Make your own free website on Tripod.com
next up previous contents index
Next: Krivulje i krivuljni integrali Up: Višestruki integrali Previous: Računanje integrala supstitucijom   Contents   Index

Subsections

Primjene integrala

Središte masa. Statički momenti

Središte masa

Neka je dano $ n$ materijalnih točaka s masama $ m_1,m_2,\ldots,m_n$ u prostoru tako da su njihovi radijvektori $ \vec{r}_1,\vec{r}_2,\ldots,\vec{r}_n.$ Točka $ S$ čiji je radijvektor $ \vec{r}_S$ sa svojstvom da je

$\displaystyle (m_1+m_2+\cdots +m_n)\,\vec{r}_S = m_1\,\vec{r}_1 +m_2\,\vec{r}_2 +\cdots +m_n\,\vec{r}_n$ (2.5)

zove se središte masa $ m_1,m_2,\ldots,m_n.$
\includegraphics{m2sredmasa.eps}
Središte masa ima sljedeće važno svojstvo. Pretpostavimo da se materijalne točke $ m_1,m_2,\ldots,m_n$ gibaju. Tada su njihovi radijvektori $ \vec{r}_1(t),\vec{r}_2(t),\ldots,\vec{r}_n(t)$ funkcije vremena. Središte masa se također giba. Pripadni radijvektor je $ \vec{r}_S(t).$ Ako (2.5) deriviramo po vremenu $ t,$ i tu derivaciju označimo s točkom kao što je uobičajeno, slijedi

$\displaystyle (m_1+m_2+\cdots +m_n)\,\dot{\vec{r}}_S(t) = m_1\,\dot{\vec{r}}_1(t) +m_2\,\dot{\vec{r}}_2(t) +\cdots +m_n\,\dot{\vec{r}}_n(t).$ (2.6)

Prema tome količina gibanja sustava materijalnih točaka jednaka je količini gibanja jedne materijalne točke čija je masa jednaka ukupnoj masi sustava, a nalazi se u središtu masa sustava.

Nađimo sada koordinate središta masa. Stavimo, radi kratkoće zapisa,

$\displaystyle m = m_1+m_2+\cdots +m_n,$

i pretpostavimo da je

$\displaystyle \vec{r}_i = x_i\,\vec{\imath} + y_i\,\vec{\jmath} +
z_i\,\vec{k},\quad \vec{r}_S = x_S\,\vec{\imath} + y_S\,\vec{\jmath} +
z_S\,\vec{k}.$

Tada iz (2.5) slijedi

$\displaystyle x_S = \frac{m_1\,{x}_1 +m_2\,{x}_2 +\cdots +m_n\,{x}_n}{m},\quad y_S
= \frac{m_1\,{y}_1 +m_2\,{y}_2 +\cdots +m_n\,{y}_n}{m},$

$\displaystyle z_S =
\frac{m_1\,{z}_1 +m_2\,{z}_2 +\cdots +m_n\,{z}_n}{m}.$

Neka je dano materijalno tijelo T, sa zadanom gustoćom mase $ \rho,$ koje zauzima u prostoru neko zatvoreno područje $ \Omega.$ Želimo naći središte masa tijela $ T.$ U tu svrhu opišemo oko tijela minimalni kvadar $ K,$ stranica paralelnih koordinatnim ravninama, i definiramo gustoću mase na kvadru $ K$

\begin{displaymath}
% latex2html id marker 38284
\tilde{\rho}(x,y,z)=
\begin{cas...
...0, & \text{ako je $(x,y,z)\in K\setminus \Omega$.}
\end{cases}\end{displaymath}

Subdivizijama podijelimo $ K$ na male kvadre $ K_{ijk}.$ U svakom od njih izaberemo jednu točku $ (\xi_i,\eta_j,\zeta_k).$
\includegraphics{m2sredmasa2.eps}
Zamislimo da je masa malog kvadra $ K_{ijk}$ koncentrirana u toj točki. Ona je približno jednaka $ \tilde{\rho}(\xi_i,\eta_j,\zeta_k)\,vol(K_{ijk}).$ Ako ponovimo razmatranje o središtu masa sustava od konačno mnogo materijalnih točaka, dobivamo za apscisu središta masa

% latex2html id marker 38297
$\displaystyle x_S\approx \frac{\sum_i\sum_j\sum_k
...
...i\,\tilde{\rho}(\xi_i,\eta_j,\zeta_k)\, \Delta x_i\,\Delta y_j\,\Delta
z_k}{m},$

gdje $ m$ predstavlja ukupnu masu tijela $ T.$ U ovoj formuli brojnik je integralna suma za funkciju $ x\,\tilde{\rho}(x,y,z)$ po području $ K.$ Ako je gustoća mase integrabilna funkcija, zaključujemo da je

$\displaystyle x_S = \frac{\iiint_{\Omega}\,x\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz}{m} = \fr...
...Omega}\,
x\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz}{\iiint_{\Omega}\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz}.$

Na sličan način možemo dobiti

$\displaystyle y_S = \frac{\iiint_{\Omega}\,y\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz}{m} = \fr...
...Omega}\,
y\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz}{\iiint_{\Omega}\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz},$

$\displaystyle z_S = \frac{\iiint_{\Omega}\,z\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz}{m} = \fr...
...Omega}\,
z\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz}{\iiint_{\Omega}\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz}.$

Ako se radi o vrlo tankom materijalnom tijelu $ T$ (ravna ploča), koje zauzima u ravnini $ xy$ zatvoreno područje $ \Omega,$ i čija gustoća mase je $ \rho(x,y),$ onda su koordinate središta masa

$\displaystyle x_S = \frac{\iint_{\Omega}\,x\,\rho(x,y)\,dx\,dy}{\iint_{\Omega}\...
...frac{\iint_{\Omega}\,
y\,\rho(x,y)\,dx\,dy}{\iint_{\Omega}\,\rho(x,y)\,dx\,dy},$

Konačno, ako se radi o tankom ravnom štapu, na segmentu $ [a,b],$ čija je gustoća mase $ \rho(x),$ onda je središte masa

$\displaystyle x_S=\frac{\int_a^b x\,\rho(x)\,dx}{\int_a^b \rho(x)\,dx}.$

Statički moment

Veličine koje se pojavljuju u brojnicima koordinata središta masa, se zovu statički momenti

Tako se integrali

$\displaystyle M_{y\,z} = \iiint_{\Omega}\,x\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz,\quad M_{z\,x} = \iiint_{\Omega}\,
y\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz,$

$\displaystyle M_{x\,y} = \iiint_{\Omega}\,
z\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz$

redom zovu statički momenti tijela $ T$ u odnosu na ravninu $ yz,$ $ xz$ $ xy.$

Integrali

$\displaystyle M_y = \iint_{\Omega}\,x\,\rho(x,y)\,dx\,dy,\quad M_x = \iint_{\Omega}\,y\,\rho(x,y)\,dx\,dy$

se zovu redom statički momenti ravne ploče $ T$ u odnosu na $ y$-os, $ x$-os.

Integral

$\displaystyle M_0 = \int_a^b x\,\rho(x)\,dx$

se zove statički moment štapa u odnosu na ishodište.

Primjer 2.18   Naći statički moment valjka radiusa baze $ R$ i visine $ H$ u odnosu na ravninu baze valjka.

Rješenje. Ako se ne kaže ništa o gustoći mase, onda se pretpostavlja da je $ \rho(x,y,z)=1.$

$\displaystyle M_{x\,y}=\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^Rdr\int_0^Hz\,r\,dz=
\int_0^{2\pi} d\varphi \int_0^R r\,dr \int_0^H z\,dz={\frac{{H^2}\,\pi
\,{R^2}}{2}}.$

Težište

\includegraphics{m2teziste.eps}
Neka su dvije mase $ m_1$ i $ m_2$ povezane tankom šipkom, čiju masu možemo zanemariti. Pretpostavimo da okomito na šipku djeluje sila (na pr. sila teža). Postoji točka $ x_T$ na šipki takva da sistem ostane u stanju ravnoteže, ako ga u toj točki objesimo. Razlog tome je taj da je suma momenata sile u odnosu na točku $ x_T$ jednaka nuli. Ta točka se zove težište. Pretpostavimo da se masa $ m_1$ nalazi u položaju $ x_1,$ i da je na tom mjestu akceleracija sile $ g_1,$ a masa $ m_2$ u $ x_2,$ i da je na tom mjestu akceleracija sile $ g_2.$ Dakle, mora biti

$\displaystyle m_1\,g_1\,(x_1-x_T)+m_2\,g_2\,(x_2-x_T)=0,$

odnosno

$\displaystyle x_T=\frac{m_1\,g_1\,x_1+m_2\,g_2\,x_2}{m_1\,g_1+m_2\,g_2}.$

Da je bilo više masa, $ m_1,m_2,\ldots,m_n,$ sa svojim položajima $ x_1,x_2,\ldots,x_n,$ na sličan način dobili bismo

$\displaystyle x_T=\frac{m_1\,g_1\,x_1+m_2\,g_2\,x_2+\cdots
+m_n\,g_n\,x_n}{m_1\,g_1+m_2\,g_2+\cdots +m_n\,g_n}.$

Neka je dano materijalno tijelo T, s gustoćom mase $ \rho,$ koje zauzima u prostoru neko zatvoreno područje $ \Omega.$ Ako ga objesimo u jednoj točki, onda ono u polju sile zauzme ravnotežni položaj. Uzrok tome je taj što je suma svih momenata sile, od najmanjih djelića tijela jednaka nuli. Opišemo oko tijela minimalni kvadar $ K,$ stranica paralelnih koordinatnim ravninama, i definiramo gustoću mase na $ K$

\begin{displaymath}
% latex2html id marker 38401
\tilde{\rho}(x,y,z)=
\begin{cas...
...0, & \text{ako je $(x,y,z)\in K\setminus \Omega$.}
\end{cases}\end{displaymath}

Kao kod definicije trostrukog integrala podijelimo kvadar $ K$ na mnogo malih kvadara $ K_{ijk}.$ U svakom od njih izaberemo jednu točku $ (\xi_i,\eta_j,\zeta_k).$ Pretpostavimo da je masa kvadra $ K_{ijk}$ koncentrirana u toj točki. Tada na sličan način kao gore dobivamo

% latex2html id marker 38411
$\displaystyle x_T\approx \frac{\sum_i\sum_j\sum_k ...
...k
\tilde{\rho}(\xi_i,\eta_j,\zeta_k)\, g(\xi_i,\eta_j,\zeta_k)\,
vol(K_{ijk})}.$

U brojniku imamo integralnu sumu funkcije $ x\tilde{\rho}(x,y,z)g(x,y,z),$ a u nazivniku funkcije $ \tilde{\rho}(x,y,z)g(x,y,z).$ Tako, uz uvjet da su funkcije $ \rho(x,y,z)$ i $ g(x,y,z)$ integrabilne, imamo apscisu težišta

$\displaystyle x_T=\frac{\iiint_{\Omega}\,x\,\rho(x,y,z)\,g(x,y,z)\,dx\,dy\,dz} {\iiint_{\Omega}\,
\rho(x,y,z)\,g(x,y,z)\,dx\,dy\,dz}.$

Na sličan način možemo dobiti ostale koordinate težišta

$\displaystyle y_T=\frac{\iiint_{\Omega}\,y\,\rho\,g\,dx\,dy\,dz} {\iiint_{\Omeg...
...int_{\Omega}\,
z\,\rho\,g\,dx\,dy\,dz} {\iiint_{\Omega}\,
\rho\,g\,dx\,dy\,dz}.$

U nazivnicima koordinata težišta se pojavljuje integral, koji predstavlja ukupnu silu koja djeluje na tijelo (u slučaju sile teže to je težina).

Ako se radi o tankoj ploči, u ravnini $ xy,$ čija je gustoća mase $ \rho(x,y),$ onda su koordinate težišta

$\displaystyle x_T = \frac{\iint_{\Omega}\,x\,\rho(x,y)\,g(x,y)\,dx\,dy}{\iint_{...
...ga}\,
y\,\rho(x,y)\,g(x,y)\,dx\,dy}{\iint_{\Omega}\,\rho(x,y)\,g(x,y)\,dx\,dy}.$

Konačno, ako se radi o tankom ravnom štapu, na segmentu $ [a,b],$ čija je gustoća mase $ \rho(x),$ onda je težište

$\displaystyle x_T=\frac{\int_a^b x\,\rho(x)\,g(x)\,dx}{\int_a^b
\rho(x)\,g(x)\,dx}.$

Ako sila svakoj točki tijela daje jednako ubrzanje, tj. ako je sila konstanta, onda je njezina akceleracija $ g$ konstanta, pa se može izlučiti ispred integrala, i skratiti. U tom slučaju se težište poklapa sa središtem masa. To se događa kad se u polju sile teže nalazi tijelo, čije dimenzije nisu tako velike da bi razlika udaljenosti pojedinih dijelova tijela do središta Zemlje bila relativno značajna.

Moment inercije

\includegraphics{m2mominerc.eps}
Neka se materijalna točka mase $ m$ jednoliko giba po kružnici u ravnini $ x\,y$ oko ishodišta. Moment vrtnje (moment količine gibanja) se definira kao

$\displaystyle \vec{L}=\vec{r}\times m\,\vec{v},$

gdje je $ \vec{r}$ radijvektor položaja materijalne točke, a $ \vec{v}$ njezina brzina (linearna). Kod ovakvog gibanja je $ \vec{r}\perp\vec{v},$ pa je

$\displaystyle \vert\vec{L}\vert=m\,\vert\vec{r}\vert\vert\vec{v}\vert.$

Linearna brzina $ \vec{v}$ se može izraziti pomoću kutne brzine $ \vec{\omega}$ kao

$\displaystyle \vec{v}=\vec{\omega}\times\vec{r},$

gdje je $ \vec{\omega}=\omega\vec{k}.$ Odatle, budući da je $ \vec{r}\perp\vec{\omega},$

$\displaystyle \vert\vec{v}\vert=\omega\,\vert\vec{r}\vert,$

pa nakon uvrštavanja imamo

$\displaystyle \vert\vec{L}\vert=m\,\vert\vec{r}\vert^2\,\omega.$

Ako prihvatimo da je kod takvog gibanja prirodno za brzinu uzeti $ \vec{\omega},$ onda veličina

$\displaystyle I=m\,\vert\vec{r}\vert^2$

odgovara onome što je inercijska masa prilikom jednolikog gibanja po pravcu. Zato se $ I$ zove moment inercije materijalne točke. Primjetimo da je $ \vert\vec{r}\vert^2$ zapravo kvadrat udaljenosti od središta vrtnje.

Neka je dano materijalno tijelo $ T,$ gustoće mase $ \rho,$ koje u prostoru zauzima zatvoreno područje $ \Omega,$ i neka se to tijelo jednoliko giba na pr. oko osi $ z.$ Kako sada izgleda formula za intenzitet momenta vrtnje? Da bismo odgovorili na to pitanje, opišemo oko tijela minimalni kvadar $ K,$ čije su stranice paralelne koordinatnim ravninama, i definiramo gustoću mase kvadra $ K$ kao

\begin{displaymath}
% latex2html id marker 38489
\tilde{\rho}(x,y,z)=
\begin{cas...
... & \text{ako je $(x,y,z)\in K\setminus {\Omega}$.}
\end{cases}\end{displaymath}

Subdivizijom podijelimo $ K$ na male kvadre $ K_{ijk}.$ Ako u svakom od njih izaberemo jednu točku $ (\xi_i,\eta_j,\zeta_k),$ onda je moment inercije približno jednak

$\displaystyle \sum_i\sum_j\sum_k(\xi_i^2+\eta_j^2)\,\tilde{\rho}(\xi_i,\eta_j,\zeta_k)\,
\Delta x_i\,\Delta y_j\,\Delta z_k,$

što je integralna suma za funkciju $ (x^2+y^2)\,\tilde{\rho}(x,y,z)$ po kvadru $ K.$ Dakle, možemo zaključiti da je moment inercije tijela jednak

$\displaystyle I = \iiint_K (x^2+y^2)\,\tilde{\rho}(x,y,z)\,dx\,dy\,dz = \iiint_{\Omega}\,(x^2+y^2)\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz.$

Primijetimo da $ x^2+y^2$ predstavlja udaljenost točke $ (x,y,z)$ tijela od osi vrtnje.

Općenito, neka je pravac $ p$ os vrtnje, i $ d(x,y,z)$ udaljenost točke $ (x,y,z)$ tijela od pravca $ p.$ Broj

$\displaystyle I=\iiint_{\Omega}\,d(x,y,z)^2\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz,$

se zove moment inercije tijela $ T$ u odnosu na pravac $ p$.

Primjer 2.19   Naći moment inercije stošca radiusa baze $ R,$ visine $ H$ u odnosu na njegovu os simetrije.

Rješenje. Budući da se ništa ne kaže o gustoći mase, pretpostavljamo da je $ \rho(x,y,z)=1.$ Riješimo taj zadatak prelaskom u cilindrični koordinatni sustav. Iz sličnosti trokuta

% latex2html id marker 27970
\includegraphics{m2mominercpr.eps}
slijedi $ z=\frac{H\,(R-r)}{R}.$ Tako je

$\displaystyle I_z=\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^Rr\,dr\int_0^{\frac{H\,(R-r)}{R}}r^2\,dz=
{\frac{H\,\pi \,{R^4}}{10}}.$

Ako taj rezultat želimo iskazati pomoću mase, onda, zbog $ \rho(x,y,z)=1,$

$\displaystyle m=$volumen$\displaystyle =\frac{R^2\,H\,\pi}{3},$

pa je

$\displaystyle I_z={\frac{3\,m \,{R^2}}{10}}.$

Primjer 2.20   Nađimo kinetičku energiju tijela koje rotira jednoliko oko neke osi. Radi određenosti pretpostavimo da tijelo zauzima područje $ \Omega$ u prostoru i da rotira oko osi $ z.$

Rješenje. Malen kvadar tijela oko točke $ (x,y,z)$ ima masu približno

% latex2html id marker 38549
$\displaystyle \Delta m_{ijk} \approx \rho(\xi_i,\eta_j,\zeta_k)\,\Delta x\Delta y\Delta z.$

Prilikom rotacije oko osi $ z$ kutnom brzinom $ \omega$ taj dio tijela ima kinetičku energiju približno

% latex2html id marker 38555
$\displaystyle \Delta E_{ijk} \approx \frac{\Delta ...
...\xi_i,\eta_j,\zeta_k)\,v(\xi_i,\eta_j,\zeta_k)^2\,\Delta x\Delta y\Delta z}{2},$

gdje je $ v=r\,\omega$ linearna brzina točke. Ukupna kinetička energija je dakle približno

% latex2html id marker 38559
$\displaystyle \sum_{i,j,k}\Delta E_{ijk} \sum_{i,j...
...\xi_i,\eta_j,\zeta_k)\,v(\xi_i,\eta_j,\zeta_k)^2\,\Delta
x\Delta y\Delta z}{2}.$

Odatle slijedi da je točna vrijednost kinetičke energije tijela

$\displaystyle \iiint_{\Omega}\,\Delta E=\iiint_{\Omega}\,\frac{r^2\omega^2}{2}
\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz$

$\displaystyle = \frac{\omega^2}{2}\,
\iiint_{\Omega}\,(x^2+y^2)\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz = \frac{I_z\,\omega^2}{2}.$

Dakle kinetička energija tijela prilikom rotacije oko neke osi jednaka je polovini umnoška momenta inercije tijela u odnosu na tu os i kvadrata kutne brzine.

Deriviranje i integriranje pod znakom integrala

Neka je $ I=[a,b]\times [c,d],$ i neka je $ f:I\rightarrow R$ neprekidna funkcija na $ I.$ Ako $ f$ integriramo po $ y,$ onda dobivamo funkciju od $ x.$

$\displaystyle F(x)=\int_c^d f(x,y)\,dy.$

Postavlja se pitanje da li funkciju $ F$ možemo derivirati i integrirati po $ x,$ i kako? Što se tiče integriranja odgovor je dan ranije, kad smo definirali dvostruki integral i dali formule za računanje

$\displaystyle \int_a^b F(x)\,dx=\int_a^b\int_c^d f(x,y)\,dy\,dx=
\int_c^d\int_a^b f(x,y)\,dx\,dy.$

Dakle integrirati se može i to tako da se najprije integrira po $ x.$ To neki puta može biti lakše nego najprije računati $ F(x),$ pa onda integrirati. Ako područje nije pravokutnik, onda granice nisu konstante. U tom slučaju se, prilikom zamjene poretka integracije, moraju odrediti nove granice.

Za deriviranje funkcije $ F(x)$ imamo sljedeće pravilo.

Teorem 13   (Leibnizovo pravilo). Neka je $ f:I\rightarrow R$ neprekidna funkcija na $ I=[a,b]\times [c,d],$ i neka ima neprekidnu parcijalnu derivaciju po $ x$ na $ I.$ Tada je funkcija

$\displaystyle F(x)=\int_c^d f(x,y)\,dy$

klase $ C^1([a,b]),$ i vrijedi

$\displaystyle F'(x)=\int_c^d \frac{\partial f(x,y)}{\partial x}\,dy.$

Dokaz. $ \heartsuit$

Primjer 2.21  

$\displaystyle J(\alpha)=\int_0^{\infty} \frac{\textstyle{1-\cos\alpha
x}}{\textstyle{x}}e^{-bx}\,dx=?$

Rješenje.

$\displaystyle J'(\alpha)=\int_0^{\infty} e^{-bx}\sin\alpha x\,dx=
\frac{\alpha}{\alpha^2+b^2}.$

Odatle

$\displaystyle J(\alpha)=\int\frac{\alpha}{\alpha^2+b^2}\,d\alpha=
\frac{1}{2}\ln(\alpha^2+b^2)+C.$

Za $ \alpha=0$ je $ J(0)=0,$ pa je tako $ C=\frac{1}{2}\ln b^2.$ Dakle

$\displaystyle J(\alpha)=\frac{1}{2}\ln\left(1+\frac{\alpha^2}{b^2}\right).$

Ako $ I$ nije pravokutnik, tj. ako su granice $ c$ i $ d$ funkcije od $ x$ i to klase $ C^1([a,b]),$ onda imamo

$\displaystyle F(x)=\int_{c(x)}^{d(x)} f(x,y)\,dy.$ (2.7)

U tom slučaju formula za $ F'$ glasi

$\displaystyle F'(x)=\int_{c(x)}^{d(x)} \frac{\partial f(x,y)}{\partial x}\,dy+ f(x,d(x))\,d\,'(x)-f(x,c(x))\,c\,'(x).$ (2.8)

Zaista, neka je $ G$ funkcija od tri varijable $ x,c,d$

$\displaystyle G(x,c,d)=\int_{c}^{d} f(x,y)\,dy.$

Ako su $ c$ i $ d$ funkcije od $ x,$ onda imamo složenu funkciju od jedne varijable

$\displaystyle \gamma(x)=G(x,c(x),d(x))=\int_{c(x)}^{d(x)} f(x,y)\,dy,$

ona ima derivaciju i ta glasi

$\displaystyle \gamma\,'(x)=\frac{\partial G}{\partial x}+
\frac{\partial G}{\partial c}\,c\,'(x)+\frac{\partial G}{\partial
d}\,d\,'(x).$

U ovoj formuli je

$\displaystyle \frac{\partial G}{\partial x}= \int_{c(x)}^{d(x)} \frac{\partial
f(x,y)}{\partial x}\,dy,$

$ \frac{\partial G}{\partial c}$ je derivacija integrala (2.7) po donjoj granici, a $ \frac{\partial
G}{\partial d}$ je derivacija istog inegrala po gornjoj granici. Derivacija integrala po gornjoj granici jednaka je vrijednosti podintegralne funkcije u toj granici (v. 8.5)

$\displaystyle \frac{\partial G}{\partial d} = \frac{\partial{}}{\partial{}d}\,
\int_{c(x)}^{d(x)} f(x,y)\,dy = f(x,d(x)).$

Donju granicu možemo učiniti gornjom promjenom predznaka, dakle

$\displaystyle \frac{\partial G}{\partial c} = \frac{\partial{}}{\partial{}c}\,
...
...= -\frac{\partial{}}{\partial{}c}\,
\int_{d(x)}^{c(x)} f(x,y)\,dy = -f(x,c(x)).$

Nakon uvrštenja dobivamo upravo traženu formulu.

Primjer 2.22   Neka je

$\displaystyle F(x)=\int_0^x \frac{\sin xy}{y}\,dy.$

Treba naći $ F'(x).$

Rješenje. Gornji integral je neelementaran, pa se $ F(x)$ ne može odrediti pomoću konačno mnogo elementarnih funkcija. Ipak, zahvaljujući formuli (2.8), derivaciju možemo naći.

$\displaystyle F'(x)=\int_0^x \frac{\partial}{\partial x} \left(\frac{\sin
xy}{y...
...frac{\sin xy}{y}\right\vert _{y=x} =
\lim_{y\rightarrow{}0+} \frac{\sin{}xy}{y}$

$\displaystyle = \int_0^x \cos
xy\,dy+\frac{\sin x^2}{x}=\frac{2\sin x^2}{x}.$

Pitanja

1.
Što je središte masa, i kako se računa?
2.
Što je težište, i kako se računa? Uz koji uvjet se težište i središte masa podudaraju?
3.
Što je statički moment, i kako se računa?
4.
Što je moment inercije, i kako se računa?
5.
Iskažite Leibnizovo pravilo za deriviranje pod znakom integrala.
6.
Napišite formulu za deriviranje pod znakom integrala, ako granice integracije ovise o varijabli po kojoj se derivira i objasnite je.

Riješeni zadaci

1.
Naći središte mase polukugle radiusa $ R.$
% latex2html id marker 28010
\includegraphics{m2prsredmasa.eps}

Rješenje. Očito je $ x_s=0,y_s=0.$

$\displaystyle \iiint_D z\,dx\,dy\,dz=
\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^{\pi/2}\sin\vartheta\cos\vartheta\,d\vartheta
\int_0^R r^3\,dr=\frac{R^4\pi}{4}.$

Volumen polukugle je $ \frac{2}{3}R^3\pi,$ pa je tako

$\displaystyle z_s=\frac{3}{8}R.$

2.
Naći središte mase homogenog kružnog isječka radiusa $ a$ i kuta $ 2\alpha.$

Figure 2.14: Kružni isječak.
% latex2html id marker 28016
\includegraphics{m2prkrisj.eps}

Rješenje.

$\displaystyle x_s=\frac{\int\int_D x\,dx\,dy}{\int\int_D dx\,dy},\hspace{1cm}y_s=0.$

$\displaystyle \int\int_D dx\,dy=\int_{-\alpha}^{\alpha}d\varphi\int_0^a r\,dr=
a^2\,\alpha.$

$\displaystyle \int\int_D x\,dx\,dy=
\int_{-\alpha}^{\alpha}\cos\varphi\,d\varphi\int_0^a r^2\,dr=
\frac{2}{3}\,a^3\,\sin\alpha.$

Dakle

$\displaystyle x_s=\frac{2}{3}\,a\,\frac{\sin\alpha}{\alpha}.$

3.
Naći statičke momente lika koji određuju jedan svod cikloide i os $ x.$

Figure 2.15: Lik omeđen cikloidom.
% latex2html id marker 28022
\includegraphics{m2prciklstatmom.eps}

Rješenje. Pretpostavljamo da je $ \rho=1.$ Cikloida je zadana s

$\displaystyle x(t)=a(t-\sin t),\hspace{1cm} y(t)=a(1-\cos t),\hspace{1cm} t\in
[0,2\pi].$

Tako je

$\displaystyle M_y=\int_0^{2a\pi} x\,y\,dx=
\int_0^{2\pi} a^3(1-\cos t)^2(t-\sin t)\,dt=3\,{a^3}\,{{\pi }^2},$

$\displaystyle M_x=\frac{1}{2}\int_0^{2a\pi} y^2\,dx=
\frac{1}{2}\int_0^{2\pi} a^3(1-\cos t)^3\,dt={\frac{5\,{a^3}\,\pi
}{2}}.$

4.
Naći statički moment štapa duljine $ \ell$ u odnosu na jedan kraj, ako se gustoća mase mijenja linearno od iznosa $ \rho_0$ na tom kraju do $ \rho_{\ell}$ na drugom kraju.

Rješenje.

$\displaystyle \rho(x)=\alpha x+\beta,\;\;\rho(0)=\rho_0=\beta,\;\;
\rho(\ell)=\alpha\ell+\rho_0=\rho_{\ell},$

pa slijedi

$\displaystyle \rho(x)=\frac{\rho_{\ell}-\rho_0}{\ell}x+\rho_0.$

$\displaystyle M_0=\int_0^{\ell} x\left[\frac{\rho_{\ell}-\rho_0}{\ell}x+\rho_0\right]\,dx=
\frac{2\rho_{\ell}+\rho_0}{6}\ell^2.$

5.
Dokažite sljedeći teorem (Steinerov teorem) Moment inercije $ I_p$ tijela $ T$ u odnosu na proizvoljnu os $ p$ jednak je zbroju momenta inercije $ I_{p'}$ tijela $ T$ u odnosu na os koja je paralelna s $ p$ i prolazi središtem masa tijela $ T,$ i umnoška mase $ m$ tijela i kvadrata udaljenosti $ d$ osi $ p$ i $ p',$ tj. formulom

$\displaystyle I_p = I_{p'} + m\,d^2.$

Rješenje. Pretpostavimo da tijelo $ T$ zauzima u prostoru zatvoreno područje $ \Omega.$ Neka je njegova gustoća mase $ \rho.$ Također, radi jednostavnosti dokaza, pretpostavimo da su osi $ p$ i $ p'$ paralelne s osi $ z,$ tj. okomite na ravninu $ xy.$ Neka je $ P=(x,y,z)$ proizvoljna točka tijela $ T.$ Povucimo točkom $ P$ ravninu okomitu na osi $ p$ i $ p'.$ Neka su točke $ P_p=(x_p,y_p,z_p)$ i $ P_{p'}=(x_{p'},y_{p'},z_{p'})$ sjecišta te ravnine i pravaca $ p$ i $ p'.$ Budući da je ravnina paralelna s ravninom $ xy,$ slijedi $ z_p=z_{p'}=z,$ i također $ x_{p'}=x_S,y_{p'}=y_S.$ Prema tome, kvadrat udaljenosti točaka $ P$ i $ P_p$ je

$\displaystyle {{\left( x - {x_p} \right) }^2} + {{\left( y - {y_p} \right) }^2}...
...x -x_S)+(x_S- {x_p}) \right) }^2} + {{\left( (y -y_S)+(y_S-
{y_p}) \right) }^2}$

$\displaystyle = [(x -x_S)^2 + (y -y_S)^2] + [(x_S- {x_p})^2
+ (y_S- {y_p})^2] + 2[(x- {x_S})(x_S- {x_p}) + (y- {y_S})(y_S-
{y_p})].$

U prvoj uglatoj zagradi je kvadrat udaljenosti točke $ P$ od osi kroz centar masa, u drugoj uglatoj zagradi je kvadrat udaljenosti osi, i osim toga uočimo da $ (x_S- {x_p})$ i $ (y_S- {y_p})$ ne ovise o $ x,y,z.$ Tako imamo

$\displaystyle I_p = \iiint_{\Omega}\,[{{\left( x - {x_p} \right) }^2} + {{\left( y - {y_p}
\right) }^2}] \,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz$

$\displaystyle = \iiint_{\Omega}\,[(x-x_S)^2 +
(y-y_S)^2] \,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz$

$\displaystyle + \iiint_{\Omega}\,[(x_S-x_p)^2 +
(y_S-y_p)^2] \,\rho(x,y,z)\,dx\...
..._{\Omega}\,
[(x-x_S)\,(x_S-x_p) + (y-y_S)\,(y_S-y_p)]
\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz$

$\displaystyle = I_{p'} + d^2\,\iiint_{\Omega}\,
\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz + 2\,(x_S-x_p)\,\iiint_{\Omega}\,
(x-x_S)\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz$

$\displaystyle + 2\,(y_S-y_p)\,\iiint_{\Omega}\,
(y-y_S)\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz.$

Integral $ \iiint_{\Omega}\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz$ jednak je masi $ m$ tijela $ T.$ Zatim, iz formule za $ x_S$ slijedi

$\displaystyle \iiint_{\Omega}\,(x-x_S)\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz = \iiint_{\Omeg...
...
x\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz + x_S\,\iiint_{\Omega}\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz =
0$

Na isti način

$\displaystyle \iiint_{\Omega}\,(y-y_S)\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz = 0.$

Dakle, doista vrijedi formula

$\displaystyle I_p = I_{p'} + m\,d^2.$

6.
$ I(a)=\int_0^{\pi/2} \ln(a^2-\sin^2\theta)\,d\theta=?
\hspace{1cm}a>1.$

Rješenje.

$\displaystyle I'(a)=\int_0^{\pi/2} \frac{2a\,d\theta}{a^2-\sin^2\theta}.$

Supstitucijom % latex2html id marker 38844
$ t={\rm tg}\,\theta,$ % latex2html id marker 38846
$ \sin\theta=\frac{{\rm tg}\,\theta}
{\sqrt{1+{\rm tg}^2\theta}}=\frac{t}{\sqrt{1+t^2}},$ $ d\theta=
\frac{dt}{1+t^2}$ slijedi

% latex2html id marker 38850
$\displaystyle I'(a)=
\frac{2}{a}\int_0^{\infty} \f...
...tg}\,
\frac{\sqrt{a^2-1}}{a}t\right\vert _0^{\infty}=
\frac{\pi}{\sqrt{a^2-1}}.$

Odatle

% latex2html id marker 38852
$\displaystyle I(a)=\int \frac{\pi\,da}{\sqrt{a^2-1}}+C=\pi{\rm Arch}\,a+C=
\pi\ln(a+\sqrt{a^2-1})+C.$

Dakle

$\displaystyle \int_0^{\pi/2} \ln(a^2-\sin^2\theta)\,d\theta=\pi\ln(a+\sqrt{a^2-1})+C.$

$\displaystyle \int_0^{\pi/2} \ln a^2\left(1-\frac{\sin^2\theta}{a^2}\right)\,d\theta=
\pi\ln(a+\sqrt{a^2-1})+C.$

$\displaystyle \pi\ln a+\int_0^{\pi/2} \ln\left(1-\frac{\sin^2\theta}{a^2}\right)\,d\theta=
\pi\ln(a+\sqrt{a^2-1})+C.$

$\displaystyle C=\int_0^{\pi/2} \ln\left(1-\frac{\sin^2\theta}{a^2}\right)\,d\theta+
\pi\ln\frac{a}{a+\sqrt{a^2-1}}.$

$ C$ ne ovisi o $ a,$ pa prema tome

$\displaystyle C=\lim_{a\rightarrow \infty}\left[
\int_0^{\pi/2} \ln\left(1-\frac{\sin^2\theta}{a^2}\right)\,d\theta+
\pi\ln\frac{a}{a+\sqrt{a^2-1}}\right]=$

$\displaystyle \pi\ln\lim_{a\rightarrow \infty} \frac{a}{a+\sqrt{a^2-1}}=
\pi\ln\frac{1}{2}=-\pi\ln 2.$

Dakle

$\displaystyle I(a)=\pi\ln\frac{a+\sqrt{a^2-1}}{a}.$


next up previous contents index
Next: Krivulje i krivuljni integrali Up: Višestruki integrali Previous: Računanje integrala supstitucijom   Contents   Index
Salih Suljagic
2000-03-11