Školska 2017/18, II redovni kolokvijum grupa 1

Rešenja i načini rada zadataka sa kolokvijuma iz matematike 2017/2018

Ovde će biti prikazano na koji način smo došli do tačnih rešenja datih zadataka.

Zadatak br.1
Izracunati masu krive l: $$ x^2+y^2+z=4, x^2+y^2+z^2=4z $$ ako je gustina $$ ρ(x,y,z)= 10z+x^2+y^3 $$

Za ovaj zadatak prvo se određuje oblast u prostoru u kojoj se nalazi kriva – ona je definisana presekom površina 𝑥 ^ 2 + 𝑦 ^ 2 + 𝑧 = 4, x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2 = 4 z . Zatim se vrši parametrizacija presečne krive, pomoću polarnih koordinata. Nakon toga se izračunava element dužine ds na osnovu parametarske jednačine krive. Masa se određuje integralom duž krive: ∫ 𝐿 𝜌 ( 𝑥 , 𝑦 , 𝑧 )  . Na kraju se u integral unosi konkretna gustina ρ(x,y,z)=10z+x^ 2 +y^ 3 , pa se obavlja računanje integrala. $$ \begin{aligned} &\text { 1. } f: x^2+y^2+z=4, x^2+y^2+z^2=4 z \quad \rho(x, y, z)=10 z+x^2+y^3\\ &\begin{aligned} & \left.\begin{array}{l} z-4=-x^2-y^2 \\ 4 z-z^2=x^2+y^2 \end{array}\right\}+ \\ & \begin{array}{l} z-4=-x^2-y^2 \\ z-4+4 z-z^2-x^2-y^2+x^2+y^2 \end{array} \\ & -z^2+4 z+z-4=0 \\ & -z^2+5 z-4=0 \\ & z_{1 / 2}=\frac{-5 \pm \sqrt{25-16}}{-2} \\ & z_{1 / 2}=\frac{-5 \pm 3}{-2} \\ & z_1=1 \\ & z_2=4 \end{aligned} \end{aligned} $$ Prvi slučaj $$ \begin{gathered} \text { l: } x^2+y^2+1=4 \\ x^2+y^2=3 \\ x=\cos t \cdot \sqrt{3} \\ y=\sqrt{3} \sin t \\ z=+1 \\ d s=\sqrt{\left(\left(x^{\prime}(t)\right)^2+\left(y^{\prime}(t)\right)^2+\left(z^{\prime}(t)\right)^2 d t\right.} \\ x^{\prime}(t)=-1 \cdot \sin t \cdot \sqrt{3} \quad y^{\prime}(t)=\cos t \cdot \sqrt{3} \\ d s=\sqrt{3 \sin ^2 x+3 \cos ^2 x+0} \cdot d t=\sqrt{3} d t \end{gathered} $$ Drugi slučaj: $$ \begin{aligned} & l: x^2+y^2+4=4 \\ & x^2+y^2=0 \\ & x=\sqrt{0} \cdot \cos t=0 \\ & y=\sqrt{0} \cdot \sin t=0 \\ & z=4 \end{aligned} $$ $$ d S=\sqrt{0+0+0} \cdot {d t}{=} 0 d t{=}0 $$ $$ \begin{aligned} &\text { Prvi slucaj: }\\ &\begin{aligned} & m=\int 1\left(10z+x^2+y^3\right) d s=\int_0^{2 \pi}\left(1+10+3 \sin ^2 t+3 \sqrt{3} \cos ^3 t\right) \sqrt{3} d t= \\ & =10 \sqrt{3} \int d t+3 \sqrt{3} \int \sin ^2 t d t+9-\int \cos^3 t d t= \\ & {\left[\int \sin ^2 t=\int \frac{1-\cos 2 t}{2} d t=\frac{1}{2} \int(1-\cos 2 t) d t=\frac{1}{2} \int d t-\frac{1}{2} \int \cos 2 t d t=\right.} \\ & \left.-\frac{1}{2}(t-\sin 2 t)\right] \end{aligned}\\ &\begin{aligned} & {\left[\int \cos ^3 t d t=\int \cos t \cdot \cos ^2 t d t=\int \cos t \cdot\left(1-\sin ^2 t\right) d t=\right.} \\ & =\left\{\begin{array}{l} \sin t=z \\ \cos t d t=d z \end{array}\right\}=\int\left(1-z^2\right) d z=\int d z-\int z^2 d z=z-\frac{z^3}{3}= \\ & \left.=\sin t-\frac{\sin ^3 t}{3}\right] \\ & =10 \sqrt{3} t+3 \sqrt{3} \cdot \frac{1}{2}(t-\sin 2 t)+\left.9\left(\sin t-\frac{\sin ^3 t}{3}\right)\right|_0 ^{2 \pi}= \\ & =10 \sqrt{3}+\sqrt{3}\left(\frac{1}{2} t-10 \sqrt{3} \cdot 2 \pi+3 \sqrt{3} \cdot \frac{1}{2}(2 \pi-0)+0\right. \\ & =(20 \sqrt{3}+3 \sqrt{3}) \pi=23 \sqrt{3} \cdot \pi \end{aligned} \end{aligned} $$ $$ \begin{aligned} &\text { Drugi slučaj: }\\ &\begin{aligned} & m=\int l\left(10 z+x^2+y^3\right) d s \\ & d s=0 \Rightarrow m=0 \end{aligned} \end{aligned} $$

Zadatak br.2
Izracunati $$ \iint_D \ln \left(\sqrt{x^2+y^2}\right) dx\, dy $$ gde je D oblast odredjena relacijama $$ \ 1 \leq x^2+y^2 \leq 4, y \cdot \sqrt{3} \geq x, y \geq 0 $$

Prelazi se na polarne koordinate i postavljaju se granice za ρ i φ, integral se izarazava u polarnim koordinatama i Jakobijan daje dodatni faktor ρ, pa se integral pretvara u ρlnρ. Integral se zatim racuna primenom parcijalne integracije. $$ \iint_D \ln \left(\sqrt{x^2+y^2}\right) dx\, dy $$ $$ \begin{aligned} D= & \left\{f(x, y) \mid 1 \leq x^2+y^2 \leq 4, y \cdot \sqrt{3} \geq x, y \geq 0\right. \\ & x^2+y^2 \leq 4 \\ & x^2+y^2=4 \quad r_{A}=2\left(x_A, y_A\right)=(0,0) \\ & x^2+y^2 \geq 1 \\ & x^2+y^2=1 \quad r_B=1 \quad\left(x_B, y_B\right)=(0,0) \\ & y \cdot \sqrt{3} \geq x \Rightarrow y=\frac{x}{\sqrt{3}} \\ & y \geq 0 \Rightarrow y=0 \end{aligned} $$ $$ \begin{array}{ll} x=0, \text { onda je } & y=0 \\ x=1 & y=\frac{\sqrt{3}}{3} \\ x=2 & y=\frac{2 \sqrt{3}}{3} \end{array} $$ $$ \begin{gathered} x=\rho \cos \varphi \\ y=\rho \sin \varphi \\ 1 \le (\rho \cos \varphi)^2+(\rho \sin \varphi)^2 \le 4 \\ 1 \le \rho^2 \cos^2 \varphi + \rho^2 \sin^2 \varphi \le 4 \\ 1 \le \rho^2 \le 4 \\ 1 \le \rho \le 2 \\ \Delta = \left\{ (\rho, \varphi) \mid 1 \le \rho \le 2, 0 \le \varphi \le \frac{\pi}{2} \right\} \end{gathered} $$ $$ \begin{aligned} J &= \left|\begin{array}{ll} x'_\rho & x'_\varphi \\ y'_\rho & y'_\varphi \end{array}\right| = \left|\begin{array}{cc} \cos \varphi & -\rho \sin \varphi \\ \sin \varphi & \rho \cos \varphi \end{array}\right| = \rho \cos^2 \varphi + \rho \sin^2 \varphi = \rho \\ \iint_D \ln \left(\sqrt{x^2+y^2}\right) dx dy &= \iint_\Delta \ln \left(\sqrt{\rho^2 \cos^2 \varphi + \rho^2 \sin^2 \varphi}\right) |\rho| d\varphi d\rho \\ &= \iint_\Delta \ln (\sqrt{\rho^2 (\cos^2 \varphi + \sin^2 \varphi)}) \rho d\varphi d\rho \\ &= \iint_\Delta \ln \rho \cdot \rho \, d\varphi d\rho \\ &= \int_0^{\pi/2} d\varphi \int_1^2 \rho \ln \rho \, d\rho \end{aligned} $$ $$ \begin{aligned} \int_1^2 \rho \ln \rho \, d\rho &= \left\{ \begin{array}{l} u = \ln \rho \quad \Rightarrow du = \frac{1}{\rho} d\rho \\ dv = \rho d\rho \quad \Rightarrow v = \frac{\rho^2}{2} \end{array} \right\} \\ &= \ln \rho \cdot \frac{\rho^2}{2} - \int \frac{\rho^2}{2} \cdot \frac{1}{\rho} d\rho \\ &= \frac{\rho^2}{2} \ln \rho - \frac{1}{4} \rho^2 \\ &= \left[ \frac{\rho^2}{2} \ln \rho - \frac{\rho^2}{4} \right]_1^2 \\ &= \frac{4}{2} \ln 2 - 1 - (0 - 1/4) \\ &= 3/2 \ln 2 + 3/4 \\ &= \frac{3}{2} (\ln 2 + 1/2) \end{aligned} $$ $$ \int_0^{\pi/2} d\varphi \cdot \frac{3}{2} (\ln 2 + 1/2) = \frac{3\pi}{4} (\ln 2 + 1/2) $$

Zadatak br.3
Izracunati zapreminu tela odredjenog relacijama $$ \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{16}+\frac{z^{2}}{9} \leq 1, \; x \le 0, \; y \le 0, \; z \ge 0 $$

Primecujemo da je prva relacija jednacina elipsoida ciji su a=2 b=4 i c=3. Primenjujemo sferne promenljive i postavljamo granice za ρ,φ,θ da bismo zadovoljili uslove ostalih relacija. Uz pomoc Jakobijana uvodimo smenu u integral i dobijemo resenje. Primecujemo da je resenje jednako osmini ukupne zapremine elipsoida (sto ima smisla jer gledamo samo 1 oktant). $$ V=? \quad G: \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{16}+\frac{z^{2}}{9} \leq 1, \; x \le 0, \; y \le 0, \; z \ge 0 $$ $$ x=2 \rho \cos \varphi \sin \theta, \quad y=4 \rho \sin \varphi \sin \theta, \quad z=3 \rho \cos \theta $$ $$ 0 \le \rho \le 1, \quad \pi \le \varphi \le \frac{3\pi}{2}, \quad 0 \le \theta \le \frac{\pi}{2} $$ $$ J = \left|\frac{\partial(x,y,z)}{\partial(\rho,\varphi,\theta)}\right| = 24 \rho^2 \sin\theta $$ $$ V = \iiint_G dxdydz = \int_{\pi}^{3\pi/2} \int_0^{\pi/2} \int_0^1 24 \rho^2 \sin\theta \, d\rho d\theta d\varphi = 4\pi $$

Zadatak br.4
Odrediti oblast definisanosti i ekstremne vrednosti funkcije $$ f(x, y) = 3 \ln\frac{x}{6} + 2\ln y + \ln(12-x-y) $$

Oblast definisanosti izvlacimo iz jednacine i dobijamo da je x>0,y>0 i y<12-x sto znaci da je oblast definisanosti trougao. Da bismo nasli potencijalnu tacku ekstremuma (stacionarnu tacku) izvodimo funkciju po x i po y i te izvode izjednacavamo sa nulom. Jedina tacka koja zadovoljava ove uslove je M(6,4). Zatim racunamo druge izvode ove funkcije (po xx,xy,yx,yy), gde je D1 izvod po xx u tacki M, a D2 determinanta sa sva 4 druga izvoda. Posto smo dobili da je D1<0 a D2>0, onda znamo da je tacka M maksimum nase funkcije. $$ f(x, y) = 3 \ln\frac{x}{6} + 2\ln y + \ln(12-x-y) $$ $$ D = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 \mid x>0, y>0, x+y<12\} $$ $$ f_x = \frac{3}{x} - \frac{1}{12-x-y}, \quad f_y = \frac{2}{y} - \frac{1}{12-x-y} $$ $$ f_x = 0, f_y = 0 \Rightarrow y = \frac{2x}{3} \Rightarrow x=6, y=4 $$ $$ f_{xx}=-\frac{3}{x^2}-\frac{1}{(12-x-y)^2}, \quad f_{xy}=-\frac{1}{(12-x-y)^2}, \quad f_{yy}=-\frac{2}{y^2}-\frac{1}{(12-x-y)^2} $$ $$ D_2 = \begin{vmatrix} f_{xx}(M) & f_{xy}(M) \\ f_{yx}(M) & f_{yy}(M) \end{vmatrix} = \frac{1}{16} >0, \quad D_1=f_{xx}(M)<0 \Rightarrow M_{\max}=(6,4) $$ $$ f_{\max} = 3\ln1 + 2\ln4 + \ln2 = 5 \ln 2 $$

Zadatak br.5.1
Naci totalni diferencijal prvog reda funkcije $$ f(x,y) = x^3 e^{-xy} + \sqrt{2x-3y} $$ u tacki M(2,0).

Totalni diferencijal funkcije se nalazi tako sto se funkcija izvede po x i po y, koordinate date tacke uvodimo u te izvode i totalni diferencijal ce biti jednak zbiru izvoda po x uz dx i izvoda po y uz dy, oznacava se sa dz. $$ f(x,y) = x^3 e^{-xy} + \sqrt{2x-3y}, \quad M(2,0) $$ $$ f_x = 3x^2 e^{-xy} - x^3 y e^{-xy} + \frac{1}{2\sqrt{2x-3y}}, \quad f_y = -x^3 e^{-xy} - \frac{3}{4\sqrt{2x-3y}} $$ $$ f_x(M) = \frac{25}{2}, \quad f_y(M) = -\frac{67}{4} $$ $$ dz(M) = f_x(M) dx + f_y(M) dy = \frac{25}{2} dx - \frac{67}{4} dy $$

Zadatak br.5.2
Izracunati $$ \int_0^1 dx \int_0^{1-x} dy \int_0^{x+y} (x+y-z)^5 dz $$

Nizom smena i pomeranja granica svakom od integrala pa prelaskom na naredni, racuna se ovaj trojni odredjeni integral. $$ I = \int_0^1 dx \int_0^{1-x} dy \int_0^{x+y} (x+y-z)^5 dz $$ $$ \int_0^{x+y} (x+y-z)^5 dz = \frac{(x+y)^6}{6} $$ $$ I = \frac{1}{6} \int_0^1 dx \int_0^{1-x} (x+y)^6 dy = \frac{1}{6} \int_0^1 \int_x^1 s^6 ds dx = \frac{1}{42} \int_0^1 (1-x^7) dx = \frac{1}{48} $$

Zadatak br.5.3
Izracunati $$ \int_L 5 \, dx - x \, dy $$ gde je $$ L: x = |1-y|, 0 \leq y \leq 2 \\ $$ orijentisana u smeru rasta parametra

Kriva se parametrise izborom parametra t=y na intervalu [0,2] pri cemu je zbog apsolutne vrednosti potrebno podeliti parametrizaciju na x=1-t i x=t-1. Iz parametricnih izraza odredjuju se diferencijali za oba slucaja, u integral se ubacuju ti izrazi i dobijaju se doprinosi. Sabiranjem doprinosa dobija se vrednost linijskog integrala sto je i resenje. $$ \begin{aligned} \int_L 5 \, dx - x \, dy \quad L: x & = |1-y|, 0 \leq y \leq 2 \\ |1-y| & = \begin{cases}1-y, & 1-y \geq 0, y \leq 1 \\ -(1-y), & 1-y<0, y>1\end{cases} \end{aligned} $$ Prvi slučaj: $$ \begin{aligned} & 0 \leq y \leq 1 \\ & x = 1-y \\ & dx = (1-y)^{\prime} \, dy \\ & dx = -dy \end{aligned} $$ Drugi slučaj: $$ \begin{aligned} & 1 < y \leq 2 \\ & x = -(1-y) \\ & x = -1+y \\ & dx = (-1+y)^{\prime} \, dy \\ & dx = dy \end{aligned} $$ $$ \begin{aligned} & \int_L 5 \, dx - x \, dy = \int_0^1 5(-dy) - (1-y) dy + \int_1^2 5 \, dy - (-1+y) dy = \\ & = \int_0^1 (y-6) dy + \int_1^2 (4-y) dy = \frac{y^2}{2} - \left.6y\right|_0^1 + 6y - \left. \frac{y^2}{2}\right|_1^2 = \\ & = \frac{1}{2}-6-0 + 12 -2 - \left(6 - \frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2}-6-0+12-2-6+\frac{1}{2} = \\ & = 1-2 = -1 \end{aligned} $$ Rešenje zadatka: -1