Ako je funkcija \( y = f(x) \) neprekidna i nenegativna na segmentu \([a, b]\), tada je površina figure koja je ograničena grafikom funkcije \( y = f(x) \), pravama \( x = a \), \( x = b \) i \(x\)-osom jednaka: \[P = \int_{a}^{b} f(x) \, dx.\]Ako je funkcija \( y = f(x) \) ispod \(x\)-ose (negativna), tada je površina figure sa slike: \[P = -\int_{a}^{b} f(x) \, dx.\]
Primer 1:
Izračunati površinu ravnog lika ograničenog funkcijom \( y = \sin x \) na intervalu \( 0 \leq x \leq 2\pi \).
Funkcija \( y = \sin x \) menja znak na intervalu \( [0, 2\pi] \), pa ćemo podeliti integral na dva dela:
na interval \( [0, \pi] \), gde je \( y = \sin x \) pozitivna, i
na interval \( [\pi, 2\pi] \), gde je \( y = \sin x \) negativna.
Računamo površinu za pozitivni deo funkcije:
\[P_1 = \int_0^{\pi} \sin x \, dx\]
Računamo površinu za negativni deo funkcije uzimajući apsolutnu vrednost:
\[P_2 = \int_{\pi}^{2\pi} |\sin x| \, dx = – \int_{\pi}^{2\pi} \sin x \, dx\]
Ukupna površina je zbir površina oba dela:
\[P = P_1 + P_2\]
Odnosno,
\[P_1 = \int_0^{\pi} \sin x \, dx = \left( -\cos x \right)\Big|_0^{\pi} = -\cos(\pi) + \cos(0) = 1 + 1 = 2\]
\[P_2 = – \int_{\pi}^{2\pi} \sin x \, dx = -\left( -\cos x \right)\Big|_{\pi}^{2\pi} = -(-\cos(2\pi) + \cos(\pi)) = 1 + 1 = 2\]
Dakle, ukupna površina iznosi:
\[P = P_1 + P_2 = 2 + 2 = 4\]
Ako je figura ograničena funkcijama \( f(x) \) i \( g(x) \) i pravama \( x = a \), \( x = b \), tada se njena površina računa: \[P = \int_{a}^{b} \left(f(x) – g(x)\right) \, dx.\]
Primer 2:
Izračunati površinu ravnog lika ograničenog sa \( f(x) = x^2 \) i \( g(x) = x \).
Da bismo izračunali površinu određenu ovim funkcijama, prvo pronalazimo tačke preseka:
\[x^2 = x \Rightarrow\]
\[ x^2 – x = 0 \Rightarrow\]
\[ x(x – 1) = 0\]
Rešenja su \( x = 0 \) i \( x = 1 \). Zatim, površina između ovih funkcija može se izračunati kao:
\begin{equation}
P = \int_0^1 (x – x^2) \, dx
\end{equation}
Odnosno,
\[P= \left( \frac{x^2}{2} – \frac{x^3}{3} \right)\Big|_0^1 = \left( \frac{1^2}{2} – \frac{1^3}{3} \right) – \left( 0 – 0 \right) = \frac{1}{2} – \frac{1}{3} = \frac{3}{6} – \frac{2}{6} = \frac{1}{6} \]
Ako je figura ograničena funkcijom \( x(y) \), pravama \( y = c \), \( y = d \) i \(y\)-osom, tada se njena površina računa: \[P = \int_{c}^{d} x(y) \, dy.\]
Primer 3:
Izračunati površinu ravnog lika ograničenog sa \(x=1-y^2\) i \(y=x+1\)
Najpre odredimo presečne tačke rešavanje sistema jednačina:
\(x = 1 – y^2\)
\(y = x + 1\)
Drugu jednačinu sistema izrazimo:
$$ y = x + 1 \quad \Rightarrow \quad x = y – 1 $$
Uvrstimo je u prvu, odakle dobijamo:
$$ 1 – y^2 = y – 1 $$
$$ -y^2 – y + 2 = 0 $$
$$ y^2 + y – 2 = 0 $$
Koristeći kvadratnu formulu, dobijamo:$$ y_{1,2} = \frac{-1 \pm \sqrt{1^2 – 4(1)(-2)}}{2(1)} = \frac{-1 \pm \sqrt{1 + 8}}{2} = \frac{-1 \pm 3}{2} $$
Rešenja su:$$ y_1 = 1 \quad \text{i} \quad y_2 = -2 $$
Izračunavamo odgovarajuće vrednosti za \(x\):
za \(y = 1\):$$ x = 1 – 1^2 = 0 $$
za \(y = -2\):$$ x = 1 – (-2)^2 = 1 – 4 = -3 $$
Moguće je vršiti integraciju po \(x\). Dobili bismo sledeće
\[P = \int_{-3}^{0} (x+1-(-\sqrt{1+x}) \, dx + \int_{0}^{1} (\sqrt{1+x} – (-\sqrt{1+x})) \,dx \]
Međutim, lakše je odrediti površinu figure integracijom po \(y\). Granice su od \(y = -2\) do \(y = 1\). Površina se izračuna:$$ P = \int_{-2}^{1} (1 – y^2 – (y – 1)) \, dy $$$$ P = \int_{-2}^{1} (2 – y – y^2) \, dy $$
$$ P = \left( 2y – \frac{y^2}{2} – \frac{y^3}{3} \right)\Big|_{-2}^{1} $$
$$ P = \left(2(1) – \frac{(1)^2}{2} – \frac{(1)^3}{3}\right) – \left(2(-2) – \frac{(-2)^2}{2} – \frac{(-2)^3}{3}\right) = \frac{9}{2} $$
Ako je funkcija \( f(x) \) zadata parametarskim jednačinama \( x = x(t) \), \( y = y(t) \), \( t \in [\alpha, \beta] \), tada se površina figure računa:\[P = \int_{\alpha}^{\beta} y(t) \left| x'(t) \right| \, dt.\]
Primer 4:
Izračinati površinu drugog svoda ciklide \( x(t) = a(t – \sin t) \), \( y(t) = a(1 – \cos t) \), gde je \(a>0\) realni parametar.
Drugi svod cikloide nastaje kada promenljiva \(x\) uzme vrednosti iz intervala \([0,2\pi]\). Rešavanjem jednačina \(x = a(t-\sin t)\) za \(x = 0\) i \(x = 2a\pi\) dobijaju se granice intervala za \(t\).
Odnosno, \( t \in [2\pi, 4\pi] \).Površina figure može se izraziti formulom: \[P = \int_{\alpha}^{\beta} y(t) \left| x'(t) \right| \, dt\]
Za cikloidu, dobijamo: \( x'(t) = a(1 – \cos t) \)
\( y(t) = a(1 – \cos t) \)
Zamenjujemo u integral:\[
P = \int_{2\pi}^{4\pi} a(1 – \cos t) \cdot \left| a(1 – \cos t) \right| \, dt = a^2 \int_{2\pi}^{4\pi} (1 – \cos t)^2 \, dt
\]
Koristeći identitet \( \cos^2 t = \frac{1 + \cos 2t}{2} \), razvijamo izraz:\[
(1 – \cos t)^2 = 1 – 2\cos t + \frac{1 + \cos 2t}{2} = \frac{3}{2} – 2\cos t + \frac{\cos 2t}{2}
\]Zamenjujemo u integral i rešavamo svaki član:
Dobijamo konačno:
\[
P = a^2 \cdot 3\pi = 3\pi a^2
\]
Ako je funkcija \( f(x) \) zadata u polarnom koordinatnom sistemu jednačinom \( \rho = \rho(\varphi) \), \( \varphi \in [\alpha, \beta] \), tada se površina figure računa:\[ P = \frac{1}{2} \int_{\alpha}^{\beta} \rho^2(\varphi) \, d\varphi. \]
Primer 5:
Izračinati površinu kardioide $$ \rho = a(1 – \cos \varphi), $$ gde je \(a>0\) realni parametar.
Kardioida je zatvorena kriva linija. To znači da ugao \( \varphi \) uzima vrednosti iz intervala od \(0\) do \(2\pi\). Zato je:
$$ P = \frac{1}{2} \int_{0}^{2\pi} \left[a(1 – \cos \varphi)\right]^2 \, d\varphi $$
Razvijamo kvadrat izraza za \( \rho \):
$$ \rho^2 = a^2(1 – \cos \varphi)^2 = a^2(1 – 2\cos \varphi + \cos^2 \varphi) $$
Zamenimo u integral:
$$ P = \frac{1}{2} \int_{0}^{2\pi} a^2 (1 – 2\cos \varphi + \cos^2 \varphi) \, d\varphi $$
$$ P = \frac{a^2}{2} \int_{0}^{2\pi} \left(\frac{3}{2} – 2\cos \varphi + \frac{\cos 2\varphi}{2}\right) \, d\varphi $$
Računamo svaki od ovih integrala:
Za prvi član: $$ \int_{0}^{2\pi} \frac{3}{2} \, d\varphi = \frac{3}{2} \cdot 2\pi = 3\pi $$
Za drugi član: $$ \int_{0}^{2\pi} -2\cos \varphi \, d\varphi = 0 $$ (jer je integral kosinusa preko celog perioda jednak nuli)
Za treći član: $$ \int_{0}^{2\pi} \frac{\cos 2\varphi}{2} \, d\varphi = 0 $$ (iz istog razloga)
