Odrediti masu dela površi paraboloida
\[
S: z = 2 – x^{2} – y^{2}
\]
koji leži iznad ravni \(z = 0\), ako je gustina data funkcijom \(\rho(x,y,z) = x^{2} + y^{2}\).
Rešenje:
S obzirom da je površ \(S\) data sa \(z = f(x,y) = 2 - x^{2} - y^{2}\),
imamo
\[
dS = \sqrt{1 + {f'_x}^{2} + {f'_y}^{2}}\, dx\, dy.
\]
Kako su parcijalni izvodi
\[
f'_{x} = -2x, \qquad f'_{y} = -2y \quad \Rightarrow \quad {f'_x}^{2} + {f'_y}^{2} = 4(x^{2} + y^{2}).
\]
Dakle
\[
\int_{0}^{\sqrt{2}} r^{3} \sqrt{1 + 4 r^{2}} \, dr = \frac{1}{16} \Big( \frac{243}{5} - \frac{27}{3} - \Big( \frac{1}{5} - \frac{1}{3} \Big) \Big) = \frac{1}{16} \cdot \frac{596}{15} = \frac{149}{60},
\]
pa je
\[
m = 2\pi \cdot \frac{149}{60} = \frac{149 \pi}{30}.
\]
Primer 6
Izračunati masu dela površi
\[
x^{2} + y^{2} - z^{2} = 1,
\]
koji se nalazi između ravni \(z = 0\) i \(z = \sqrt{2}\), ako je gustina
\(\rho(x,y,z) = \frac{1}{\sqrt{2 z^{2} + 1}}\).
Rešenje:
Površ je zadata sa
\[
z = f(x,y) = \sqrt{x^{2} + y^{2} - 1}, \quad z \ge 0.
\]
Uslov \(0 \le z \le \sqrt{2}\) daje
\[
0 \le \sqrt{x^{2} + y^{2} - 1} \le \sqrt{2} \quad \Rightarrow \quad 1 \le x^{2} + y^{2} \le 3.
\]
Dakle oblast \(D\) je kružni prsten
\[
D = \{ (x,y) : 1 \le x^{2} + y^{2} \le 3 \}.
\]
Uvodimo polarne koordinate:
\[
x = r \cos \varphi, \quad y = r \sin \varphi, \quad 1 \le r \le \sqrt{3}, \quad 0 \le \varphi \le 2\pi,
\]
pa je
\[
m = \int_{0}^{2\pi} \int_{1}^{\sqrt{3}} \frac{r}{\sqrt{r^{2} - 1}} \, dr\, d\varphi.
\]
Ovaj integral rešavamo smenom \(u = r^{2} - 1, \quad du = 2 r \, dr\), pa dobijamo
\[
\int_{1}^{\sqrt{3}} \frac{r}{\sqrt{r^{2} - 1}} \, dr = \frac{1}{2} \int_{0}^{2} \frac{1}{\sqrt{u}} \, du = \frac{1}{2} \cdot 2 \sqrt{u} \Big|_{0}^{2} = \sqrt{2}.
\]
Konačno, imamo
\[
m = \int_{0}^{2\pi} \sqrt{2} \, d\varphi = 2 \pi \sqrt{2}.
\]
Primer 7
Izračunati masu dela površine \(z = x^{2} + y^{2}\) koji je odsečen sa \(z = 2x\),
ako je gustina data sa \(\rho(x,y,z) = \frac{x+1}{\sqrt{1+4z}}\).
Rešenje:
Masa površine \(S\) računa se površinskim integralom prve vrste:
\[
m = \iint\limits_{S} \frac{x+1}{\sqrt{1+4z}} \, dS.
\]
Pošto je \(S\) graf funkcije \(z = f(x,y) = x^{2} + y^{2}\), koristimo formulu
\[
dS = \sqrt{1 + {f'_x}^{2} + {f'_y}^{2}} \, dx\, dy.
\]
Izračunamo parcijalne izvode:
\[
f'_x = 2x, \quad f'_y = 2y \quad \Rightarrow \quad {f'_x}^{2} + {f'_y}^{2} = 4x^{2} + 4y^{2} = 4(x^{2} + y^{2}).
\]
Dakle
\[
dS = \sqrt{1 + 4(x^{2} + y^{2})} \, dx\, dy.
\]
U izrazu za masu zamenjujemo \(z = x^{2} + y^{2}\) i dobijamo
\[
m = \iint\limits_{D} \frac{x+1}{\sqrt{1+4(x^{2}+y^{2})}} \cdot \sqrt{1+4(x^{2}+y^{2})} \, dx\, dy = \iint\limits_{D} (x+1) \, dx\, dy,
\]
gde je \(D\) projekcija traženog dela površine na \(xy\)-ravan.
Granica dela paraboloida koja nastaje presekom sa ravni \(z = 2x\) daje:
\[
x^{2} + y^{2} = 2x \quad \Longleftrightarrow \quad x^{2} - 2x + y^{2} = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad (x-1)^{2} + y^{2} = 1.
\]
Dakle \(D\) je disk centriran u tački \((1,0)\) i poluprečnikom 1:
\[
D = \{ (x,y) \in \mathbb{R}^{2} : (x-1)^{2} + y^{2} \le 1 \}.
\]
Uvodimo polarne koordinate:
\[
x = 1 + r \cos \varphi, \quad y = r \sin \varphi, \quad 0 \le r \le 1, \quad 0 \le \varphi \le 2\pi,
\]
i dobijamo
\[
\iint\limits_{D} (x+1) \, dx\, dy = \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{1} (2 + r \cos \varphi) \, r \, dr\, d\varphi = \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{1} \big( 2r + r^{2} \cos \varphi \big) \, dr\, d\varphi.
\]
Kako je
\[
\int_{0}^{1} 2r \, dr = 1, \quad \int_{0}^{1} r^{2} \, dr = \frac{1}{3},
\]
imamo
\[
\iint\limits_{D} (x+1) \, dx\, dy = \int_{0}^{2\pi} \Big( 1 + \frac{1}{3} \cos \varphi \Big) \, d\varphi = 2\pi + \frac{1}{3} \cdot 0 = 2\pi.
\]
Dakle
\[
m = 2\pi.
\]
Primer 8
Odrediti masu dela površine \(z = x^{2} + y^{2}\) koji se nalazi između ravni \(z = y\) i \(z = 2y\),
ako je gustina \(\rho(x,y,z) = \sqrt{1 + 4 z}\).
Rešenje:
Masa se računa po formuli
\[
m = \iint\limits_{S} \sqrt{1 + 4 z} \, dS.
\]
Za površ \(z = f(x,y) = x^{2} + y^{2}\) imamo
\[
f'_{x} = 2x, \quad f'_{y} = 2y,
\]
pa je
\[
dS = \sqrt{1 + 4(x^{2} + y^{2})} \, dx\, dy.
\]
Dakle,
\[
m = \iint\limits_{D} \sqrt{1 + 4(x^{2} + y^{2})} \cdot \sqrt{1 + 4(x^{2} + y^{2})} \, dx\, dy = \iint\limits_{D} (1 + 4(x^{2} + y^{2})) \, dx\, dy.
\]
Oblast \(D\) je određena uslovima \(y \le x^{2} + y^{2} \le 2y\). Prva granica daje
\[
x^{2} + y^{2} = y \quad \Rightarrow \quad x^{2} + (y - \frac{1}{2})^{2} = \frac{1}{4},
\]
što je krug sa centrom \(C(0, \frac{1}{2})\) i poluprečnikom \(r = \frac{1}{2}\). Druga granica daje
\[
x^{2} + y^{2} = 2y \quad \Rightarrow \quad x^{2} + (y - 1)^{2} = 1,
\]
što je krug sa centrom \(C(0,1)\) i poluprečnikom \(r = 1\). Prelazimo u polarne koordinate:
\[
x = r \cos \varphi, \quad y = r \sin \varphi,
\]
Onda je \(x^{2} + y^{2} = r^{2}\). Granice su:
\[
y \le r^{2} \le 2y \quad \Rightarrow \quad r \sin \varphi \le r^{2} \le 2 r \sin \varphi.
\]
Kako je \(r \ge 0\), dobijamo
\[
\sin \varphi \le r \le 2 \sin \varphi, \qquad 0 \le \varphi \le \pi.
\]
Dakle
\[
m = \int_{0}^{\pi} \int_{\sin \varphi}^{2 \sin \varphi} (1 + 4 r^{2}) \, r \, dr\, d\varphi.
\]
Unutrašnji integral je
\[
\int_{\sin \varphi}^{2 \sin \varphi} (1 + 4 r^{2}) \, r \, dr = \left( \frac{r^{2}}{2} + r^{4} \right) \Big|_{\sin \varphi}^{2 \sin \varphi} = \frac{3}{2} \sin^{2} \varphi + 15 \sin^{4} \varphi.
\]
Sada je
\[
m = \int_{0}^{\pi} \left( \frac{3}{2} \sin^{2} \varphi + 15 \sin^{4} \varphi \right) d\varphi.
\]
Kako je
\[
\int_{0}^{\pi} \sin^{2} \varphi \, d\varphi = \frac{\pi}{2}, \qquad \int_{0}^{\pi} \sin^{4} \varphi \, d\varphi = \frac{3 \pi}{8},
\]
dobijamo
\[
m = \frac{3}{2} \cdot \frac{\pi}{2} + 15 \cdot \frac{3 \pi}{8} = \frac{3 \pi}{4} + \frac{45 \pi}{8} = \frac{51 \pi}{8}.
\]
