Višestruki, krivolinijski i površinski integrali - teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Dopunom do potpunog kvadrata dobijamo
[tex]x^2+y^2\le x\iff \left(x-\frac{1}{2}\right)^2+y^2\le\frac{1}{4}[/tex]
pa je [tex]D[/tex] krug sa centrom [tex]\left(\frac{1}{2}; 0\right)[/tex] i poluprečnikom [tex]\frac{1}{2}[/tex], čija granica prolazi kroz koordinatni početak. Koristimo polarne koordinate sa polom u koordinatnom početku: [tex]x=r\cos\varphi,\ y=r\sin \varphi[/tex], jakobijan [tex]r[/tex], a [tex]\sqrt{x^2+y^2}=r[/tex]. Uslov postaje [tex]r^2\le r\cos\varphi[/tex], tj. [tex]0\le r\le\cos\varphi[/tex], što zahteva [tex]\cos\varphi\ge 0[/tex], tj. [tex]-\frac{\pi}{2}\le\varphi\le\frac{\pi}{2}[/tex]. Prema tome, integral [tex]I[/tex] jednak je
[tex]I=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\int_{0}^{\cos\varphi}r^2\,dr\,d\varphi=\frac{1}{3}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^3\varphi\,d\varphi=\frac{1}{3}\left[\sin \varphi-\frac{\sin ^3\varphi}{3}\right]_{-\pi/2}^{\pi/2}=\frac{1}{3}\cdot \frac{4}{3}=\frac{4}{9}[/tex]
Napomena: granica za [tex]r[/tex] mora zavisiti od [tex]\varphi[/tex], jer pol leži na graničnoj kružnici, a ne u njenom centru; česta greška je da se uzme [tex]0\le r\le 1[/tex].

Rešenje:
Oblast integracije je
[tex]D=\left\{-2\le y\le 2,\ y^2-2y-3\le x\le 1-2y\right\}[/tex]
Njena leva granica je parabola [tex]x=(y-1)^2-4[/tex] sa temenom [tex](-4; 1)[/tex], otvorena udesno, a desna granica je prava [tex]x=1-2y[/tex], tj. [tex]y=\frac{1-x}{2}[/tex]. One se seku kada je
[tex]y^2-2y-3=1-2y\iff y^2=4\iff y=\pm 2[/tex]
tj. u tačkama [tex](5; -2)[/tex] i [tex](-3; 2)[/tex]. To su upravo date granice za [tex]y[/tex], a za [tex]|y|\lt 2[/tex] parabola leži levo od prave (na primer, za [tex]y=0[/tex]: [tex]-3\lt 1[/tex]). Rešavanjem jednačine parabole po [tex]y[/tex] dobijamo njenu donju i gornju granu:
[tex]y=1-\sqrt{x+4},\qquad y=1+\sqrt{x+4}[/tex]
U oblasti [tex]D[/tex] promenljiva [tex]x[/tex] uzima vrednosti od [tex]-4[/tex] (teme) do [tex]5[/tex]. Za [tex]-4\le x\le -3[/tex] vertikalna prava seče [tex]D[/tex] između dve grane parabole (gornja grana dostiže ugao [tex](-3; 2)[/tex] za [tex]x=-3[/tex]). Za [tex]-3\le x\le 5[/tex] donja granica je i dalje [tex]y=1-\sqrt{x+4}[/tex], a gornja je prava [tex]y=\frac{1-x}{2}[/tex]. Prema tome,
[tex]\int_{-2}^{2}dy\int_{y^2-2y-3}^{1-2y}f(x,y)\,dx=\int_{-4}^{-3}dx\int_{1-\sqrt{x+4}}^{1+\sqrt{x+4}}f(x,y)\,dy+\int_{-3}^{5}dx\int_{1-\sqrt{x+4}}^{\frac{1-x}{2}}f(x,y)\,dy[/tex]
Provera za [tex]f=1[/tex] (obe strane daju površinu oblasti [tex]D[/tex]):
[tex]\int_{-2}^{2}\left(4-y^2\right)dy=\frac{32}{3},\qquad \frac{4}{3}+\frac{28}{3}=\frac{32}{3}[/tex]

Rešenje:
Ograničeno telo je deo gornje polovine konusa ([tex]z\ge 0[/tex]) koji leži ispod ravni:
[tex]V:\ \sqrt{x^2+y^2}\le z\le 1[/tex]
U cilindričnim koordinatama [tex]x=r\cos\varphi,\ y=r\sin \varphi,\ z=z[/tex] (jakobijan [tex]r[/tex]) podintegralna funkcija postaje [tex]r[/tex] i
[tex]V:\ 0\le\varphi\le 2\pi,\ 0\le r\le 1,\ r\le z\le 1[/tex]
Prema tome (podintegralna funkcija pomnožena jakobijanom daje [tex]r^2[/tex])
[tex]\iiint_V \sqrt{x^2+y^2}\,dx\,dy\,dz=\int_{0}^{2\pi}d\varphi\int_{0}^{1}dr\int_{r}^{1}r^2\,dz=2\pi\int_{0}^{1}r^2(1-r)\,dr=2\pi\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)=\frac{\pi}{6}[/tex]

Rešenje:
Za fiksiranu tačku [tex](x; y)[/tex] promenljiva [tex]z[/tex] se menja od [tex]0[/tex] do [tex]3\sqrt{1-\frac{x}{7}-\frac{y}{10}}[/tex]; taj izraz je definisan tačno kada [tex](x; y)[/tex] leži u trouglu [tex]T[/tex] (projekciji tela na ravan [tex]Oxy[/tex], dobijenoj za [tex]z=0[/tex]):
[tex]T=\left\{x\ge0,\ y\ge0,\ \frac{x}{7}+\frac{y}{10}\le1\right\},\qquad V=\iint_T 3\sqrt{1-\frac{x}{7}-\frac{y}{10}}\,dx\,dy[/tex]
Uvedimo smenu [tex]x=7u,\ y=10v[/tex]; jakobijan je [tex]70[/tex], a [tex]T[/tex] prelazi u trougao [tex]u\ge0,\ v\ge0,\ u+v\le1[/tex]:
[tex]V=210\int_0^1du\int_0^{1-u}\sqrt{1-u-v}\,dv[/tex]
Unutrašnji integral je
[tex]\int_0^{1-u}\sqrt{1-u-v}\,dv=-\frac23(1-u-v)^{3/2}\Big|_{v=0}^{v=1-u}=\frac23(1-u)^{3/2}[/tex]
pa je
[tex]V=210\int_0^1\frac23(1-u)^{3/2}\,du=210\cdot \frac23\cdot \frac25=56[/tex]

Rešenje:
Pređimo na sferne koordinate
[tex]x=\rho\sin \theta\cos\varphi,\ y=\rho\sin \theta\sin \varphi,\ z=\rho\cos\theta,\qquad dx\,dy\,dz=\rho^2\sin \theta\,d\rho\,d\theta\,d\varphi[/tex]
Prvi oktant daje [tex]0\le\varphi\le\frac{\pi}{2}[/tex]. Uslov [tex]z\ge\sqrt{x^2+y^2}[/tex] postaje [tex]\rho\cos\theta\ge\rho\sin \theta[/tex], tj. [tex]0\le\theta\le\frac{\pi}{4}[/tex], a sfera daje [tex]0\le\rho\le\sqrt2[/tex]. Kako je [tex]z^2=\rho^2\cos^2\theta[/tex], integral se razlaže na proizvod:
[tex]\iiint_V z^2\,dx\,dy\,dz=\int_0^{\pi/2}d\varphi\int_0^{\pi/4}\cos^2\theta\sin \theta\,d\theta\int_0^{\sqrt2}\rho^4\,d\rho[/tex]
Tri činioca su
[tex]\frac{\pi}{2},\qquad \left[-\frac{\cos^3\theta}{3}\right]_0^{\pi/4}=\frac13\left(1-\frac{\sqrt2}{4}\right)=\frac{4-\sqrt2}{12},\qquad \frac{(\sqrt2)^5}{5}=\frac{4\sqrt2}{5}[/tex]
Prema tome,
[tex]\iiint_V z^2\,dx\,dy\,dz=\frac{\pi}{2}\cdot \frac{4-\sqrt2}{12}\cdot \frac{4\sqrt2}{5}=\frac{\pi\left(16\sqrt2-8\right)}{120}=\frac{\pi\left(2\sqrt2-1\right)}{15}[/tex]

Rešenje:
Elipsa je [tex]\frac{x^2}{4}+y^2=1[/tex], pa se njen luk u prvom kvadrantu parametrizuje ovako (integral prve vrste ne zavisi od smera obilaska):
[tex]x=2\cos t,\quad y=\sin t,\quad 0\le t\le\frac{\pi}{2}[/tex]
Tada je
[tex]dl=\sqrt{x'^2+y'^2}\,dt=\sqrt{4\sin ^2t+\cos^2t}\,dt=\sqrt{1+3\sin ^2t}\,dt[/tex]
[tex]\int_L xy\,dl=\int_{0}^{\pi/2}2\sin t\cos t\,\sqrt{1+3\sin ^2t}\,dt[/tex]
Uvedimo smenu [tex]u=\sin ^2t[/tex], [tex]du=2\sin t\cos t\,dt[/tex]; tada se [tex]u[/tex] menja od [tex]0[/tex] do [tex]1[/tex]:
[tex]\int_L xy\,dl=\int_{0}^{1}\sqrt{1+3u}\,du=\frac{2}{9}\left[(1+3u)^{3/2}\right]_{0}^{1}=\frac{2}{9}(8-1)=\frac{14}{9}[/tex]

Rešenje:
Spirala počinje u koordinatnom početku i nalazi se unutar jedinične kružnice dok je [tex]\rho=2\varphi\le1[/tex], tj. za [tex]0\le\varphi\le\frac12[/tex]. Za krivu zadatu u polarnim koordinatama sa [tex]\rho=\rho(\varphi)[/tex] element luka je
[tex]dl=\sqrt{\rho^2+\rho'^2}\,d\varphi=\sqrt{4\varphi^2+4}\,d\varphi=2\sqrt{1+\varphi^2}\,d\varphi[/tex]
Kako je [tex]\varphi\in\left[0; \frac12\right]\subset\left[0; \frac{\pi}{2}\right)[/tex], tačke krive [tex]L[/tex] leže u prvom kvadrantu i [tex]\operatorname{arctg}\frac{y}{x}=\operatorname{arctg}(\operatorname{tg} \varphi)=\varphi[/tex] (koordinatni početak je jedna tačka i ne utiče na integral). Zato je integral jednak
[tex]\int_0^{1/2}2\varphi\sqrt{1+\varphi^2}\,d\varphi=\frac23\left(1+\varphi^2\right)^{3/2}\Big|_0^{1/2}=\frac23\left(\frac{5\sqrt5}{8}-1\right)=\frac{5\sqrt5-8}{12}[/tex]

Rešenje:
Za krivolinijski integral druge vrste po parametrizovanoj krivoj važi
[tex]\int_L P\,dx+Q\,dy=\int_{0}^{2\pi}\left(P\,x'(t)+Q\,y'(t)\right)dt[/tex]
Ovde je [tex]x'(t)=3(1-\cos t)[/tex], [tex]y'(t)=3\sin t[/tex] i [tex]6-y=3+3\cos t[/tex], pa je
[tex](6-y)\,x'=9(1+\cos t)(1-\cos t)=9\sin ^2t,\qquad x\,y'=9(t-\sin t)\sin t=9t\sin t-9\sin ^2t[/tex]
i podintegralna funkcija se svodi na [tex]9t\sin t[/tex]. Parcijalnom integracijom dobijamo [tex]\int t\sin t\,dt=-t\cos t+\sin t[/tex], pa je
[tex]\int_L (6-y)\,dx+x\,dy=9\left[-t\cos t+\sin t\right]_{0}^{2\pi}=9\cdot (-2\pi)=-18\pi[/tex]

Rešenje:
[tex]S[/tex] je grafik funkcije [tex]z=\sqrt{x^2+y^2}[/tex] nad četvrtinom kruga
[tex]D:\ x^2+y^2\le 1,\ x\ge 0,\ y\ge 0[/tex]
Kako je [tex]z_x=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}[/tex] i [tex]z_y=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}[/tex], imamo [tex]z_x^2+z_y^2=1[/tex] i (vrh konusa je jedna tačka i ne utiče na integral)
[tex]dS=\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\,dx\,dy=\sqrt{2}\,dx\,dy[/tex]
Prema tome, prelaskom na polarne koordinate,
[tex]\iint_S xy\,dS=\sqrt{2}\iint_D xy\,dx\,dy=\sqrt{2}\int_{0}^{\pi/2}\cos\varphi\sin \varphi\,d\varphi\int_{0}^{1}r^3\,dr=\sqrt{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{4}=\frac{\sqrt{2}}{8}[/tex]

Rešenje:
Površina površi zadate parametarski nad pravougaonikom parametara [tex]D:\ 0\le u\le 1,\ 0\le v\le 2[/tex] jednaka je
[tex]S=\iint_D\left|\vec{r}_u×\vec{r}_v\right|du\,dv[/tex]
Ovde su parcijalni izvodi i njihov vektorski proizvod
[tex]\vec{r}_u=\left(0,\ v,\ u\right),\qquad \vec{r}_v=\left(2v,\ u,\ 0\right),\qquad \vec{r}_u×\vec{r}_v=\left(-u^2,\ 2uv,\ -2v^2\right)[/tex]
pa je dužina vektora normale
[tex]\left|\vec{r}_u×\vec{r}_v\right|=\sqrt{u^4+4u^2v^2+4v^4}=\sqrt{\left(u^2+2v^2\right)^2}=u^2+2v^2[/tex]
Parametrizacija je obostrano jednoznačna na [tex]D[/tex], jer se za [tex]u,v\ge 0[/tex] parametri određuju iz tačke: [tex]u=\sqrt{2z}[/tex], [tex]v=\sqrt{x}[/tex]. Zato je
[tex]S=\int_0^1du\int_0^2\left(u^2+2v^2\right)dv=\int_0^1\left(2u^2+\frac{16}{3}\right)du=\frac{2}{3}+\frac{16}{3}=6[/tex]