Neka je \(S\) površ u prostoru data sa \(z=z(x,y)\) i neka je \(D \subset \mathbb{R}^{2}\) njena projekcija u \(xOy\) ravni. Tada je
\[ \iint\limits_{S} f(x,y,z)\,dS = \iint\limits_{D} f\big(x,y,z(x,y)\big) \, \sqrt{1 + {z’_{x}}^{2} + {z’_{y}}^{2}} \, dx\,dy. \]
Zadatak 1
Izračunati \[ \iint\limits_{S} \frac{1}{\sqrt{1+4z}} \, dS \] gde je \(S\) deo paraboloida \(z=x^{2}+y^{2}\) ograničen sa ravni \(z=2.\)
Rešenje:
Postupak
-
Kako je \(z=x^{2}+y^{2}\) dobijamo \({z’_{x}}=2x\) i
\({z’_{y}}=2y\) pa je
\[
dS = \sqrt{1 + {z’_{x}}^{2} + {z’_{y}}^{2}} \, dx\,dy = \sqrt{1 + 4x^{2} + 4y^{2}} \, dx\,dy.
\]
Integrand sada postaje: \[ \frac{1}{\sqrt{1+4z}} \cdot \sqrt{1 + 4x^{2} + 4y^{2}} = \frac{\sqrt{1 + 4(x^{2}+y^{2})}}{\sqrt{1 + 4(x^{2}+y^{2})}} = 1. \]
Dakle, integral se svodi na: \[ \iint\limits_{S} \frac{1}{\sqrt{1+4z}} \, dS = \iint\limits_{D} 1 \cdot dx\,dy, \] gde je projekcija \[ D = \{(x,y) \in \mathbb{R}^{2} : x^{2} + y^{2} \leq 2 \}. \]
Prelaskom na polarne koordinate: \[ x = r\cos\theta, \quad y = r\sin\theta, \quad dx\,dy = r\,dr\,d\theta, \]
granice oblasti \(D\) su: \[ r \in [0, \sqrt{2}], \quad \theta \in [0, 2\pi]. \]
Tada integral postaje: \[ \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\sqrt{2}} r \, dr\, d\theta = \int_{0}^{2\pi} \frac{1}{2} r^{2} \Big|_{0}^{\sqrt{2}} d\theta = \int_{0}^{2\pi} 1 \, d\theta = 2\pi. \]
Dakle: \[ \iint\limits_{S} \frac{1}{\sqrt{1+4z}} \, dS = 2\pi. \]
Zadatak 2
Izračunati \[ \iint\limits_{S} \frac{1}{\sqrt{1+4z}} \, dS \] gde je \(S\) deo paraboloida \(z=x^{2}+y^{2}\) odsečen sa \(z=2y.\)
Rešenje:
Postupak
-
Kako je \(z=x^{2}+y^{2}\) dobijamo \({z’_{x}}=2x\) i \({z’_{y}}=2y\) pa je
\[
dS = \sqrt{1 + {z’_{x}}^{2} + {z’_{y}}^{2}} \, dx\,dy = \sqrt{1 + 4x^{2} + 4y^{2}} \, dx\,dy.
\]
Integrand sada postaje: \[ \frac{1}{\sqrt{1+4z}} \cdot \sqrt{1 + 4x^{2} + 4y^{2}} = \frac{\sqrt{1 + 4(x^{2}+y^{2})}}{\sqrt{1 + 4(x^{2}+y^{2})}} = 1. \]
Presek paraboloida i ravni daje krug: \[ x^{2}+y^{2} = 2y \ \Longrightarrow\ x^{2} + (y-1)^{2} = 1, \] pa je projekcija \[ D = \{(x,y) \in \mathbb{R}^{2} : x^{2} + (y-1)^{2} \leq 1 \}. \]
Dakle, integral se svodi na: \[ \iint\limits_{S} \frac{1}{\sqrt{1+4z}} \, dS = \iint\limits_{D} 1 \cdot dx\,dy. \]
Prelaskom na polarne koordinate: \[ x = r\cos\theta, \quad y = r\sin\theta, \quad dx\,dy = r\,dr\,d\theta, \]
krug postaje: \[ r^{2} = 2r\sin\theta \quad \Rightarrow \quad r = 2\sin\theta, \] pa su granice oblasti \(D\): \[ 0 \le r \le 2\sin\theta, \quad 0 \le \theta \le \pi. \]
Tada integral postaje: \[ \iint\limits_{D} dx\,dy = \int_{0}^{\pi} \int_{0}^{2\sin\theta} r \, dr\, d\theta = \int_{0}^{\pi} \frac{1}{2} (2\sin\theta)^{2} d\theta = 2 \int_{0}^{\pi} \sin^{2}\theta \, d\theta. \]
Kako je \[ \int_{0}^{\pi} \sin^{2}\theta \, d\theta = \int_{0}^{\pi} \frac{1 – \cos 2\theta}{2} \, d\theta = \frac{1}{2} \left[ \theta – \frac{\sin 2\theta}{2} \right] \Big|_{0}^{\pi} = \frac{1}{2} [\pi – 0] = \frac{\pi}{2}, \]
dobijamo: \[ \iint\limits_{S} \frac{1}{\sqrt{1+4z}} \, dS = \pi. \]
Zadatak 3
Izračunati \[ \iint\limits_{S} \frac{1}{\sqrt{2z^{2}+1}} \, dS \] gde je \(S\) deo hiperboloida \(x^{2}+y^{2}-z^{2}=1\) između ravni \(z=0\) i \(z=\sqrt{2}.\)
Rešenje:
Postupak
-
Posmatramo deo hiperboloida iznad \(xy\) ravni, tj.
\[
z = \sqrt{x^{2}+y^{2}-1}, \qquad x^{2}+y^{2} \ge 1.
\]
Gornja granica \(z \le \sqrt{2}\) daje \(x^{2}+y^{2} \le 3\), pa je projekcija \[ D = \{(x,y) : 1 \le x^{2}+y^{2} \le 3 \}. \]
Kako su \[ z’_{x} = \frac{x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}-1}}, \quad z’_{y} = \frac{y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}-1}} \] dobijamo \[ dS = \sqrt{1 + {z’_{x}}^{2} + {z’_{y}}^{2}} \, dx\,dy = \sqrt{\frac{2(x^{2}+y^{2})-1}{x^{2}+y^{2}-1}} \, dx\,dy, \]
pa se integrand uprošćava na \[ \frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}-1}}. \]
Dakle, \[ \iint\limits_{S} \frac{1}{\sqrt{2z^{2}+1}} \, dS = \iint\limits_{D} \frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}-1}} \, dx\,dy. \]
Prelaskom na polarne koordinate: \[ x = r\cos\theta, \quad y = r\sin\theta, \quad dx\,dy = r\,dr\,d\theta, \]
granice oblasti \(D\) su: \[ 1 \le r \le \sqrt{3}, \qquad 0 \le \theta \le 2\pi. \]
Sada je \[ \iint\limits_{D} \frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}-1}} \, dx\,dy = \int_{0}^{2\pi} \int_{1}^{\sqrt{3}} \frac{r}{\sqrt{r^{2}-1}} \, dr\, d\theta. \]
Smenom \(u = r^{2}-1\) (tj. \(du = 2r\,dr\)) dobijamo unutrašnji integral: \[ \int_{1}^{\sqrt{3}} \frac{r}{\sqrt{r^{2}-1}} \, dr = \sqrt{2}. \]
Sada je \[ \int_{0}^{2\pi} \sqrt{2} \, d\theta = 2\pi\sqrt{2}, \]
pa imamo \[ \iint\limits_{S} \frac{1}{\sqrt{2z^{2}+1}} \, dS = 2\pi\sqrt{2}. \]
Zadatak 4
Izračunati \[ \iint\limits_{S} \frac{y}{\sqrt{1+4z}} \, dS \] gde je \(S\) deo paraboloida \(z=x^{2}+y^{2}\) odsečen sa \(z=2y.\)
Rešenje:
Postupak
-
Kako je \(z=x^{2}+y^{2}\) dobijamo \({z’_{x}}=2x\) i \({z’_{y}}=2y\) pa je
\[
dS = \sqrt{1 + {z’_{x}}^{2} + {z’_{y}}^{2}} \, dx\,dy = \sqrt{1 + 4x^{2} + 4y^{2}} \, dx\,dy.
\]
Integrand sada postaje: \[ \frac{y}{\sqrt{1+4z}} \cdot \sqrt{1 + 4x^{2} + 4y^{2}} = \frac{\sqrt{1 + 4(x^{2}+y^{2})}}{\sqrt{1 + 4(x^{2}+y^{2})}} \, y = y. \]
Presek paraboloida i ravni daje krug: \[ x^{2}+y^{2} = 2y \ \Longrightarrow\ x^{2} + (y-1)^{2} = 1, \] pa je projekcija \[ D = \{(x,y) \in \mathbb{R}^{2} : x^{2} + (y-1)^{2} \le 1 \}. \]
Dakle, integral se svodi na: \[ \iint\limits_{S} \frac{y}{\sqrt{1+4z}} \, dS = \iint\limits_{D} y \, dx\,dy. \]
Prelaskom na polarne koordinate: \[ x = r\cos\theta, \quad y = r\sin\theta, \quad dx\,dy = r\,dr\,d\theta, \]
krug postaje: \[ r^{2} = 2r\sin\theta \quad \Rightarrow \quad r = 2\sin\theta, \] pa su granice oblasti \(D\): \[ 0 \le r \le 2\sin\theta, \quad 0 \le \theta \le \pi. \]
Tada integral postaje: \[ \iint\limits_{D} y \, dx\,dy = \int_{0}^{\pi} \int_{0}^{2\sin\theta} r\sin\theta \, r \, dr\,d\theta. \]
Računamo unutrašnji integral: \[ \int_{0}^{2\sin\theta} r^{2} \sin\theta \, dr = \sin\theta \left[ \frac{1}{3} r^{3} \right] \Big|_{0}^{2\sin\theta} = \frac{8}{3} \sin^{4}\theta. \]
Koristeći \(\sin^{2}\theta = \frac{1-\cos 2\theta}{2}\) dobijamo: \[ \sin^{4}\theta = \frac{3}{8} – \frac{1}{2} \cos 2\theta + \frac{1}{8} \cos 4\theta, \] pa \[ \int_{0}^{\pi} \sin^{4}\theta \, d\theta = \frac{3}{8} \pi. \]
Dakle: \[ \iint\limits_{S} \frac{y}{\sqrt{1+4z}} \, dS = \frac{8}{3} \cdot \frac{3}{8} \pi = \pi. \]