Elementor #8172

da bismo izracunali masu krive, prvo cemo definisati matematicki izraz koji predstavlja masu u 3D prostoru. Masa je integracija gustine duz krive l. Prvo cemo analizirati date krive i gustinu , a zatim preci na formulu za masu. Posmatramo krivu preseka: \[\;x^2+y^2+z^2+4z=0,\qquad x^2+y^2-z=4\;\] Ovo je jednacina sfere sa centrom C(0,0,-2) i r=2. Onda posmatramo kao da je x^2+y^2=z+4 i iz toga dobijamo z^2+5z+4=0 i resavamo kvadratnu jednacinu. Dakle kriva se sastoji od kruzne putanje na z=-1 i tacke na z=-4. Što vodi na kružnicu u ravni \(z=-1\): \[\;x^2+y^2=3,\; z=-1.\] Gustina: \(\rho(x,y,z)=x^2+y^2-10z.\) Masa kružnice i tačke: \(m=39\pi+40.\) Masa se racuna integracijom gustine duz krive l. Posto je kriva u pitanju krug za z=-1 i tacka za z=-4, masa se moze razmatrati kao suma doprinosa tih delova.

Posmatramo integral \[\;I=\iint\limits_D\ln(x^2+y^2)\,dx\,dy,\] gde je \[ D:\;y\le\sqrt{3}x,\;1\le x^2+y^2\le9,\;x\ge0. \] U polarnim koordinatama \(0\le\theta\le\pi/3,\;1\le r\le3\) i \[ I=\int_0^{\pi/3}\int_1^3\ln(r^2)\,r\,dr\,d\theta =\frac{\pi}{3}\Big(\frac{9}{2}\ln3-\frac{9}{4}+\frac{1}{4}\Big). \]

Da bi se izracunala V tela definisanoj elipsoidom, koristi se data nejednakost uz uslove iz zadatka: \[ \frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}+\frac{z^2}{16}\le1,\quad x\ge0,y\ge0,z\ge0. \] Uzimamo ⅛ elipsoida, jer svi uslovi ogranicavajutela na deo 3D prostora u kojem su x iz negativan a y pozitivan. To je \(\tfrac{1}{8}\) elipsoida sa \(a=3,b=2,c=4\). Zapremina: \[ V=\tfrac{1}{8}\cdot\tfrac{4}{3}\pi abc=4\pi. \]

Funkcija: \[ f(x,y)=2\ln x+3\ln y+\ln(12-x-y),\quad x>0,y>0,x+y<12. \] Logaritamska funkcija je definisana samo kada je argument z>0, dakle moramo postaviti uslove da svi argumenti logaritma budu pozitivni: Prvi clan: ln(12-y-x)<12 iz toga sledi da je x+y<12 Drugi clan: 3ln(y/6) Uslov: y/6>0 iz toga sledi da je y>o Treci clan: 2ln(x): x>0 Oblast definisanosti: {(x,y)|x>0,y>0,y+x<12} ovo predstavlja region u prvom kvadratnu ispod parne y+x=12 Ekstremne vrednosti: Da bismo odredili ekstremne vrednosti funkcije f(x,y) postaviti ili na nulu i zatim resiti sistem jednacina. Prvi parcijalni izvod po x je funkcije f(x,y)=ln(2-y-x)++3lny/6+2lnx je f/x=-1/12-y-x + 0 +2x Resenje sistema: - 1/12-y-x +2/x=0 i -1/12-y-x + 3/y (3) iz prve dobijamo da je y=(36-3x)/4 (4). Sad se resava sistem 3 i 4 kako bi se dobile tacke ekstremuma i dobijamo da je y=6. Sada zamenjujemo y=6 u (3) da bismo dobili x i dobijamo da je x=4. Ekstremna tacka (x,y)=(4,6) Parcijalni izvodi i rešavanje daju ekstremum u \((4,6)\) koji je maksimum.

Integral duž krive \(y=|x-1|,\;0\le x\le2\): Parametrizacija i derivacije za x∈[0,1] => y=x-1=>dy=dx, a za x∈[1,2] => y=x-1 => dy=dx Zatim razbijamo integral na dva dela jedan je za x∈[0,1], a drugi deo za x∈[1,2]. Onda izracunamo integrale i dobijemo da je prvi integral jednak -9/2 a drugi 11/2. Parametrizacijom i razdvajanjem na dela dobija se konačan rezultat \(I=1\).

Parcijalni derivati funkcije iz zadatka: \[ f(x,y)=\sqrt{2y-3x}+y^3e^{-xy}. \] za prvi clan se koristi lancana funkcija, a za drugi se koristi proizvodna i lancana funkcija Parcijalni izvodi u \(M(0,2)\): \(f_x(0,2)=-\tfrac{67}{4},\; f_y(0,2)=\tfrac{25}{2}\). Tangentna ravan: \(z=f(0,2)+f_x(0,2)(x-0)+f_y(0,2)(y-2)\).

Integral: \[ I=\int\limits_D (z+y-x)^3\,dz, \] smena: u=2+y-x =>du=dz z=x-y=>u=o z=0=>y=y-x pa zamenjujemo granice i funkciju u integralu pa dobijamo da su granice integracije u(0)=y-x do u(x-y)=x-y+y-x=0. integracija po z daje -(y-x)^4/4. Integracija po x je 1/5. Rezultat trostrukog integrala je -1/24