MATEMANIJA

Počnimo prvo s volumenom

1. Izračunajte volumen tijela omeđenog plohama: [inlmath]z=4-y^2[/inlmath], [inlmath]z=2+y^2[/inlmath], [inlmath]x=-1[/inlmath]; [inlmath]x=2[/inlmath].
Kada se ovo nacrta, dobijem dvije parabole čiji prostor između podsjeća na kuglu Granice [inlmath]x[/inlmath]-eva imam (od [inlmath]-1[/inlmath] do [inlmath]2[/inlmath]). Izjednačavanjem [inlmath]z[/inlmath]-ova dobijem [inlmath]y=\pm 1[/inlmath]. Rješim dva integrala i dobijem [inlmath]V_1=22[/inlmath]; [inlmath]V_2=14[/inlmath]. Konačno, [inlmath]V=22-14=8[/inlmath].

2. Izračunajte volumen tijela omeđenog plohama [inlmath]z=x^2+y^2[/inlmath], [inlmath]z=x+y[/inlmath].
Imamo paraboloid i ravninu, ako se ne varam. Pretpostavljam da će se ovdje kasnije morati uvesti polarne ili eliptičke koordinate, vjerojatnije prvo. Kako doći do granica integrala? Izjednačavanje ovih jednadžbi čini se ne pomaže baš I, koje je konačno rješenje zadatka?

eseper je napisao:1. Izračunajte volumen tijela omeđenog plohama: [inlmath]z=4-y^2[/inlmath], [inlmath]z=2+y^2[/inlmath], [inlmath]x=-1[/inlmath]; [inlmath]x=2[/inlmath].
Kada se ovo nacrta, dobijem dvije parabole čiji prostor između podsjeća na kuglu

Preciznije, na valjak. Zapravo, [inlmath]z=4-y^2[/inlmath] i [inlmath]z=2+y^2[/inlmath] predstavljaju tela koja se dobiju transliranjem parabole duž [inlmath]x[/inlmath]-ose. Možemo ih zamisliti kao neku „traku“ koja je savijena u obliku parabole. Znači, prostor između njih bi bio kao neki valjak s tom razlikom što osnova tog „valjka“ ne bi bila krug, već bi bila površ oivičena tim dvema parabolama.

eseper je napisao:Granice [inlmath]x[/inlmath]-eva imam (od [inlmath]-1[/inlmath] do [inlmath]2[/inlmath]). Izjednačavanjem [inlmath]z[/inlmath]-ova dobijem [inlmath]y=\pm 1[/inlmath]. Rješim dva integrala i dobijem [inlmath]V_1=22[/inlmath]; [inlmath]V_2=14[/inlmath]. Konačno, [inlmath]V=22-14=8[/inlmath].

Rešenje je OK. Čak nije ni bilo potrebe rešavati dva integrala, budući da zadate funkcije ne zavise od [inlmath]x[/inlmath]. Dovoljno je za neku fiksiranu vrednost [inlmath]x[/inlmath] u zadatom intervalu [inlmath]\left(-1,2\right)[/inlmath] naći površinu koju obrazuju te dve parabole,
[dispmath]P=\int\limits_{-1}^1\left(4-y^2\right)\mathrm dy-\int\limits_{-1}^1\left(2+y^2\right)\mathrm dy=\cdots =\frac{8}{3}[/dispmath]
a zatim tu površinu pomnožiti širinom, koja je određena dužinom zadatog intervala promenljive [inlmath]x[/inlmath], a to je [inlmath]3[/inlmath]. Znači,
[dispmath]V=\left(x_2-x_1\right)\cdot P=\cancel 3\cdot\frac{8}{\cancel 3}=8[/dispmath]

eseper je napisao:2. Izračunajte volumen tijela omeđenog plohama [inlmath]z=x^2+y^2[/inlmath], [inlmath]z=x+y[/inlmath].
Imamo paraboloid i ravninu, ako se ne varam. Pretpostavljam da će se ovdje kasnije morati uvesti polarne ili eliptičke koordinate, vjerojatnije prvo. Kako doći do granica integrala? Izjednačavanje ovih jednadžbi čini se ne pomaže baš I, koje je konačno rješenje zadatka?

Mislim da može i s Dekartovim koordinatama. Kao i u prethodnom postupku koji sam opisao, prvo odrediš površinu za neko fiksirano [inlmath]x[/inlmath], tj. [inlmath]P\left(x\right)[/inlmath].
Za tako fiksirano [inlmath]x[/inlmath], granice integraljenja, tj. [inlmath]y[/inlmath]-koordinate preseka krivih, biće
[dispmath]x^2+y^2=x+y[/dispmath][dispmath]y^2-y+\left(x^2-x\right)=0[/dispmath][dispmath]y_{1,2}=\frac{1\pm\sqrt{-4x^2+4x+1}}{2}[/dispmath]
Da bi za neko odabrano [inlmath]x[/inlmath] uopšte postojali preseci, potrebno je da diskrimanta u prethodnom rešenju bude [inlmath]\ge 0[/inlmath], iz čega određujemo i granice za [inlmath]x[/inlmath].
[dispmath]-4x^2+4x+1\ge 0\quad\Rightarrow\quad x\in\left[\frac{1-\sqrt 2}{2},\frac{1+\sqrt 2}{2}\right][/dispmath]
Dakle, površina za neko odabrano [inlmath]x[/inlmath] koje se nalazi u pomenutom intervalu, bila bi:
[dispmath]P\left(x\right)=\int\limits_{\frac{1-\sqrt{-4x^2+4x+1}}{2}}^{\frac{1+\sqrt{-4x^2+4x+1}}{2}}\left(x+y\right)\mathrm dy-\int\limits_{\frac{1-\sqrt{-4x^2+4x+1}}{2}}^{\frac{1+\sqrt{-4x^2+4x+1}}{2}}\left(x^2+y^2\right)\mathrm dy[/dispmath]
a zapremina (volumen) može se izračunati kao
[dispmath]V=\int\limits_{\frac{1-\sqrt 2}{2}}^{\frac{1+\sqrt 2}{2}}P\left(x\right)\mathrm dx[/dispmath]

Može li se drugi zadatak ikako rješiti pomoću polarnih koordinata? Koji je uopće kriterij za uvođenje polarnih koordinata?

Jeste, imas paraboloid i ravan.

Trazena zapremina ce biti:
[dispmath]\iint\limits_D\left(x+y-\left(x^2+y^2\right)\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y[/dispmath]
Izjednacavanjem:
[dispmath]z=x^2+y^2=x+y[/dispmath][dispmath]x^2-x+\frac14+y^2-y+\frac14=\frac12[/dispmath][dispmath]\left(x-\frac12\right)^2+\left(y-\frac12\right)^2=\frac12[/dispmath]
Predjimo na polarne koordinate uzimajuci [inlmath]x=r\cos\varphi +\frac{1}{2}[/inlmath] i [inlmath]y=r\sin\varphi +\frac{1}{2}[/inlmath].

Dobija se:
[dispmath]r^2\cos^2\varphi +r^2\sin^2\varphi =r^2\left(\cos^2\varphi +\sin^2\varphi\right)=r^2=\frac{1}{2}[/dispmath]
Dakle, granica za [inlmath]r[/inlmath] je [inlmath]0\le r\le\frac{1}{\sqrt 2}[/inlmath]. Ugao [inlmath]\varphi[/inlmath] je u granicama [inlmath]0\le\varphi\le 2\pi[/inlmath].

Posto je [inlmath]x+y-\left(x^2+y^2\right)=\frac12-r^2[/inlmath], dobijamo integral:
[dispmath]\int\limits_0^{2\pi}\mathrm{d}\varphi\int\limits_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}}\left(\frac12-r^2\right)r\mathrm{d}r=\cdots[/dispmath]

Izračunajte volumen tijela omeđenog plohama
[dispmath]x^2+y^2=z,\quad x^2+y^2<4,\quad -1-x^2-y^2-z=0[/dispmath]
Kako prepoznati radi li se o dvostrukom ili trostrukom integralu? Znam da se to može iz slike koja se nacrta, ali što ako nacrtam krivo? Postoji li još neki način?

Evo, za ovaj prethodni zadatak imamo opet paraboloid, kružnicu i?...

Sto se tice ovih tela – ovo jesu paraboloidi, ali [inlmath]x^2+y^2<4[/inlmath] nije kruznica s obzirom na to da sve ovo analiziramo u 3D – vec cilindar.

Crtati svakako treba kako bi se znalo sta racunas – koje zapremine oduzeti, koje sabrati, kako ih sracunati itd. Tako ovde imas jedan cilindar, i po jedan paraboloid ispod i iznad [inlmath]z=0[/inlmath] ravni.

Zapremina se u opstem slucaju da izracunati ovim trostrukim integralom:
[dispmath]V=\iiint\limits_V\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z[/dispmath]
Kada je rec o dvostrukom integralu, on daje zapreminu koju ima figura omedjena sa [inlmath]z(x,y)[/inlmath] odozgo, [inlmath]z=0[/inlmath] odozdo, i cilindricnom povrsi sa strane.

E sad, tvoj zadatak mozemo resiti i dvostrukim i trostrukim integralom (koji ce i da se svede na taj dvostruki). Polarne koordinate su ovde dosta zgodnije, pa cemo uzeti [inlmath]x=r\cos\varphi[/inlmath] i [inlmath]y=r\sin\varphi[/inlmath]. Jednacine paraboloida postaju [inlmath]z=r^2[/inlmath] i [inlmath]z=-r^2-1[/inlmath] u polarnim koordinatama. Trazena zapremina je onda:
[dispmath]V=\int\limits_0^{2\pi}\mathrm{d}\varphi\int\limits_0^2r\mathrm{d}r\int\limits_{-r^2-1}^{r^2}\mathrm{d}z[/dispmath]
Ako bismo radili s dvostrukim integralom, zapremina dela figure iznad [inlmath]z=0[/inlmath] ravni je [inlmath]V_1=\int\limits_0^{2\pi}\mathrm{d}\varphi\int\limits_0^2r^2r\mathrm{d}r[/inlmath], a one ispod [inlmath]V_2=\int\limits_0^{2\pi}\mathrm{d}\varphi\int\limits_0^2\left(r^2+1\right)r\mathrm{d}r[/inlmath]. Ukupna zapremina je onda:
[dispmath]V=V_1+V_2=\int\limits_0^{2\pi}\mathrm{d}\varphi\int\limits_0^2r^2r\mathrm{d}r+\int\limits_0^{2\pi}\mathrm{d}\varphi\int\limits_0^2\left(r^2+1\right)r\mathrm{d}r[/dispmath]
Ovo je svodljivo na gore dobijeni trostruki integral.