+z^2}\).
За почетак прелазимо у сферне координате
\[
x=\rho\sin\varphi\cos\theta,\;
y=\rho\sin\varphi\sin\theta,\;
z=\rho\cos\varphi,
\]
Сфера \(x^2+y^2+z^2=4z\) постаје \(\rho^2=4\rho\cos\varphi\Rightarrow \rho=4\cos\varphi\).
За \(z=\sqrt{x^2+y^2}\) добијамо \(\rho\cos\varphi=\sqrt{\rho^2\sin^2\varphi(\cos^2\theta+\sin^2\theta)}=\rho\sin\varphi\Rightarrow\varphi=\pi/4\).
Границе су следеће: \(\theta\in[0,2\pi],\) \(\varphi\in[0,\pi/4],\) \(\rho\in[0,\,4\cos\varphi].\)
Сада да нађемо оно што задатак тражи од нас. Знамо да је јакобијан \(\displaystyle \rho^2\sin\varphi\) из теорије. \[\displaystyle M =\iiint \rho\;\bigl(\rho^2\sin\varphi\bigr)\,d\rho\,d\varphi\,d\theta =\int_{0}^{2\pi}\!\!\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\!\!\int_{0}^{4\cos\varphi} \rho^3\sin\varphi\,d\rho\,d\varphi\,d\theta. \] Интеграл по \(\rho\): \(\displaystyle \int_{0}^{4\cos\varphi}\rho^3\,d\rho= \left. \frac{\rho^4}{4} \right|_{0}^{4\cos\varphi} =\frac{(4\cos\varphi)^4}{4}=64\cos^4\varphi.\) Очигледно је следеће: \(\sin\varphi\) остаје јер се гледа као \(const.\), a испред интеграла бити \(2\pi\) зато што функција не зависи од \(\theta\). Радимо интеграл по \(\varphi\): \[ 2\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}64\cos^4\varphi\;\sin\varphi\,d\varphi =128\pi\int_{0}^{\pi/4}\cos^4\varphi\,\sin\varphi\,d\varphi. \] Користимо смену \(t=\cos\varphi\), \(dt=-\sin\varphi\,d\varphi\): \[ 128\pi\int_{1}^{\frac{1}{\sqrt2}}t^4(-dt) =128\pi\int_{\frac{1}{\sqrt2}}^{1}t^4\,dt =128\pi \left. \frac{t^5}{5} \right|_{\frac{1}{\sqrt2}}^{1}=\frac{128\pi}{5}(1-\frac{1}{4\sqrt{2}}) \] \[ \fbox{ \(\displaystyle M=\frac{16\pi}{5}(8-\sqrt{2}) \) } \]
За \(z=\sqrt{x^2+y^2}\) добијамо \(\rho\cos\varphi=\sqrt{\rho^2\sin^2\varphi(\cos^2\theta+\sin^2\theta)}=\rho\sin\varphi\Rightarrow\varphi=\pi/4\).
Границе су следеће: \(\theta\in[0,2\pi],\) \(\varphi\in[0,\pi/4],\) \(\rho\in[0,\,4\cos\varphi].\)
Сада да нађемо оно што задатак тражи од нас. Знамо да је јакобијан \(\displaystyle \rho^2\sin\varphi\) из теорије. \[\displaystyle M =\iiint \rho\;\bigl(\rho^2\sin\varphi\bigr)\,d\rho\,d\varphi\,d\theta =\int_{0}^{2\pi}\!\!\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\!\!\int_{0}^{4\cos\varphi} \rho^3\sin\varphi\,d\rho\,d\varphi\,d\theta. \] Интеграл по \(\rho\): \(\displaystyle \int_{0}^{4\cos\varphi}\rho^3\,d\rho= \left. \frac{\rho^4}{4} \right|_{0}^{4\cos\varphi} =\frac{(4\cos\varphi)^4}{4}=64\cos^4\varphi.\) Очигледно је следеће: \(\sin\varphi\) остаје јер се гледа као \(const.\), a испред интеграла бити \(2\pi\) зато што функција не зависи од \(\theta\). Радимо интеграл по \(\varphi\): \[ 2\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}64\cos^4\varphi\;\sin\varphi\,d\varphi =128\pi\int_{0}^{\pi/4}\cos^4\varphi\,\sin\varphi\,d\varphi. \] Користимо смену \(t=\cos\varphi\), \(dt=-\sin\varphi\,d\varphi\): \[ 128\pi\int_{1}^{\frac{1}{\sqrt2}}t^4(-dt) =128\pi\int_{\frac{1}{\sqrt2}}^{1}t^4\,dt =128\pi \left. \frac{t^5}{5} \right|_{\frac{1}{\sqrt2}}^{1}=\frac{128\pi}{5}(1-\frac{1}{4\sqrt{2}}) \] \[ \fbox{ \(\displaystyle M=\frac{16\pi}{5}(8-\sqrt{2}) \) } \]
Задатак 4.
Ротирајућа слика:
Рачунамо \(\displaystyle
\iint_{S}2z\,dS,
\)
где је \(S\) део површи
\(\displaystyle
z=4-\sqrt{x^2+y^2}
\)
одсечен кругом
\(\;x^2+y^2=4x.\)
Поларне: \(x=r\cos\theta\), \(y=r\sin\theta\), \(z=4-r\).
Једначина круга: \(r^2=4r\cos\theta\Rightarrow r=4\cos\theta\), а како је \(r\ge0\Rightarrow\)\(\cos\theta\ge0\Rightarrow\theta\in[-\frac\pi2,\frac\pi2]\). Границе од \(r\) су \(0, 4cos\theta\).
За површину важи \( dS=\sqrt{1+z_x'^2+z_y'^2}\,dx\,dy\). Налазимо изводе \(z_x' = - \frac{x}{\sqrt{x^2 + y^2}}, z_y' = - \frac{y}{\sqrt{x^2 + y^2}}\).
Збир квадрата извода нам даје 1, из чега следи \( dS = \sqrt{1 + 1}\;dx\,dy = \sqrt{2}\;dx\,dy.\)
Из теорије знамо да је јакобијан \(r\). Решавамо интеграл поларних координата: \[ \iint_{S}2z\,dS =\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\!\int_{0}^{4\cos\theta} 2(4-r)\;\sqrt2\,r\,dr\,d\theta =\sqrt2\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\!\int_{0}^{4\cos\theta}(8r-2r^2)\,dr\,d\theta. \] Радимо прво интеграл \(dr\): \(\displaystyle \int_0^{4\cos\theta}(8r-2r^2)\,dr =4(4\cos\theta)^2-\frac23(4\cos\theta)^3, \) па је то на крају \( 64\cos^2\theta-\frac{128}{3}\cos^3\theta \). Након тога решавамо за \(d\theta\) \[\sqrt2\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\!64\cos^2\theta-\frac{128}{3}\cos^3\theta d\theta\] Интеграли од косинуса другог и трећег степена су релативно позитивни интеграли. За други степен се користи косинус двоструког угла који решава квадрат функције: \(\cos^2\theta=\frac{1+\cos2\theta}{2}\). Што се тиче трећег степена за њега користимо \(\displaystyle \int cos^3\theta \,d\theta= \int(1-\sin^2\theta)\cos\theta \,d\theta = \int(1-t^2)\,dt\).
\[ \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^2\theta\,d\theta=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1+\cos 2\theta}{2}\,d\theta=\left.\frac{\theta}{2}\right|_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}+\left.\frac{\sin 2\theta}{4}\right|_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}=\frac{\pi}{4}-\frac{-\pi}{4}+0=\frac{\pi}{2} \] \[ \int \cos^3\theta\,d\theta=\sin\theta-\frac{\sin^3\theta}{3}+C \] \[ \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^3\theta\,d\theta=\left.(\sin\theta-\frac{\sin^3\theta}{3})\right|_{-\frac{\pi}{2}} ^{\frac{\pi}{2}}=(1-(-1))-(\frac{1}{3}-\frac{-1}{3})=\frac{4}{3}. \] \[ \sqrt{2}(64\frac{\pi}{2}-\frac{128}{3}\frac{4}{3})=\sqrt{2}(32\pi-\frac{512}{9}) \] \[ \fbox{\(\displaystyle \iint_{S}2z\,dS = \frac{32\sqrt2}{9}\,(9\pi-16) \) } \]
Поларне: \(x=r\cos\theta\), \(y=r\sin\theta\), \(z=4-r\).
Једначина круга: \(r^2=4r\cos\theta\Rightarrow r=4\cos\theta\), а како је \(r\ge0\Rightarrow\)\(\cos\theta\ge0\Rightarrow\theta\in[-\frac\pi2,\frac\pi2]\). Границе од \(r\) су \(0, 4cos\theta\).
За површину важи \( dS=\sqrt{1+z_x'^2+z_y'^2}\,dx\,dy\). Налазимо изводе \(z_x' = - \frac{x}{\sqrt{x^2 + y^2}}, z_y' = - \frac{y}{\sqrt{x^2 + y^2}}\).
Збир квадрата извода нам даје 1, из чега следи \( dS = \sqrt{1 + 1}\;dx\,dy = \sqrt{2}\;dx\,dy.\)
Из теорије знамо да је јакобијан \(r\). Решавамо интеграл поларних координата: \[ \iint_{S}2z\,dS =\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\!\int_{0}^{4\cos\theta} 2(4-r)\;\sqrt2\,r\,dr\,d\theta =\sqrt2\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\!\int_{0}^{4\cos\theta}(8r-2r^2)\,dr\,d\theta. \] Радимо прво интеграл \(dr\): \(\displaystyle \int_0^{4\cos\theta}(8r-2r^2)\,dr =4(4\cos\theta)^2-\frac23(4\cos\theta)^3, \) па је то на крају \( 64\cos^2\theta-\frac{128}{3}\cos^3\theta \). Након тога решавамо за \(d\theta\) \[\sqrt2\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\!64\cos^2\theta-\frac{128}{3}\cos^3\theta d\theta\] Интеграли од косинуса другог и трећег степена су релативно позитивни интеграли. За други степен се користи косинус двоструког угла који решава квадрат функције: \(\cos^2\theta=\frac{1+\cos2\theta}{2}\). Што се тиче трећег степена за њега користимо \(\displaystyle \int cos^3\theta \,d\theta= \int(1-\sin^2\theta)\cos\theta \,d\theta = \int(1-t^2)\,dt\).
\[ \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^2\theta\,d\theta=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1+\cos 2\theta}{2}\,d\theta=\left.\frac{\theta}{2}\right|_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}+\left.\frac{\sin 2\theta}{4}\right|_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}=\frac{\pi}{4}-\frac{-\pi}{4}+0=\frac{\pi}{2} \] \[ \int \cos^3\theta\,d\theta=\sin\theta-\frac{\sin^3\theta}{3}+C \] \[ \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^3\theta\,d\theta=\left.(\sin\theta-\frac{\sin^3\theta}{3})\right|_{-\frac{\pi}{2}} ^{\frac{\pi}{2}}=(1-(-1))-(\frac{1}{3}-\frac{-1}{3})=\frac{4}{3}. \] \[ \sqrt{2}(64\frac{\pi}{2}-\frac{128}{3}\frac{4}{3})=\sqrt{2}(32\pi-\frac{512}{9}) \] \[ \fbox{\(\displaystyle \iint_{S}2z\,dS = \frac{32\sqrt2}{9}\,(9\pi-16) \) } \]
Страна 1.