VIŠESTRUKI INTEGRALI - ZADACI ( I DEO) Dvostruki integrali-odredjivanje integrali-odredjivanje granica integracije Prva stvar sa kojom se susrećemo kod dvojnih d vojnih integrala je odredjivanje granice integracije. Za skoro svaki zadatak moramo crtati sliku pa je najbolje da se najpre podsetite kako izgledaju grafici osnovnih funkcija. ( imate fajl na sajtu) Imamo dva osnovna tipa područja integracija: 1) Ako je područje integracije D omedjeno sa sa leve i desne strane pravama x = a i x = b a sa donje i gornje strane neprekidnim funkcijama
1
( x) i
2
( recimo a < b)
( x) gde je y1 ( x) ≤ y2 ( x) , onda imamo:
a ≤ x ≤ b
y1 ( x) ≤ y ≤ y 2 ( x)
pa je:
b
y2 ( x )
a
y1 ( x )
∫∫ z ( x, y)dxdy = ∫ dx ∫ z ( x, y)dy D
Pogledajmo sliku: y
y2 ( x)
y1 ( x)
a
1
b
( x) ≤
≤
2
( x)
x
a ≤ x ≤ b
Ovo je češća situacija , kad rešavamo najpre integral “ po dy ” , gde ćemo x tretirati kao konstantu , a zatim rešavamo običan integral po x- su. 1
2) U ovoj drugoj situaciji, područje integracije D je omedjeno odozdo i odozgo sa pravama y = c i y = d , gde je c
1
( y) ≤ x2 ( y) .
Pogledajmo sliku: y
d x1 ( y)
c ≤ y ≤ d
x2 ( y )
c x1 ( y) ≤ x ≤ x2 ( y) x
Znači:
Ako je oblast D određena nejednakostima: x1 ( y) ≤ x ≤ x 2 ( y ) c ≤ y ≤ d
onda je :
d
x2 ( y )
c
x1 ( y )
∫∫ z ( x, y)dxdy = ∫ dy ∫ z ( x, y)dx D
Ovde se prvo radi integral “po dx” a zatim integral po dy. Koji ćete tip koristiti zavisi od konkretne situacije. Nacrtate sliku, nadjete preseke pa krenete u rad...
www.matematiranje.com
2
Primer 1. Odrediti granice integracije dvojnog integrala
∫∫
( x, y )dxdy za oba moguća poretka integracije ako je
D
oblast D trougao sa temenima O(0,0); A( 1,0) i B (1,1)
Rešenje: Najpre ćemo nacrtati sliku: =x
y
B(1,1)
O(0,0)
A(1,0)
x
Pravu kroz tačke O i B smo našli kao jednačinu prave kroz dve date tačke ( ako neznamo napamet da je odredimo) :
− 1y =
y2 − y1 x2 − x1
Pa imamo:
( x− 1x)
y− 0 =
1− 0 1− 0
( x− 0) → y= x
Ajmo da odradimo granice za prvi poredak, pogledajmo sliku: y
y = x
0
x ide
1
y=0 je x- osa
x
y gledamo “odozdo nagore”
3
Za granice po x –su gledamo sa leva udesno. Prvo nailazimo na nulu , pa na 1. Dakle : 0≤ x ≤ 1. Kad gledamo po y , najpre nailazimo na x osu , a znamo da je to y=0. Sa gornje strane je prava y=x, pa je 0≤ y ≤ x
0 ≤ x ≤ 1 0 ≤ ≤ x
Oblast D je:
Ovde bi zadati integral rešavali po granicama :
∫∫
y2 ( x )
b
( x, y) dxdy =
∫ dx ∫
D
a
1y(
z( x, y) dy = x)
1
x
0
0
∫ dx∫ z( x, y) dy
Za drugi poredak integracije imamo: y x gledamo “ s leva na desno”
1 x=y y ide od
0
x=1 x
1
Sad y ide od 0 do 1 gledajući odozdo nagore , pa je 0 ≤
≤ 1.
Za x granice gledamo sa leva udesno. Najpre nailazimo na pravu x=y a zatim na pravu x=1, pa je
≤ x ≤ 1
0 ≤ ≤ 1 Oblast D je sada: y ≤ x ≤ 1 d
Zadani integral bi rešavali po granicama:
x2 ( y )
∫∫ z( x, y)dxdy = ∫ dy ∫ D
c
1x(
1
z( x, y) dx = )y
1
∫ dy∫ z( x, y) dx 0
y
Primer 2. Odrediti granice integracije dvojnog integrala
∫∫
( x, y )dxdy za oba moguća poretka integracije ako je
D
oblast D paralelogram sa temenima A( 1,2); B(2,4); C(2,7) i D(1,5)
Rešenje: Crtamo sliku:
4
7
C(2,7)
6 5
D(1,5)
4
B(2,4)
3 2
A(1,2)
1 1
2
3
4
x
Trebaju nam jednačine pravih kroz AB i kroz CD. Koristimo kao malopre y− y1 =
y2 − y1 x2 − x1
( x− x1 ) i dobijamo da je:
AB: y = 2x CD: y = 2x+3 Sad možemo razmišljati o prvom poretku integracije: y
7
C(2,7)
6 5
y=2x+3 D(1,5)
4
B(2,4)
y=2x
3 2
y ide od 2x do 2x+3
A(1,2)
1 x ide od 1 do 2
1
Oblast D je
1 ≤ x ≤ 2
2 x ≤ y ≤ 2 x+ 3
∫∫ z( x, y) dxdy = ∫ dx ∫ D
a
1y(
2
z( x, y) dy = )x
3
4
x
a integral bi rešavali kao:
y2 ( x )
b
2
2 x +3
∫ dx ∫ 1
z( x, y) dy
2 x
I ovo bi bio lakši način za rešavanje… 5
Za drugi poredak integracije bi situacija bila malo teža .
Naravno, najpre ćemo jednačine pravih AB i CD izraziti preko x-sa. AB: y = 2x → x =
y 2
CD: y = 2x+3 → x =
y − 3 2
Pogledajmo sada slike:
7
7
C(2,7)
6 5
D(1,5)
1
y ide od 4 do 5
B(2,4)
x =
3 2
y ide od 5 do 7
6
4
y ide od 2 do 4
7
C(2,7)
y
4
2
3
4
y − 3 2
C(2,7)
x=2
y − 3
D(1,5)
2
4
B(2,4)
≤ x ≤ 2
B(2,4)
3
2
2
A(1,2)
1
x ide od 1 do y/2
6 5
3
2
A(1,2)
1
5
D(1,5)
x =
1
x ide od 1 do 2
x
1
slika 1.
2
3
A(1,2)
x
4
1
slika 2.
2
3
4
x
slika 3.
Morali bi oblast integracije da podelimo na tri dela:
2 ≤ y ≤ 4 D1 : y 1 ≤ x ≤ 2
5 ≤ y ≤ 7 D3 : y − 3 2 ≤ x ≤ 2
4 ≤ y ≤ 5 D2 : 1 ≤ x ≤ 2
Zadati integral bi rešavali:
y d
x2 ( y )
∫∫ z( x, y)dxdy = ∫ dy ∫ D
c
1x(
4
z( x, y) dx = y)
2
5
2
7
2
5
y − 3
∫ dy∫ z( x, y) dx + ∫ dy∫ z( x, y) dx+ ∫ dy ∫ 2
1
4
1
z( x, y) dx
2
www.matematiranje.com
6
Primer 3. Odrediti granice integracije dvojnog integrala
∫∫
( x, y )dxdy za oba moguća poretka integracije ako je
D
Oblast D ograničena linijama y = x i
= 4 x − x 2
Rešenje:
Kriva
= 4 x − x 2 jeste kružnica ali je prvo moramo srediti...
y= 4 x− x2 ................... / ()2 y2 = 4 x− x2 x2 − 4 x+ y2 = 0 x2 − 4 x+ 4 − 4 + y2 = 0 ( x − 2) 2 + y 2 = 4
Da odmah nadjemo i preseke...Njih uvek dobijamo rešavajući sistem jednačina:
y = 4 x − x2 ∧ y = x x= 4 x− x2 ..................()2 x2 = 4 x− x2 2 x 2 − 4 x = 0 2 x( x− 2) = 0 → x= 0 ∨ x= 2 x = 0 → y = 0 x = 2 → y = 2
Crtamo sliku: y = x
y
2 ( x − 2) 2 + y 2 = 4
1
1
2
3
4
x
7
Prvi poredak integracije će biti: y = x
y
y=
2
4 x− x
2
1
po y 0
1
4
3
2
x
x ide od 0 do 2
0 ≤ x ≤ 2 D : a integral bi rešavali: 2 x ≤ y ≤ 4 x − x
y2 ( x )
b
∫∫ z( x, y) dxdy = ∫ dx ∫ D
a
1y(
4 x −x2
2
z( x, y) dy = )x
∫ dx ∫
z( x, y) dy x
0
Za drugi poredak integracije, kao i u prethodnim primerima , imamo malo više posla... Da izrazimo najpre x iz
= 4 x − x 2 :
y= 4 x− x2 y2 = 4 x− x2 x2 − 4 x+ y2 = 0 Ovo sad rešavamo kao kvadratnu jednačinu: x2 − 4 x+ y2 = 0 x1,2 =
−b ± b 2 − 4ac 2a
x = 2± 4−
=
y→
2
1,2
4 ± 16 − 4 y 2 2
nama treba →
=
4 ± 2 4 − y2 2
=x 2 − 4 −
2
y
Sad slika: y
y ide od 0 do 2
x = 2 − 4 − y 2
2
po x 1
x=y
0
1
2
3
4
x
0 ≤ y ≤ 2 D : a integral je : 2 2 − 4 − ≤ x ≤ y
∫∫ D
( x, y) dxdy =
d
x2 ( y )
c
) 1x( y
∫ dy ∫
2
z( x, y) dx =
y
∫ dy ∫ 0
2− 4 − y
z( x, y) dx 2
8
Primer 4. y
1
Promeniti poredak integracije u integralu:
∫ dy ∫ z ( x, y) dx y
0
Rešenje: y
1
Iz datog integrala
∫ dy ∫ z ( x, y)dx odmah vidimo da se radi o drugom tipu za poredak integracije i da je: y
0
0 ≤ y ≤ 1 ≤ x ≤ y
D :
Iz
= y → y = x a iz
= x → y = x2
Slika: y
1 = x
=
2
x
1
0 x ide od 0 do 1
1 1 x 0 ≤ x ≤ 1 Odlast D je sad D : 2 a integral : ∫ dy ∫ z ( x, y) dx = ∫ dx ∫ z( x, y) dy x ≤ y≤ x 0 y 0 x y
2
Primer 5. 1
Promeniti poredak integracije u integralu:
1
∫ dx ∫ 0
z ( x, y) dy
− 2 x − x 2
Rešenje: Sredimo kružnicu i nacrtamo sliku:
9
y= − 2 x− x2 ...............()2 y2 = 2 x− x2 x2 − 2 x+ y2 = 0 x2 − 2 x+ 1 − 1 + y2 = 0 ( x − 1) 2 + y 2 = 1 Slika: y x ide od 0 do 1
y=1
1
( x − 1) + y = 1 2
ceo krug
x
1
0
2
y= − 2 x− x2 y ide od kruga do prave y=1
Iz kružnice sad moramo izraziti x: y= − 2 x− x2 ...............()2 y2 = 2 x− x2 x2 − 2 x+ y2 = 0 1,2
x=
−b ± b 2 − 4ac 2a
=
2 ± 4 − 4 y 2 2
=
2 ± 2 1− y2 2
= 1± 1−
2
y →
=x1 − 1 −
2
y
Moramo oblast podeliti na dva dela: y
y
1
0
1
1
x
0
1
x
y ide od -1 do 0 -1
x ide od x = 1 − 1 − y 2 do x=1 oblast D1
x i y idu od 0 do 1 oblast D2
10
Pa bi integral rešavali: 1
1
0
∫ dx ∫ 0
z ( x, y) dy =
1
∫ dy ∫
−1
2
− 2 −x x
1
1− 1−
1
∫ ∫
z( x, y) dx + dy z( x, y) dx 2
0
y
0
Primer 6. 2a
Promeniti poredak integracije u integralu:
2 ax
∫ dy ∫ 0
z ( x, y) dx,
a>0
2 ax − x 2
Rešenje: Nacrtajmo najpre sliku ( naravno, prvo sredite jed načine kružnice i parabole):
2a
=y + 2 ax x=2a
a
y= + 2 ax− x2
a
0
2a
x
2 y= − 2 ax− x
=y − 2 ax
Ofarbana oblast je naša oblast integracije… Da bi promenili poredak integracije moramo uočiti tri oblasti:
y
a po x
y
y 2 x = 2a
x= a+
x = a−
a2
−
y2
x=2a
a2 − y2 po x
y ide od 0 do a
0
a
2a
0 ≤ y ≤ a 2 D1 : y 2 2 a ≤ x ≤ a− a − y 2
x
y ide od 0 do a
0
a
2a
0 ≤ y ≤ a D2 : 2 2 a + a − y ≤ x ≤ 2a 11
Treći deo bi bio:
2a y ide od a do 2a
po x
x =
y
2
x=2a
2a
a
a
0
2a
x
a ≤ y ≤ 2a D3 : y 2 a ≤ x ≤ 2a 2 Sad bi samo ovo zapisali…
Primer 7. U dvojnom integralu
∫∫ z( x, y )dxdy preći na polarne koordinate ako je oblast D krug
2
+ y 2 ≤ a 2
D
Rešenje: Da se podsetimo najpre kako se prelazi na polarne koordinate ( J je jakobijan):
x = r cos ϕ y= r sin
ϕ
onda je :
ϕ 2
r
ϕ 1
0
∫∫ z ( x, y)dxdy = ∫∫ z (r cos ϕ , r sin ϕ ) J drd ϕ = ∫ d ϕ ∫ z (r cosϕ , r sin ϕ )rdr D
D `
J = r
Nacrtajmo sliku i predjimo na polarne koordinate:
12
y
a
-a
a
0
x
-a
x = r cos ϕ → J = r Ovo zamenimo u ϕ y r sin =
2
+ y 2 ≤ a 2 ( možete pisati i = umesto ≤ , naravno ako daje profesor vaš...)
x2 + y2 = a2 ( r cos ϕ ) 2 + ( r sin ϕ ) 2 = a2 r 2 (cos 2 ϕ + sin 2 ϕ ) = a 2 znamo da je cos2 ϕ + sin 2 ϕ = 1
r2 = a2 → r = a Dakle r ide od 0 da a. Pošto nam ovde treba ceo krug, jasno je da 0 ≤ ϕ ≤ 2π
0≤r ≤a pa je : ≤ ≤ ϕ π 0 2
Imamo dakle da je D`=
2π
a
∫∫ z ( x, y)dxdy = ∫∫ z (r cosϕ , r sin ϕ ) J drd ϕ = ∫ dϕ ∫ z (r cos ϕ , r sin ϕ ) rdr D
D `
0
0
Primer 8. U dvojnom integralu
∫∫ z( x, y )dxdy preći na polarne koordinate ako je oblast D krug
2
+ y2 ≤ ax
D
Rešenje: Da spakujemo kružnicu najpre, pa ćemo nacrtati sliku: x2 + y2 = ax x2 − ax+ y2 = 0 x− ax +
2
a
a2 4
−
a2 4
+ 2y= 0
a2
( x − ) + y = 2 4 2
2
13
y
a/2
π 2
0 −
π
a
a/2
x
2
-a/2
x = r cos ϕ → J = r ϕ y r sin = x2 + y2 = ax ( r cos ϕ ) 2 + ( r sin ϕ ) 2 = ar cos ϕ r 2 (cos2 ϕ + sin 2 ϕ ) = ar cos ϕ r 2 = ar cos ϕ → r = a cos ϕ Dakle: 0 ≤ r ≤ a cos ϕ Moramo paziti što se tiče ugla, jer sada nam ne treba ceo krug već ( pogledaj sliku): −
π
2
≤ ϕ ≤
π
2
0 ≤ r ≤ a cos ϕ Dakle imamo: D`= π pa je: π ϕ − ≤ ≤ 2 2
π
2
a cosϕ
∫∫ z ( x, y)dxdy = ∫∫ z (r cosϕ , r sin ϕ ) J drd ϕ = ∫ dϕ ∫ D
D `
−
π
z (r cos ϕ , r sin ϕ ) rdr
0
2
www.matematiranje.com
14
