Prikaži rešenje Prikaži krajnje rešenje

Masa krive sa promenljivom gustinom računa se linijskim integralom:

\[ m=\int_{l}\rho\,ds, \]

Data su dva paraboloida:

\[ z=-4+x^2+y^2,\qquad z=2-(x^2+y^2), \]

Izjednačavanjen jednačina dobija se presek:

\[ -4+x^2+y^2=2-(x^2+y^2) \;\Rightarrow\; 2(x^2+y^2)=6 \;\Rightarrow\; x^2+y^2=3. \] \[ z=-4+(x^2+y^2)=-4+3=-1 \] \[ x^2+y^2=3,\quad z=-1, \]

Uslov \(0\le y\le x\) govori da se ne posmatra cela kružnica, već samo luk u prvom kvadrantu između ose \(x\) i prave \(s=x\).

Uvođenje parametara

Kružnica se najprirodnije opisuje uglom:

\[ x(\theta)=r\cos\theta,\quad y(\theta)=r\sin\theta,\quad z(\theta)=-1,\quad r=\sqrt3. \] \[ \sin\theta\ge0 \;\Rightarrow\; \theta\in[0,\pi],\qquad \sin\theta\le\cos\theta \;\Rightarrow\; \tan\theta\le1 \;\Rightarrow\; \theta\in[0,\frac{\pi}{4}], \]

Ubacivanje parametra \(\theta\) u jednačinu gustine:

\[ x^2=3\cos^2\theta,\quad y^2=3\sin^2\theta,\quad z=-1, \] \[ \rho(\theta)=3\cos^2\theta+3\cdot(3\sin^2\theta)-(-1) =3\cos^2\theta+9\sin^2\theta+1. \] \[ \rho(\theta) = 3(1-\sin^2\theta)+9\sin^2\theta+1 = 3+6\sin^2\theta+1 = 4+6\sin^2\theta. \]

Uvođenje parametra \(\theta\) u formulu za masu i račun:

\[ m=\int_{l}\rho\,ds =\int_{0}^{\pi/4}\rho(\theta)\,\big(\sqrt{3}\,d\theta\big) =\sqrt{3}\int_{0}^{\pi/4}\big(4+6\sin^2\theta\big)\,d\theta. \] \[ \int_{0}^{\pi/4}4\,d\theta=\pi, \qquad \int \sin^2\theta\,d\theta=\frac{\theta}{2}-\frac{\sin 2\theta}{4} \Rightarrow \int_{0}^{\pi/4}\sin^2\theta\,d\theta=\frac{\pi}{8}-\frac{1}{4}. \] \[ \Rightarrow\; m=\sqrt{3}\left(\pi+6\left(\frac{\pi}{8}-\frac{1}{4}\right)\right) =\sqrt{3}\left(\frac{7\pi}{4}-\frac{3}{2}\right) =\frac{\sqrt{3}}{4}\,(7\pi-6). \]

Konačan rezultat:

\[ m=\frac{\sqrt{3}}{4}\,(7\pi-6) \]

Prikaži spoljni krug Prikaži unutrašnji krug Prikaži oblast D

Prikaži rešenje Prikaži krajnje rešenje

Integral preko oblasti \(D\) se računa dvojnim integralom:

\[ I=\iint_{D}\cos\!\big(\sqrt{x^2+y^2-2x+1}\,\big)\,dx\,dy, \]

Oblast \(D\) je data uslovima:

\[ \pi^2 \le x^2+y^2-2x+1 \le 4\pi^2,\qquad y \le 0. \] \[ x^2+y^2-2x+1=(x-1)^2+y^2, \]

što predstavlja kvadrat rastojanja tačke \((x, y)\) od tačke \((1, 0)\). Oblast \(D\) je zato poluprsten sa centrom u \((1,0)\), unutrašnjim poluprečnikom \(\pi\), spoljnim \(2\pi\), i dodatnim uslovom \(y\le0\) (donja polovina prstena).

Translacija koordinata:

\[ u=x-1,\quad v=y, \]

Jakobijan transformacije je 1, pa se integral ne menja. U novim koordinatama oblast postaje:

\[ \pi^2 \le u^2+v^2 \le 4\pi^2,\qquad v\le 0, \]

a integral:

\[ I=\iint_{D’} \cos\!\big(\sqrt{u^2+v^2}\big)\,du\,dv. \] \[ u=r\cos\theta,\quad v=r\sin\theta,\quad du\,dv=r\,dr\,d\theta. \]

Granice su:

\[ r\in[\pi,2\pi],\qquad \theta\in[\pi,2\pi], \]

jer \(v\le0\) znači \(\sin\theta\le0\).

Integral postaje:

\[ I=\int_{\pi}^{2\pi}\int_{\pi}^{2\pi}\cos r \cdot r\,dr\,d\theta. \]

Računanje unutrašnjeg integrala

\[ \int r\cos r\,dr = r\sin r+\cos r, \] \[ \int_{\pi}^{2\pi} r\cos r\,dr =\Big[r\sin r+\cos r\Big]_{\pi}^{2\pi} =(2\pi\sin 2\pi+\cos 2\pi)-(\pi\sin \pi+\cos \pi)=2. \]

Računanje spoljašnjeg integrala

\[ I=\int_{\pi}^{2\pi}2\,d\theta=2\,(2\pi-\pi)=2\pi. \]

Konačan rezultat:

\[ I=2\pi \]

Prikaži elipsoid Prikaži odsečak elipsoida

Prikaži rešenje Prikaži krajnje rešenje

Oblast:

\[ D=\{(x,y,z):\ \frac{x^{2}}{1}+\frac{y^{2}}{9}+\frac{z^{2}}{4}\le 1,\ \ y\le 0,\ \ z\ge 0\}. \]

Zapremina se računa preko formule:

\[ V=\iiint_{D}1\,dx\,dy\,dz. \]

Uvođenje smena:

\[ x=1\cdot u,\qquad y=3\cdot v,\qquad z=2\cdot w. \] \[ \frac{x^{2}}{1}+\frac{y^{2}}{9}+\frac{z^{2}}{4}=u^{2}+v^{2}+w^{2}\le 1,\qquad v\le0,\qquad w\ge0. \] \[ \left|\frac{\partial(x,y,z)}{\partial(u,v,w)}\right|=1\cdot 3\cdot 2=6, \] \[ V=\iiint_{u^{2}+v^{2}+w^{2}\le1,\ v\le0,\ w\ge0} 6\,du\,dv\,dw. \]

Sferne koordinate u prostoru \((u,v,w)\):

\[ u=r\sin\varphi\cos\theta,\quad v=r\sin\varphi\sin\theta,\quad w=r\cos\varphi, \] \[ r\in[0,1],\quad \varphi\in[0,\pi],\quad \theta\in[0,2\pi),\qquad du\,dv\,dw=r^{2}\sin\varphi\,dr\,d\varphi\,d\theta. \]

Uslovi \(v\le0\) i \(w\ge0\) daju:

\[ \sin\theta\le0\ \Rightarrow\ \theta\in[\pi,2\pi],\qquad \cos\varphi\ge0\ \Rightarrow\ \varphi\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]. \]

Integral:

\[ V=6\int_{\theta=\pi}^{2\pi}\int_{\varphi=0}^{\pi/2}\int_{r=0}^{1} r^{2}\sin\varphi\,dr\,d\varphi\,d\theta. \] \[ \int_{0}^{1} r^{2}\,dr=\frac{1}{3},\qquad \int_{0}^{\pi/2}\sin\varphi\,d\varphi=1,\qquad \int_{\pi}^{2\pi} d\theta=\pi, \] \[ \Rightarrow\quad V=6\cdot\frac{1}{3}\cdot 1\cdot \pi=2\pi. \]

Konačan rezultat:

\[ V=2\pi \]

Prikaži z = x² + y² Prikaži z = 2y

Prikaži rešenje Prikaži krajnje rešenje

Presek paraboloida i ravni daje graničnu krivu:

\[ x^2+y^2=2y\;\;\Longleftrightarrow\;\;x^2+(y-1)^2=1, \]

Odatle se dobija da je \(S\) konačan „zatvarač“ paraboloida iznad diska

\[ D=\{(x,y):\ x^2+(y-1)^2\le 1\}. \]

Površ je grafik funkcije \(z = f(x, y) = x^2 + y^2\). Za grafik važi

\[ dS=\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}\,dx\,dy,\quad f_x=2x,\; f_y=2y \;\Rightarrow\; dS=\sqrt{1+4x^2+4y^2}\,dx\,dy. \]

U integrandu stoji \(\sqrt{1+4z}\), a na površini je \(z = x^2 + y^2\) pa

\[ \sqrt{1+4z}=\sqrt{1+4(x^2+y^2)}. \] \[ \iint_{S}\frac{x+1}{\sqrt{1+4z}}\,dS =\iint_{D}\frac{x+1}{\sqrt{1+4(x^2+y^2)}}\;\sqrt{1+4x^2+4y^2}\;dx\,dy =\iint_{D}(x+1)\,dx\,dy. \]

Računanje preko geometrije diska

Rastavimo:

\[ \iint_{D}(x+1)\,dx\,dy=\underbrace{\iint_{D}x\,dx\,dy}_{=0} +\underbrace{\iint_{D}1\,dx\,dy}_{=\;\text{površina}(D)}. \]

\(\iint_{D}(x+1)\,dx\,dy=0\) jer je disk \(D\) simetričan u odnosu na osu \(y\) (centar mu je na \(x=0\)), pa se pozitivni i negativni doprinosi \(x\) poništavaju.

Zato:

\[ \iint_{D}(x+1)\,dx\,dy=\pi. \]

Konačan rezultat:

\[ \iint_{S}\frac{x+1}{\sqrt{1+4z}}\,dS=\pi. \]

Prikaži A Prikaži B Prikaži L

Prikaži rešenje Prikaži krajnje rešenje

Računa se linijski integral:

\[ \int_{L}\big(3z\,dx – x\,dy + 2y\,dz\big). \]

Uvođenje parametra \(t\):

\[ \mathbf r(t)=A+t(B-A)=(2t,\,-1+2t,\,1-2t),\quad t\in[0,1]. \] \[ dx=2\,dt,\qquad dy=2\,dt,\qquad dz=-2\,dt. \] \[ x=2t,\quad y=-1+2t,\quad z=1-2t. \]

Ubacivanje u integrand

\[ 3z\,dx=3(1-2t)\cdot 2\,dt=6-12t, \] \[ -x\,dy=-(2t)\cdot 2\,dt=-4t, \] \[ 2y\,dz=2(-1+2t)\cdot(-2\,dt)=4-8t. \] \[ (6-12t)+(-4t)+(4-8t)=10-24t. \]

Računanje integrala

\[ \int_{0}^{1}(10-24t)\,dt=\Big[10t-12t^{2}\Big]_{0}^{1}=10-12=-2. \]

Konačan rezultat:

\[ -2 \]

Prikaži x = y² Prikaži x = 2 − √y Prikaži oblast integracije

Prikaži rešenje Prikaži krajnje rešenje

Iz unutrašnjih granica postoje uslovi:

\[ x\ge y^{2},\qquad x\le 2-\sqrt{y},\qquad 0\le y\le 1. \] \[ y\le \sqrt{x}. \] \[ y\le (2-x)^{2}\quad\text{i}\quad x\le 2. \] \[ 0\le x\le 2,\qquad 0\le y\le \min\{\sqrt{x},\,(2-x)^{2}\}. \]

Tačka preseka \(y=\sqrt{x}\) i \(y=(2-x)^2\):

\[ \sqrt{x}=(2-x)^{2} \;\Longrightarrow\; x=1 \quad(\text{u intervalu }[0,2]). \]

Za \(1\le x\le2\) važi \(\sqrt{x}\ge1\) i \((2-x)^2\le1\) pa je minimum \((2-x)^2\).

Okrenut redosled integracije:

\[ \int_{y=0}^{1}\ \int_{x=y^{2}}^{\,2-\sqrt{y}} f(x,y)\,dx\,dy \;=\; \int_{x=0}^{1}\ \int_{y=0}^{\,\sqrt{x}} f(x,y)\,dy\,dx \;+\; \int_{x=1}^{2}\ \int_{y=0}^{\,(2-x)^{2}} f(x,y)\,dy\,dx. \]

\[ \int_{0}^{1}\!\!\int_{y^{2}}^{\,2-\sqrt{y}} f(x,y)\,dx\,dy = \int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{\sqrt{x}} f(x,y)\,dy\,dx +\int_{1}^{2}\!\!\int_{0}^{(2-x)^{2}} f(x,y)\,dy\,dx \]

Prikaži tetraedar Prikaži 3x+y+z=6

c: 6.00 − +

Prikaži rešenje Prikaži krajnje rešenje

Isečci na osama (temena na osama)

Postavljanjem po dve koordinate na nulu dobija se:

\[ \begin{aligned} &y=z=0 \ \Rightarrow\ 3x=6 \ \Rightarrow\ x=2,\\ &x=z=0 \ \Rightarrow\ y=6,\\ &x=y=0 \ \Rightarrow\ z=6. \end{aligned} \]

Tetraedar je dakle sa temenima na osama u tačkama \((2,0,0)\), \((0,6,0)\), \((0,0,6)\).

Jednačina za ravan koja odseca \(a,b,c\) na \(x,y,z\) osi:

\[ \frac{x}{2}+\frac{y}{6}+\frac{z}{6}=1. \]

Formula za zapreminu tetraedra

\[ V=\frac{1}{6}\,abc=\frac{1}{6}\cdot 2\cdot 6\cdot 6=\frac{72}{6}=12. \]

Drugi način preko trojnog integrala:

Granice:

\[ 0\le x\le 2,\quad 0\le y\le 6-3x,\quad 0\le z\le 6-3x-y. \] \[ V=\int_{0}^{2}\int_{0}^{6-3x}\int_{0}^{6-3x-y} 1\,dz\,dy\,dx =\int_{0}^{2}\int_{0}^{6-3x} (6-3x-y)\,dy\,dx=12. \]

Konačan rezultat:

\[ V=12. \]