Dvojni Integrali – Izračunavanje

Dvojni integrali – Izračunavanje

Primeri

1. Izračunaj dvojni integral \( \iint\limits_D (x+y)^2 dxdy \) ako je ograničen D=[-1,2]x[1,3]:

Ako radimo preko nezavisne promenljive x tada će granice integrala po x-osi ce biti \( -1 \leq x \leq 2 \), a granice integrala po y-osi \( 1 \leq y \leq 3 \).

Izračunavanje:

\[ \begin{aligned} \iint\limits_D (x+y)^2 dxdy &= \int_{-1}^{2} dx \int_{1}^{3} (x+y)^2 dy \\ &= \int_{-1}^{2} \left[ x^2 y + x y^2 + \frac{y^3}{3} \right]_{y=1}^{y=3} dx \\ &= \int_{-1}^{2} \left( 2x^2 + 8x + \frac{26}{3} \right) dx \\ &= \left[ \frac{2x^3}{3} + 4x^2 + \frac{26x}{3} \right]_{-1}^{2} = \boxed{44} \end{aligned} \]

2. Izračunati dvojni integral \( \iint\limits_D dxdy \) ako je ograničen kružnicom \( x^2+y^2 \leq 4 \):

Što se tiče granica za integral po x-osi preko jednacine \( x^2+y^2=4 \) možemo zaključiti da će vrednost x biti \( -2 \leq x \leq 2 \).

Za granice integrala po y-osi moramo predstaviti y preko nezavisne promenljive x, pri čemu negativno rešenje odgovara donjoj granici, dok pozitivno rešenje odgovara gornjoj.

\[ \begin{aligned} x^2+y^2 &= 4 \\ y &= \sqrt{4-x^2}, \quad y = -\sqrt{4-x^2} \\ -\sqrt{4-x^2} &\leq y \leq \sqrt{4-x^2} \end{aligned} \]

Izračunavanje:

\[ \begin{aligned} \iint\limits_D dxdy &= \int_{-2}^{2} dx \int_{-\sqrt{4-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}} dy \\ &= \int_{-2}^{2} \left[ y \right]_{-\sqrt{4-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}} dx \\ &= 2 \int_{-2}^{2} \sqrt{4-x^2} dx = \boxed{4\pi} \end{aligned} \]

Kada smo došli do koraka \( 2\int_{-2}^{2}\sqrt{4-x^2}dx \) videli smo da integral predstavlja površinu polukruga. Tada je taj integral jednak polovini površine celog kruga \( \frac{1}{2}\pi r^2 \), pri čemu r je poluprečnik kruga \( r=2 \). Nakon što ubacimo vrednost poluprečnika r i pomnožimo sa 2 koja se nalazi ispred integrala dobijamo rešenje \( 4\pi \).

3. Izračunati površinu manjeg dela kruga u xy-ravni (z=0): \( x^2+ y^2\leq 2x \), koji odseca prava: \( y=2-x \).

Korak 1: Analiza i transformacija jednačine kruga

Prvo moramo da preuredimo jednačinu kružnice:

\[ \begin{aligned} x^2+y^2 &= 2x \\ x^2-2x+y^2 &= 0 \\ x^2-2x+1-1+y^2 &= 0 \\ (x-1)^2+y^2 &= 1 \end{aligned} \]

Odavde vidimo da centar kružnice \( k \) ima koordinate \( C(1,0) \) i njen poluprečnik je \( r=1 \).

Korak 2: Određivanje granica integracije

Integral koji ide po \( x \)-osi će imati granice \( x \)-koordinata tačaka \( A \) i \( B \), dok za integral koji ide po \( y \)-osi moramo postupkom predstaviti njegove granice.

Prikaz granica integrala po x-osi:

\[ \boxed{1 \leq x \leq 2} \]

Prikaz granica integrala po y-osi:

\[ \boxed{2-x \leq y \leq \sqrt{2x-x^2}} \]

Korak 3: Računanje površina

\[ \begin{aligned} \iint\limits_D dxdy &= \int_{1}^{2} dx \int_{2-x}^{\sqrt{2x-x^2}} dy \\ &= \int_{1}^{2} (\sqrt{2x-x^2} – 2 + x) dx \\ &= \int_{1}^{2} \sqrt{2x-x^2} dx – 2x \Big|_{1}^{2} + \frac{x^2}{2} \Big|_{1}^{2} \\ &= -\frac{1}{2} + \int_{1}^{2} \sqrt{2x-x^2} dx \\ &= -\frac{1}{2} + \int_{1}^{2} \sqrt{1-(x-1)^2} dx \\ &= [x-1 = \sin(t), dx = \cos(t) dt] \\ &= -\frac{1}{2} + \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2(t) dt \\ &= -\frac{1}{2} + \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1+\cos(2t)}{2} dt \\ &= -\frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} + 0 = \boxed{\frac{\pi – 2}{4}} \end{aligned} \]

4. Izračunati: \( \iint\limits_D e^{y^4} dxdy \) ako je oblast definisanosti između funkcija: \( x=y^3, y=0, y=1, y=-1 \)

Korak 1: Analiza oblasti integracije

Pošto imamo prekid u tački \( O(0,0) \) moraćemo računati dva dvostruka integrala:

\[ \iint\limits_D e^{y^4} dxdy = \iint\limits_{D_1} e^{y^4} dxdy + \iint\limits_{D_2} e^{y^4} dxdy \]

Za \( D_1 \): \( 0 \leq y \leq 1 \) i \( 0 \leq x \leq y^3 \)

Za \( D_2 \): \( -1 \leq y \leq 0 \) i \( y^3 \leq x \leq 0 \)

Korak 2: Izračunavanje

\[ \begin{aligned} \iint\limits_D e^{y^4} dxdy &= \int_{0}^{1} \int_{0}^{y^3} e^{y^4} dx dy + \int_{-1}^{0} \int_{y^3}^{0} e^{y^4} dx dy \\ &= \int_{0}^{1} (x e^{y^4}) \Big|_{0}^{y^3} dy + \int_{-1}^{0} (x e^{y^4}) \Big|_{y^3}^{0} dy \\ &= \int_{0}^{1} y^3 e^{y^4} dy – \int_{-1}^{0} y^3 e^{y^4} dy \\ &= \frac{1}{4} e^{y^4} \Big|_{0}^{1} – \frac{1}{4} e^{y^4} \Big|_{-1}^{0} \\ &= \frac{1}{4}(e – 1) – \frac{1}{4}(1 – e^{-1}) = \boxed{\frac{1}{2}(e – 1)} \end{aligned} \]

5. Izračunati dvojni integral \( \iint\limits_D (3-6xy) dxdy \) ako su granice: \( y=x^2, y=-x^2, y=1, y=-4 \):

Korak 1: Analiza oblasti integracije

Pošto imamo prekid u tački \( O(0,0) \) moraćemo računati dva dvostruka integrala:

\[ \iint\limits_D (3-6xy) dxdy = \iint\limits_{D_1} (3-6xy) dxdy + \iint\limits_{D_2} (3-6xy) dxdy \]

Za \( D_1 \): \( -1 \leq x \leq 1 \) i \( x^2 \leq y \leq 1 \)

Za \( D_2 \): \( -2 \leq x \leq 2 \) i \( -4 \leq y \leq -x^2 \)

Korak 2: Izračunavanje

\[ \begin{aligned} \iint\limits_D &(3-6xy) dxdy = \int_{-1}^{1} \int_{x^2}^{1} (3-6xy) dy dx + \int_{-2}^{2} \int_{-4}^{-x^2} (3-6xy) dy dx \\ &= \int_{-1}^{1} (3y – 3xy^2) \Big|_{x^2}^{1} dx + \int_{-2}^{2} (3y – 3xy^2) \Big|_{-4}^{-x^2} dx \\ &= \int_{-1}^{1} (3x^5 – 3x^2 – 3x + 3) dx + \int_{-2}^{2} (12 + 48x – 3x^2 – 3x^5) dx \\ &= \boxed{36} \end{aligned} \]

6. Izračunati dvojni integral \( \iint\limits_D xy^2 dxdy \) ako je oblast integracije ograničena parabolom \( y^2=2x \) i pravom \( x=\frac{1}{2} \):

Korak 1: Određivanje granica integracije

Prvo moramo da postavimo granice:

\[ -1 \leq y \leq 1 \] \[ \frac{y^2}{2} \leq x \leq \frac{1}{2} \]

Korak 2: Izračunavanje

\[ \begin{aligned} \iint\limits_D xy^2 dxdy &= \int_{-1}^{1} dy \int_{\frac{y^2}{2}}^{\frac{1}{2}} xy^2 dx \\ &= \int_{-1}^{1} \left( y^2 \frac{x^2}{2} \right) \Big|_{\frac{y^2}{2}}^{\frac{1}{2}} dy \\ &= \int_{-1}^{1} \frac{1}{8} (y^2 – y^6) dy \\ &= \frac{1}{8} \left( \frac{y^3}{3} – \frac{y^7}{7} \right) \Big|_{-1}^{1} = \boxed{\frac{1}{21}} \end{aligned} \]

7. Izračunati dvojni integral \( \iint\limits_D \sqrt{a^2-x^2-y^2} dxdy \) ako je oblast integracije ograničena kružnicom \( x^2+y^2=a^2 \) i pravama \( y=x \), \( y=x\sqrt{3} \) u prvom kvadrantu:

Korak 1: Uvod u polarne koordinate

Koristimo polarne koordinate:

\[ x = r \cos(\phi), \quad y = r \sin(\phi) \]

Iz jednačine kružnice:

\[ \begin{aligned} x^2+y^2 &= a^2 \\ (r \cos(\phi))^2 + (r \sin(\phi))^2 &= a^2 \\ r^2 (\cos^2(\phi) + \sin^2(\phi)) &= a^2 \\ r^2 &= a^2 \Rightarrow 0 \leq r \leq a \end{aligned} \]

Granice poluprečnika: \( \boxed{0 \leq r \leq a} \)

Korak 2: Određivanje granica ugla

Za pravu \( y = x \):

\[ k_1 = \frac{1-0}{1-0} = 1, \quad k_1 = \tan(\phi_1) \Rightarrow \phi_1 = \arctan(1) = \frac{\pi}{4} \]

Za pravu \( y = x\sqrt{3} \):

\[ k_2 = \frac{\sqrt{3}-0}{1-0} = \sqrt{3}, \quad k_2 = \tan(\phi_2) \Rightarrow \phi_2 = \arctan(\sqrt{3}) = \frac{\pi}{3} \]

Granice ugla: \( \boxed{\frac{\pi}{4} \leq \phi \leq \frac{\pi}{3}} \)

Korak 3: Izračunavanje

\[ \begin{aligned} \iint\limits_D & \sqrt{a^2-x^2-y^2} dxdy = \iint\limits_D \sqrt{a^2 – (x^2+y^2)} dxdy \\ &= \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} d\phi \int_{0}^{a} \sqrt{a^2 – r^2} r dr \\ &= \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} \left[ -\frac{(\sqrt{a^2 – r^2})^3}{3} \right]_{0}^{a} d\phi \\ &= \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{a^3}{3} d\phi = \frac{a^3}{3} \left( \frac{\pi}{3} – \frac{\pi}{4} \right) = \boxed{\frac{a^3 \pi}{36}} \end{aligned} \]

8. Izračunati dvojni integral \( \iint\limits_D \frac{\ln(x^2+y^2)}{x^2+y^2} dxdy \) ako je oblast integracije ograničena između kružnica \( x^2+y^2=1 \) i \( x^2+y^2=e^2 \):

Korak 1: Uvod u polarne koordinate

Koristimo polarne koordinate:

\[ x = r \cos(\phi), \quad y = r \sin(\phi) \]

Za prvi krug:

\[ \begin{aligned} x^2+y^2 &= 1 \\ r^2 &= 1 \Rightarrow r = 1 \end{aligned} \]

Za drugi krug:

\[ \begin{aligned} x^2+y^2 &= e^2 \\ r^2 &= e^2 \Rightarrow r = e \end{aligned} \]

Granice poluprečnika: \( \boxed{1 \leq r \leq e} \)

Granice ugla: \( \boxed{0 \leq \phi \leq 2\pi} \) (cel krug)

Korak 2: Izračunavanje

\[ \begin{aligned} \iint\limits_D & \frac{\ln(x^2+y^2)}{x^2+y^2} dxdy = \int_{0}^{2\pi} d\phi \int_{1}^{e} \frac{\ln(r^2)}{r^2} r dr \\ &= \int_{0}^{2\pi} d\phi \int_{1}^{e} \frac{2 \ln(r)}{r} dr \\ &= \int_{0}^{2\pi} \left[ \ln^2(r) \right]_{1}^{e} d\phi \\ &= \int_{0}^{2\pi} (1 – 0) d\phi = \boxed{2\pi} \end{aligned} \]

Nazad