Zadatak 4 — Izračunati \[ S = \iint_{S} \frac{dS}{1+4z}, \] gde je \( S \) deo površine \( z = x^2 + y^2 \) koji se nalazi između površina \[ z = 4 \quad \text{i} \quad z + \sqrt{x^2 + y^2} = 2. \]
Prikaži postupak
Površina \( S \) je paraboloid.
\( z = x^2+y^2 \)
Granice su:
\( z = 4 \) i \( z + x^2 + y^2 = 2 \implies z = 2 – r \), gde je \( r = x^2 + y^2 \).
Za \( z = 4 \implies r = 2 \).
Rešavanjem \( r^2 + r – 2 = 0 \implies r = 1 \).
Dakle \( r \in [1,2], \theta \in [0, 2\pi]. \)
Element površine:
\( dS = \sqrt{1 + (2x)^2 + (2y)^2} \, dx\,dy = \sqrt{1+4(x^2+y^2)}\,dx\,dy \).
U polarnim koordinatama \( x = r\cos\theta, \ y = r\sin\theta \):
\( dS = \sqrt{1+4r^2} \, r\,dr\,d\theta. \)
Postavljanje integrala:
\[
\iint_S \frac{dS}{1+4z}
= \int_0^{2\pi}\int_1^{2}\frac{r}{\sqrt{1+4r^2}}\,dr\,d\theta.
\]Smena \( t = 1+4r^2, \ dt = 8r\,dr \):
\[
\int_1^{2}\frac{r}{\sqrt{1+4r^2}}\,dr
= \frac18 \int_5^{17} t^{-1/2}\,dt
= \frac14(\sqrt{17}-\sqrt{5}).
\]Ugaoni integral:
\[
\int_{0}^{2\pi} d\theta = 2\pi.
\]
Prikaži rešenje
\[ \boxed{\displaystyle \iint_S \frac{dS}{1+4z} = 2\pi(\sqrt{17}-\sqrt{5})} \]
Zadatak 5.1 – Odrediti granice integracije za oblast \( D \) u izrazu \[\iint_{D} f(x,y)\,dx\,dy\], u oba slučaja, ako je oblast definisana sa \[D : \quad y \geq -5, \quad 2x – 1 \geq y, \quad -2x – 1 \geq y.\]
Prikaži postupak
Region \( D \) je dat uslovima \( y \geq -5, \ 2x-1 \geq y, \ -2x-1 \geq y. \)(1) Određivanje preseka pravaca:
\( y = 2x – 1, \quad y = -2x – 1. \)
Izjednačimo: \( 2x-1 = -2x-1 \implies 4x = 0 \implies x = 0. \)
Za \( x = 0 \implies y = -1 \).
Dakle presek je \( (0,-1) \).Za \( y = 2x-1, \ y = -5 \):
\( 2x-1 = -5 \implies 2x = -4 \implies x = -2 \). Tačka \( (-2,-5) \).
Za \( y = -2x-1, \ y = -5 \):
\( -2x-1 = -5 \implies -2x = -4 \implies x = 2 \). Tačka \( (2,-5) \).
(2) Granice integracije:
(a) Integracija prvo po \( y \), pa po \( x \):
Za dati region, minimalno \( y = -5 \), maksimalno \( y = -1 \).
Za svaki \( y \) između \(-5\) i \(-1\):
Iz \( y = 2x-1 \implies x = \frac{y+1}{2} \)
Iz \( y = -2x-1 \implies x = -\frac{y+1}{2} \)
Dakle: \( x \in [ (y+1)/2, -(y+1)/2 ] \).
Integral:
\[
\int_{-5}^{-1} \int_{\frac{y+1}{2}}^{-\frac{y+1}{2}} f(x,y)\,dx\,dy.
\]
(b) Integracija prvo po \( x \), pa po \( y \):
Minimalno \( x = -2 \), maksimalno \( x = 2 \).
Za \( x \in [-2,0] \): \( y \) ide od \(-5\) do \( 2x-1 \).
Za \( x \in [0,2] \): \( y \) ide od \(-5\) do \( -2x-1 \).
Integral:
\[
\int_{-2}^{0}\int_{-5}^{2x-1} f(x,y)\,dy\,dx
+ \int_{0}^{2}\int_{-5}^{-2x-1} f(x,y)\,dy\,dx.
\]
Zadatak 5.2 – Izračunati zapreminu tela \[ G = \{(x,y,z)\mid x^2 + y^2 + z^2 \leq 9\} \]
Prikaži postupak
Potrebno je zapreminu mase tela:
\[
G = \{ (x,y,z) \mid x^2 + y^2 + z^2 \leq 9 \}
\]
**(1) Prvi način: Korišćenje formule za zapreminu kugle**
Poluprečnik kugle je
\[
R = 3 \quad (\text{jer je } 3^2 = 9)
\]
Zapremina kugle data je formulom:
\[
V = \frac{4}{3}\pi R^3
\]
Zamenom \(R = 3\):
\[
V = \frac{4}{3}\pi \cdot 3^3 = \frac{4}{3}\pi \cdot 27 = 36\pi
\]
**(2) Drugi način: Integral u sfernim koordinatama**
\[
\begin{cases}
x = r \sin\theta \cos\varphi \\
y = r \sin\theta \sin\varphi \\
z = r \cos\theta
\end{cases}
\quad r \geq 0, \theta \in [0,\pi], \varphi \in [0,2\pi]
\]
\[
dV = r^2 \sin\theta \, dr \, d\theta \, d\varphi
\]
\[
V = \int_0^{2\pi} \int_0^{\pi} \int_0^{3} r^2 \sin\theta \, dr \, d\theta \, d\varphi
\]
Integracija po \(r\):
\[
\int_0^3 r^2 \, dr = \frac{r^3}{3} \Big|_0^3 = 9
\]
Integracija po \(\theta\):
\[
\int_0^{\pi} \sin\theta \, d\theta = (-\cos\theta)\Big|_0^{\pi} = 2
\]
Integracija po \(\varphi\):
\[
\int_0^{2\pi} d\varphi = 2\pi
\]
Prikaži rešenje
\[ \boxed{ V = 36\pi } \]
Zadatak 5.3 – Izračunati \[\int_{(0,4)}^{(0,0)} (3y \, dx – 2x \, dy)\] po liniji \[x = |y – 2| – 2.\]
Prikaži postupak
Izračunati \( \int_{(0,0)}^{(0,4)} (3y\,dx – 2x\,dy) \) po liniji \( x = |y-2|-2.
Kriva je definisana sa
\[ x = |y-2| – 2, \quad y \in [0,4] \]Zbog apsolutne vrednosti, kriva se deli na dva dela:
\[ \text{Ako } y \le 2: |y-2| = 2-y \implies x = (2-y)-2 = -y \] \[ \text{Ako } y \ge 2: |y-2| = y-2 \implies x = (y-2)-2 = y-4 \]Kriva se sastoji od dva segmenta:
- Od \((0,0)\) do \((-2,2)\): uvodimo parametar \(t\): \[ y = t, \quad x = -t, \quad t \in [0,2] \]
- Od \((-2,2)\) do \((0,4)\): \[ y = t, \quad x = t-4, \quad t \in [2,4] \]
Deo 1:
\[ x(t) = -t, \quad y(t) = t, \quad dx = -dt, \quad dy = dt \] \[ 3y\,dx – 2x\,dy = 3t(-dt) – 2(-t)\,dt = -3t\,dt + 2t\,dt = -t\,dt \] \[ \int_0^2 -t\, dt = -\frac{t^2}{2}\Big|_0^2 = -2 \]Deo 2:
\[ x(t) = t-4, \quad y(t) = t, \quad dx = dt, \quad dy = dt \] \[ 3y\,dx – 2x\,dy = 3t\,dt – 2(t-4)\,dt = (3t – 2t + 8)\,dt = (t+8)\,dt \] \[ \int_2^4 (t+8)\, dt = \frac{t^2}{2} + 8t \Big|_2^4 = (8+32) – (2+16) = 40 – 18 = 22 \]Ukupno:
\[ \int_{(0,4)}^{(0,0)} (3y\,dx – 2x\,dy) = -2 + 22 = 20 \]Prikaži rešenje
\[ \boxed{ \int (3y\,dx-2x\,dy) = 20 } \]
Zadaci 1,2 i 3