PRIMENA INTEGRALA
Pre nego što krenemo sa izračunavanjem površine, dužine luka, zapremine ili površine rotacione površi moramo odraditi: - pomoću par tačaka ispitamo tok i nacrtamo krivu ( krive)ako je to neophodno - granice integrala nañemo kao rešenje sistema jednačina od datih krivih(njihov presek) - pronañemo odgovarajuću formulu - integral je u najvećem broju slučaja bolje rešiti bez granica,kao neodreñeni , jer u slučaju smene moramo menjati granice...
1. Izračunati površinu figure ograničene lukom krive y = − x 2 + 2 x i pravom y = 0. Rešenje:
Data kriva je parabola, ispitivanje toka i kako se crta njen grafik je detaljno objašnjen u delu “kvadratna funkcija”, ali kako nama ne treba ispitivanje celog toka, već samo nekoliko tačaka, naći ćemo: Grafik funkcije y = − x 2 + 2 x seče x osu u tačkama gde je − x 2 + 2 x = 0 , to jest za x = 0 i x = 2 Nañemo prvi izvod: y`= -2x +2, y` = 0 za –2x+2 = 0 to jest x = 1. Ovu vrednost zamenimo u početnu funkciju: y = - 12+2 = 1, pa je tačka (1,1) maksimum. Sad već možemo skicirati grafik
i) ii) iii)
y
1 -2 -1 0 -1
x 1 2 3 4 5
= − x 2 + 2 x
Mi trebamo naći površinu osenčenog dela, pa je jasno da granice integrala idu od 0 do 2, a pošto je deo površine koji tražimo iznad x ose, u integralu ne moramo uzimati apsolutnu vrednost . Dakle: 23 2 0 8 4 P = ∫ (− x + 2 x)dx = (− + 2 ) = [(− + 2 ) − ( + 0)] = − + 4 = 3 2 0 3 3 3 3 0 2
2
x 3
Tražena površina je dakle
x2 2
P=
4 3
2. Izračunati površinu figure koja je ograničena linijama: y = 2 x 2 + 1 i
y = x 2 + 10
Rešenje:
Tačke preseka ove dve krive,koje ćemo dobiti rešavanjem sistema jednačina, će nam dati granice integrala: y = 2 x 2 + 1 y = x 2 + 10
2 x 2 + 1 = x 2 + 10 x 2 = 9 x = ±3
Dakle integral “ide” od –3 do 3
Dalje ispitamo nekoliko tačaka da bi skicirali grafike: y = 2 x 2 + 1
y = x 2 + 10
2 x 2 + 1 = 0
x 2 + 10 = 0
x 2 = −
1 2
x 2 = −10
Očigledno ni jedna parabola nema preseke sa x osom, nañimo im temena (ekstremne vrednosti) y = 2 x 2 + 1
y = x 2 + 10
y` = 4x
y`= 2x
4x = 0
2x = 0
x=0
x=0
y= 1
y= 10
(0,1) je minimum
(0,10) je minimum
y-osu seče u 1
y-osu seče u 10
Nacrtajmo sada sliku:
y y
19
=
x
2
+
10
10 10
2
y = 2 x + 1
x
1 -3
3
Tražena površina je ovo osenčeno izmeñu parabola, i nju ćemo naći kada od površine ispod gornje krive oduzmemo površinu ispod donje krive, odnosno u integralu oduzmemo donju ( y = 2 x 2 + 1) od gornje parabole ( y = x 2 + 10 ) Važno: Pošto je grafik simetričan u odnosu na y osu, odnosno parne su obe funkcije, lakše nam je da izračunamo površinu od 0 do 3 pa da to pomnožimo sa 2. 3
P = ∫ [( x 2 + 10) − (2 x 2 + 1)]dx
odnosno ,pametnije je:
−3
3
3
P = 2 ∫ [( x + 10) − (2 x + 1)]dx = 2∫ (− x + 9)dx = 2(− 2
2
2
0
0
Tražena površina je dakle
x 3
3
3 0
+ 9 x) = 2 ∗ 18 = 36
P= 36
3. Odrediti površinu lika ograničenog lukom krive y 2 + y + x = 6 i osom Oy. Rešenje:
U ovom zadatku nam je pametnije da izrazimo x, a da traženu površinu izračunamo “po y” y 2 + y + x = 6 x = − y 2 − y + 6
x` = - 2y – 1 Tačka (6
− y 2 − y + 6 = 0
x` = 0
za
- 2y –1 = 0
Nañemo y1,2= pa je y = −
1 1 , − ) je maksimum kad razmišljamo “ po y” 4 2
1± 5 −2
pa je y1 = -3, y2 = 2
1 1 to jest x = 6 2 4
y
2
−
6
1 2
-3
6
1 4
x
x
= −
y2
−
+
6
Radićemo integral po y, gde nam granice očigledno idu od - 3 do 2. 2
P = ∫ (− y − y + 6)dy = (− 2
−3
Tražena površina je
y 3
3
−
y 2
2
+ 6 y)
2 125 = −3 6
125 6 x
-x
4. Izračunati površinu figure koja je ograničena linijama y = e , y = e
i
x=2
Rešenje:
Ovde se radi o graficima elementarnih funkcija. Ako niste upoznati sa njima, napravite tablicu vrednosti, u kojoj ćete birati vrednosti za x i izračunavati y. y
y = e x
2
y = e − x
e 7
1 2
x
x=2
Sa slike je očigledno da osenčena površina ide po x od 0 do 2, da je donja kriva y = e-x a gornja kriva y = ex 2
2 P = ∫ (e x − e − x )dx =(e x + e − x ) = (e 2 + e −2 ) − (e 0 + e −0 ) = e 2 + e − 2 − 2 0 0 Tražena površina je e 2 + e −2 − 2
5.
Odrediti zapreminu tela koje nastaje rotacijom oko ose Ox dela površi ograničenog lukom krive y = 4 x − x 2 i osom Ox.
Rešenje:
Ispitajmo najpre par tačaka za parabolu y = 4 x − x 2 i nacrtajmo sliku: y = 4 x − x 2
4 x − x 2 = 0
pa je x (4 − x ) = 0 ⇒ x = 0 ∨ x = 4
y` = 4-2x pa je 4-2x = 0 za x = 2 a onda je y = 4 y
4 = 4 x − x
2
0
4
2
x
Granice integrala su 0 i 4 b
V = π ∫ y 2 dx a
4
4
V = π ∫ (4 x − x ) dx = π ∫ (16 x 2 − 8 x 3 + x 4 )dx 2 2
0
0
= π (16
= π (16
Zapreminu tela je
512π 15
x 3
3
−8
x 4
4
+
x 5 4
) 5 0
64 256 512 512π − 2 256 + ) = π = 3 5 15 15
6. Odrediti zapreminu tela nastalog rotacijom kruga x 2 + ( y − b) 2 = r 2 oko Ox ose (b>r) Rešenje:
Iz analitičke geometrije znamo da je jednačina kruga ( x − p ) 2 + ( y − q) 2 = r 2 gde su p i q koordinate centra a r poluprečnik kružnice. x 2 + ( y − b) 2 = r 2 nam govori da je p = 0 a q =b, pa će slika izgledati: y
r
b
x
x 2 + ( y − b) 2 = r 2
odavde moramo izraziti y
( y − b) 2 = r 2 − x 2 y − b = ± ( r 2 − x 2 ) y = b ± ( r 2 − x 2 ) Ovde smo dobili dva dela kružnice: gornji y = b + ( r 2 − x 2 ) i donji y = b − (r 2 − x 2 ) y = b + r 2 − x 2
r
y = b − r 2 − x 2
b
x
Rotacija ovog kruga će nam dati telo koje je poznatije kao TORUS, ili po naški guma
y
b
x
r
Zapreminu tela ćemo dobiti kad od zapremine tela koje nastaje rotacijom gornjeg dela kružnice(puna guma) oduzmemo zapreminu tela koje nastaje rotacijom donjeg dela kružnice(kao felna,popunjena) b
V = π ∫ ( y12 − y 22 )dx a
Nadjimo najpre vrednost izraza y12 − y 22 y12 − y 22 = ( b + (r 2 − x 2 ) )2 - (b − ( r 2 − x 2 ) ) 2
= (b 2 + 2b r 2 − x 2 + r 2 ) - (b 2 − 2b r 2 − x 2 + r 2 ) = b 2 + 2b r 2 − x 2 + r 2 - b 2 + 2b r 2 − x 2 − r 2 =
4b r 2 − x 2
Jasno je da granice integrala idu od –r do r
Rešimo najpre neodreñeni integral:
∫
r 2 − x 2 dx =
x = r sin t dx = r cos tdt
= ∫ (r 2 − r 2 sin 2 t )r cos tdt
∫ r (1 − sin t )r cos tdt = ∫ r (1 − sin 2 t )r cos tdt =
2
2
pošto je 1 – sin2t = cos2t
= ∫ r 2 cos t cos tdt = ∫ r 2 cos 2 tdt
r 2 je konstanta pa će ići ispred integrala a upotrebićemo i formulu: cos 2 t = ispred integrala. Dakle: r 2
=
2
1 + cos 2t 1 , pa će i kao konstanta 2 2
∫ (1 + cos 2t )dt
r 2
1 (t + sin 2t ) 2 2
=
Šta se dešava sa granicama ovog integrala? Smena je bila :
x = r sin t
, za x = - r
dx = r cos tdt
za x = r
Nove granice su dakle −
π
i
2
je -r = r sin t , to jest sint = - 1 pa je je r = r sin t ,
to jest sint = 1
pa je t =
π
2
Vratimo se u integral:
b
π
1 (t + sin 2t ) 2 − π 2 2 2 π 1 π π 1 π = 2π br 2 [( + sin 2 ) − (− + sin( −2 ))] 2 2 2 2 2 2
V = π ∫ ( y12 − y 22 )dx = π 4b a
2
r
= 2π br 2π = 2br 2π 2
Dakle, posle mnogo napora, konačno rešenje je V = 2br 2π 2
7. Izračunati dužinu luka krive y = ln x
Rešenje:
Ovde nam slika nije neophodna!
od tačke x = 3
do tačke x =
t=−
8
π
2
π
2
b
Formula za izračunavanje dužine luka krive je L= ∫ 1 + f `( x) 2 dx , ako radimo po x a
y = ln x
y`=
1 x
pa je
8
b
1
8
1 + f `( x) dx = ∫ 1 + ( ) dx = ∫ 1 +
∫
2
x
3
a
2
3
1 x 2
8
dx =
∫
3
x 2 + 1 x 2
8
dx =
∫
3
x 2 + 1 x
dx = uzimamo smenu=
x 2 + 1 = t 2
2 xdx = 2tdt
=
xdx = tdt tdt dx = x
3
=
Da vidimo šta je sa granicama?
t tdt
∫2 x 3
=∫
x
3
=∫ 2
t 2 dt
t 2 dt x
2
x = 8 ⇒ t = 3
= Iz smene je x2 = t2 – 1 pa je sada naš integral
ovde ćemo kao trik, gore oduzeti i dodati 1
2 2 t − 1
3
t 2 − 1 + 1 = dt = 2 − t 1 2
∫
= 1 + ln
x = 3 ⇒ t = 2
3
∫ (1 + 2
1 2
t − 1
)dt = t + ln
3 2
konačno rešenje je L = 1 + ln
3 2
t − 1 3 t + 1 2
= ( 3 + ln
3 −1 2 −1 ) - (2 + ln )= 3 +1 2 +1
8. Izračunati površinu površi koja nastaje rotacijom luka parabole y2 = 4x oko ose Ox na segmentu [0,3] Rešenje:
4 2
1
3
4
-2 -4
Formula za izračunavanje površine rotacione površi je : b
S= 2 π ∫ f ( x) 1 + f `( x) 2 dx , po x
x ∈ [ a, b ]
a
Ovde su granice očigledno 0 i 3. 2 y = 4 x pa je odavde y = 2 x odnosno y`= 2
3
b
S= 2 π ∫ f ( x) 1 + f `( x) dx = 2 π ∫ 2 x 1 +
1
2
0 3
a
= 2 π ∫ 2 x 0 3
x
x + 1 x
= 4 π ∫ x + 1dx
1 2 x
=
1 x
pa je y`2 =
1 x
dx dx 2 ide ispred integrala a korene skratimo
uzimamo smenu
0
=
x + 1 = t 2 dx = 2tdt t 3
uradimo neodredjeni integral da ne menjemo granice
2 ( x + 1) 3 3 3 2 = 4π ( x + 1) 3 0 3 8π 56π = (8 − 1) = 3 3 56π Tražena površina rotacione površi je dakle : S = 3
∫ 2t dt = 2 3 2
=
9. Cikloida C je definisana parametarskim jednačinama: x = a (t − sin t )
i
y = a (1 − cos t )
Izračunati: a) površinu ograničenu jednim lukom cikloide i osom Ox b) dužinu jednog luka cikloide c) zapreminu tela nastalog rotacijom jednog luka cikloide oko Ox ose
Rešenje:
Kako nastaje i kako izgleda ta cikloida? Posmatrajmo kružnicu koja se bez klizanja okreće po pravoj (x osi). Fiksirajmo jednu tačku na kružnici. Kriva koju opisuje ta tačka zovemo cikloida.
0
2aπ
4 aπ
a) Posmatrajmo ovaj prvi luk cikloide koji je u intervalu [0, 2aπ ]
0
2 aπ
b
Ako bi koristili onu univerzalnu formulu za P, bilo bi P= ∫ ydx a
Ovaj integral bi išao od 0 do 2aπ , a pošto je y = a(1 − cos t ) , biće : y = 0 ⇒ a (1 − cos t ) = 0
t = 0
y = 2aπ ⇒ a (1 − cos t ) = 2aπ t = 2π
Znači integral ide od 0 do 2π po t. Kako je x = a(t − sin t ) to je dx = a (1 − cos t )dt
2π
b
P= ∫ ydx = ∫ a(1 − cos t )a(1 − cos t )dt = a 0
a
2π 2
∫0 (1 − cos t )
2
dt
Rešimo najpre traženi integral: 2 2 ∫ (1 − cos t ) dt = ∫ (1 − 2 cos t + cos t )dt = ∫ 1dt − 2∫ cos tdt + ∫
1 + cos 2t dt 2
1 1 (t + sin 2t ) 2 2 1 1 = t − 2 sin t + t + sin 2t 2 4 3 1 = t − 2 sin t + sin 2t 2 4 = t − 2 sin t +
Vratimo se u formulu: 2π
2π 1 2 2 3 = ( 2 sin sin 2 − + ( 1 − cos t ) dt a t t t ) =3 a 2π ∫0 0 2 4 Samo mala napomena da su sinusi od 0 i 360 stepeni jednaki 0. P= a
2
P=3 a 2π
Dakle,
b) Da izračunamo dužinu jednog luka cikloide:
0
2 aπ
β
Za luk imamo gotovu formulu: L= ∫ x`2 (t ) + y`2 (t )dt α
Granice integrala su 0 i 2π . Sredimo i ovu potkorenu veličinu pa ćemo onda rešavati integral. x = a (t − sin t ) pa je x`= a (1 − cos t ) y = a (1 − cos t ) pa je y`= a sin t
jer je od jedinice izvod 0
x`2 + y `2 = [ a (1 − cos t )] 2 + [ a sin t ] 2 = a 2 (1 − 2 cos t + cos 2 t ) + a 2 sin 2 t = a 2 (1 − 2 cos t + cos 2 t + sin 2 t ) = a 2 ( 2 − 2 cos t ) = 2a 2 (1 − cos t )
= 2a 2 2 sin 2 = 4a 2 sin 2
t
2
t
2
Vratimo se u integral: 2π
β
∫
2
2
x` (t ) + y ` (t ) dt =
α
∫0
2
4a sin
2
t
2
2π
2π t t t 2π = 8a dt = 2a sin dt = 2a sin dt = − 4a cos
∫0
2
∫0
2 0
2
Dužinu jednog luka cikloide je L = 8a c) Izračunajmo i zapreminu
2aπ
0
2π
2π
V = π ∫ y dx = π ∫ [a(1 − cos t )] 2 a(1 − cos t )dt 2
0
0 2π
= π ∫ a 3 (1 − cos t ) 3 dt konstanta ide ispred integrala 0 2π
= a π ∫ (1 − cos t ) 3 dt iskoristimo formulu (a - b ) 3 3
0 2π
= a 3π ∫ (1 − 3 cos t + 3 cos 2 t − cos 3 t )dt 0
Svaki od ovih integrala ćemo rešavati posebno, prva dva nisu problem jer su tablični, rešimo zato ova preostala dva. 2 ∫ cos t = ∫
1 + cos 2t 1 1 1 1 1 dt = ∫ (1 + cos 2t ) dt = (t + sin 2t ) = t + sin 2t 2 2 2 2 2 4
3 2 2 2 ∫ cos tdt = ∫ cos t cos tdt = ∫ cos t (1 − sin t ) = ∫ cos tdt − ∫ cos t sin tdt =
z 3
sin 3 t sin t − = sin t − 3 3
sin t = z = sin t − ∫ z 2 dz = cos tdt = dz
Vratimo se u izračunavanje zapremine:
1 1 sin 3 t 2π V = a π [t − 3 sin t + 3( t + sin 2t )- (sin t − )] = kad sredimo= 5a 3π 2 0 2 4 3 3
Dakle V= 5a 3π 2
