DJ6

8/16/2019 DJ6

1/36

Određeni integral

dr Ðurđica Takač[email protected]

dr Sanja Rapajić[email protected]

dr Mirjana Štrboja

[email protected]

Sadržaj knjige možete videti ako kliknete na link Sadržaj. Sve interak-tivne funkcije navedene u ovom tekstu koje će se otvoriti na novoj stranicimožete koristiti za svoje proračune ako kliknete na njihove linkove u ovomtekstu.

1 Površina krivolinijskog trapezaJedan od prvih problema koje je praksa nametnula matematici bio je

određivanje površine ravne figure. Davno je bilo poznato da je površinapravougaonika jednaka proizvodu njegove dužine i širine; na osnovu toga,mogle su se odrediti površine nekih mnogouglova, npr. trougla i trapeza.Budući da se površina proizvoljne ravne figure može dobiti kao konačan zbirpovršina krivolinijskih trapeza, slika 1, još su starogrčki matematičari znalida je zapravo dovoljno rešiti problem površine krivolinijskog trapeza , slika 2.

Iako oni nisu dali opšti metod za određivanje njegove površine, oni su ovajproblem rešili približno, koristeći površine upisanih i opisanih pravougaonika,

slika 3. Ta je metoda u suštini i dovela do definicije određenog integrala, čija je vrednost (uz uslove koje ćemo kasnije precizirati) upravo površina krivoli-nijskog trapeza.

Krajem XVII veka I. Njutn i V. Lajbnic su dokazali osnovnu formuluintegralnog računa (koja se obično i zove po njima), čime su problem površine

1

http://math.ict.edu.rs:8080/webMathematica/Tempus/cont1.htmhttp://math.ict.edu.rs:8080/webMathematica/Tempus/cont1.htm

8/16/2019 DJ6

2/36

ravne figure sveli na izračunavanje neodređenog integrala funkcije f sa slike

2.

Slika 1

y f x y f x

aa bb x

y

Slika 2

Neka je data neprekidna funkcija f na [a, b]. Izvršimo podelu intervala[a, b] na n podintervala

[x0, x1], [x1, x2], [x2, x3], . . . , [xn−1, xn], (1)

tako da važi a = x0 < x1 < x2 < x3 < . . . < xn−1 < xn = b.

Neka za funkciju f i podintervale iz (1) važe sledeće tri osobine:

1. funkcija f je nenegativna na [a, b];

2. funkcija f je neprekidna na [a, b];

3. intervali [xi−1, xi], i = 1, . . . , n , su iste dužine, tj. ∆x = xi−xi−1 = b−an .Osobina 1, tj. nenegativnost funkcije f na [a, b], znači da se njen grafik na-lazi iznad x−ose. Tada se ravna figura ograničena intervalom [a, b] na x−osi,ordinatama u tačkama a i b i grafikom date funkcijom f nad [a, b], nazivakrivolinijski trapez nad [a, b].

Osobina 2, tj. neprekidnost funkcije f na [a, b], povlači da postoje tačke

ξ mi i ξ

M i iz odgovarajućeg podintervala [xi−1, xi], u kojima funkcija f dostiženajmanju odnosno najveću vrednost (slika 4).

Naš zadatak je da izračunamo površinu krivolinijskog trapeza sa slike 2.U tom cilju, za svaki krivolinijski trapez T i nad podintervalom [xi−1, xi], po-smatraćemo upisani pravougaonik Aui (odnosno opisani pravougaonik Aoi ) sa

2

8/16/2019 DJ6

3/36

a x0a x0 xnb xnb x1 x1 x2 x2 xi1 xi1 xi xi xn1 xn1

y f x

y f x

x

y

Slika 3

xi1 xi1 xi xi Ξ M i Ξ M

i Ξ mi Ξ

mi

f f Ξ mi Ξ mi

f f Ξ M i Ξ M

i

x

y

Slika 4

slike 3, čija je jedna stranica podinterval [xi−1, xi], a druga jednaka minimu-mu f (ξ mi ) (odnosno maksimumu f (ξ

M i )) funkcije f na datom podintervalu

(sl. 4). Jasno je da možemo pisati

Aui ⊆ T i ⊆ Aoi .

Površinu ravnog lika možemo posmatrati kao funkciju koja skupovima tačakadatog lika dodeljuje nenegativan broj, tako da većem skupu mora pripadatii veća površina.Označimo sa P u

i

, P T i

i P oi

površine upisanog pravougaonika, krivolinijskogtrapeza i opisanog pravougaonika, respektivno, za svaki od podintervala[xi−1, xi], slika 4. Dakle važi

P ui ≤ P T i ≤ P oi . (2)

Kako je Au = ni=1 Aui , T = ni=1 T i, Ao = ni=1 Aoi , sledi da jeAu ⊆ T ⊆ Ao, (3)

odakle je P (Au) ≤ P (T ) ≤ P (Ao), gde je P (Au) =

ni=1 f (ξ

mi )∆x i

P (

Ao) = ni=1 f (ξ M i )∆x, a P (T ) površina krivolinijskog trapeza T. Pove-

ćanjem broja podintervala n, dužina podintervala se smanjuje, tako da kadan → ∞, tada ∆x → 0.

Ako sledeće dve granične vrednosti: limn→∞

ni=1 f (ξ

mi )∆x i lim

n→∞n

i=1 f (ξ M i )∆x,

3

8/16/2019 DJ6

4/36

postoje i međusobno su jednake, tada se površina krivolinijskog trapeza koji

određuje funkcija f na intervalu [a, b] definiše kao

P = P (T ) = limn→∞

ni=1

f (ξ mi )∆x = limn→∞

ni=1

f (ξ M i )∆x. (4)

Dovoljan uslov za postojanje graničnih vrednosti u (4) i njihove jednakosti jeste da je funkcija f neprekidna na [a, b].

2 Definicija određenog integrala

U ovom odeljku uopštićemo malo uslove za funkciju f i podelu intervalana sledeći način:

1. funkcija f može biti i negativna na [a, b];

2. funkcija f može imati i konačno mnogo prekida na [a, b];

3. dužine podintervala [xi−1, xi] mogu biti i različite;

4. tačke ξ i mogu biti proizvoljne tačke podintervala [xi−1, xi], slika 5.

y f x y f x

a x0a x0 xnb xnb Ξ 1 Ξ 1

x1 x1 Ξ 2 Ξ 2

x2 x2 xi1 xi1 Ξ i Ξ i xi xi xn1 xn1

Ξ n Ξ n

x

y

Slika 5

Podela P intervala [a, b] ⊂ R je skup tačaka

P = {x0, x1, . . . , xn}, ako važi a = x0 < x1 < . . . < xn = b. (5)

4

8/16/2019 DJ6

5/36

Označimo dužinu i−tog intervala sa ∆xi = xi − xi−1. Tada je parametar podele P broj

λ(P ) = max1≤ j≤n

∆xi. (6)

2.1 Definicija. Neka je funkcija f definisana na [a, b], neka je P jedna podela intervala [a, b] i neka su ξ i neke tačke iz odgovarajućeg podintervala [xi−1, xi], i = 1, 2, . . . , n . Tada se zbir

R(P , ξ 1, . . . , ξ n) =n

i=1f (ξ i)∆xi,

naziva integralna suma funkcije f za podelu P .Sume koje se javljaju u relaciji (3) su takođe integralne sume, za specijalno

izabrane ξ i (tačke u kojima funkcija f dostiže minimum odnosno maksimumna [xi−1, xi]) i za jednake dužine intervala ∆x = ∆xi, i = 1, . . . , n .

Specijalni slučajevi integralne sume se, takođe, mogu dobiti ako se za tačke ξ iuzmu početne (sl. 6), krajnje tačke intervala [xi−1, xi] (sl. 7) ili tačke koje senalazi na sredini tih intervala. Interaktivni prikaz geometrijskog tumačenjaovih specijalnih slučajeva integralnih suma se mogu pogledati klikom na WMispod slika 6 i 7.

Primetimo da ako je funkcija f negativna na [a, b], tada je bilo koja inte-gralna suma takođe negativna.

Sada možemo dati sledeću definiciju.

2.2 Definicija. Neka je data funkcija f : [a, b] → R. Ako za svaku podelu P intervala [a, b] i svaki izbor od n tačaka ξ 1, ξ 2, . . . , ξ n, sa osobinom ξ i ∈[xi−1, xi], i = 1, 2, . . . , n , postoji uvek ista granična vrednost

I := limλ(P )→0

ni=1

f (ξ i)∆xi,

tada se za funkciju f kaže da je Riman–integrabilna (kraće: integrabilna) na intervalu [a, b], a broj I se zove određeni integral funkcije f na [a, b], i označavamo ga sa b

a

f (x) dx. (7)

5

8/16/2019 DJ6

6/36

1 2 3 4 5

1.0

0.5

0.5

1.0

estimated area 0.7958

actual area 0.9589

Slika 6

1 2 3 4 5

1.0

0.5

0.5

1.0

estimated area 1.0942

actual area 0.9589

Slika 7WM

U ovom slučaju granična vrednost I := limλ(P )→0

ni=1 f (ξ i)∆xi, znači da

za svako ε > 0 postoji δ > 0, sa osobinom da za proizvoljnu podelu P saosobinom λ(P ) < δ i bilo koji izbor od n tačaka ξ i ∈ [xi−1, xi] važiI −

ni=1

f (ξ i)∆xi

< ε.Brojevi a i b, a < b, su donja i gornja granica , a funkcija f je podintegralna

funkcija određenog integrala (7).

Vizualizacija definicije odredjenog integrala data je apletima:Rimanove sumeDefinicija odredjenog integral.Mogu se menjati podintegralne funkcije.Ako je f integrabilna funkcija na intervalu [a, b], tada važe sledeće jedna-

kosti:

1. ako je a > b, tada je ba

f (x) dx = − ab

f (x) dx;

2. ako je a = b, tada važi aa

f (x) dx = 0.

Postoje i funkcije koje nisu integrabilne. Tako, na primer, ako je funkcija f definisana na [a, b] i važi lim

x→a+f (x) = +∞, tada u prvom podintervalu [x0, x1]

bilo koje podele P , za svako M > 0 postoji ξ 1, takvo da važif (ξ 1)∆x1 > M,

6

http://demonstrations.wolfram.com/RiemannSums/https://www.geogebratube.org/student/m97930https://www.geogebratube.org/student/m39315https://www.geogebratube.org/student/m39315https://www.geogebratube.org/student/m39315https://www.geogebratube.org/student/m97930http://demonstrations.wolfram.com/RiemannSums/

8/16/2019 DJ6

7/36

pa ne postoji limλ(P )→0

n

i=1

f (ξ i)∆xi, što povlači da funkcija f nije integrabilna.

U stvari, važi sledeća teorema.

2.3 Teorema.

a) Integrabilna funkcija na [a, b] je ograničena na [a, b].

b) Ograničena funkcija na [a, b] sa konačnim brojem prekida je i integrabilna na [a, b].

Važan je poseban slučaj ove teoreme pod b).

2.4 Teorema. Svaka neprekidna funkcija na [a, b] je i integrabilna na [a, b].

3 Osobine određenog integrala

U ovom delu iznećemo osnovne osobine određenog integrala.

a) Ako je funkcija f konstanta, tj. f (x) = k, x ∈ [a, b], tada je ba

f (x)dx = k(b − a).

b) Ako je f integrabilna funkcija na [a, b], i k neki realan broj, tada je ifunkcija kf integrabilna na [a, b] i važi

ba

kf (x)dx = k

ba

f (x)dx.

Vizualizacija osobina odredjenog integrala data je apletom:

Mnozenje konstantom

c) Ako su dve funkcije f i g integrabilne na [a, b], tada su i njihov zbir,

razlika i proizvod takođe integrabilne funkcije na [a, b]. Ako je, još, ifunkcija 1/g ograničena na [a, b], tada je količnik f/g takođe integra-bilna funkcija na [a, b].

7

https://www.geogebratube.org/student/m109982https://www.geogebratube.org/student/m109982

8/16/2019 DJ6

8/36

d) Ako su funkcije f i g integrabilne na [a, b], tada važi

ba

(f (x) + g(x)) dx =

ba

f (x) +

ba

g(x) dx (8)

Geometrijski je očigledno da za nenegativnu i neprekidnu funkciju f na[a, b] takvu da je f (x) ≥ 0, x ∈ [a, b], važi

ba

f (x) dx =

ca

f (x) dx +

bc

f (x) dx, a < c < b.

To znači da je površina krivolinijskog trapeza koji je određen funkcijom

f nad intervalom [a, b] jednaka zbiru površina krivolinijskih trapezafunkcije f nad [a, c], i [c, b]. Uopšte važi

e) Ako je funkcija f integrabilna na [a, c] i [c, b] takvim da je a < c < b, tada je funkcija f integrabilna na [a, b] i važi

ba

f (x) dx =

ca

f (x) dx +

bc

f (x) dx.

f ) Sledeće tri osobine određenog integrala su takođe značajne za dalji rad.

1. Ako je funkcija f integrabilna na [a, b], onda je i funkcija|f |

takođeintegrabilna na [a, b]. Važi nejednakost (zašto?):

ba

f (x) dx

≤ ab

|f (x)| dx.

2. Ako je funkcija f integrabilna i pozitivna (resp. negativna) na[a, b], tada je

ba

f (x) dx > 0

resp.

ba

f (x) dx

8/16/2019 DJ6

9/36

4 Teoreme srednje vrednosti za određeni in-

tegral

4.1 Prva teorema srednje vrednosti za integral.Ako je funkcija f neprekidna na [a, b], tada postoji tačka ξ ∈ (a, b) takva da važi b

a

f (x)dx = f (ξ ) · (b − a).

Broj ξ i u ovom slučaju nije jednoznačno određen, kao što nije bio nikod Rolove ili Lagranžove teoreme.

Ako je f (x) ≥ 0 na [a, b], tada teorema 4.1 ima jednostavnu geome-trijsku interpretaciju. Naime, u tom slučaju površina pravougaonikačija je jedna stranica jednaka b − a (dužina intervala [a, b]), a drugastranica jednaka f (ξ ) jednaka je površini krivolinijskog trapeza funk-cije f nad [a, b].

Vizualizacija je prikazana na apletu:

Teorema srednje vrednosti integrala.

Pomeranjem klizaca a menja se duzina intervala nad kojim se posmatrapravougaonik ABGE. Pomeranjem klizaca b menja se povrsina pravou-

gaonika b · c U momentu kada povrsina pravougaonika postane jednakavrednosti odgovarajuceg integrala pravougaonik se zacrveni.

4.2 Druga teorema srednje vrednosti za integral.Neka je funkcija f neprekidna na [a, b], neka je funkcija g integrabilna i stalnog znaka na [a, b]. Tada postoji tačka ξ ∈ [a, b], sa osobinom

ba

f (x)g(x) dx = f (ξ ) · ba

g(x) dx.

Primetimo da je teorema 4.1 specijalan slučaj teoreme 4.2 za g(x) ≡ 1na [a, b].

9

https://www.geogebratube.org/material/show/id/168020https://www.geogebratube.org/material/show/id/168020

8/16/2019 DJ6

10/36

5 Osnovna teorema integralnog računa

Važna posledica teorema srednje vrednosti za integral jeste sledeća te-orema.

5.1 Teorema. Ako je funkcija f neprekidna na [a, b], tada je funkcija,G definisana sa

G(x) =

xa

f (t) dt, x ∈ [a, b], (9)

primitivna funkcija za funkciju f, tj. za svako x ∈ (a, b) važi G(x) =f (x).

Dokaz. Neka su x i x + h iz (a, b). Po definiciji prvog izvoda je

G(x) = limh→0

G(x+h)−G(x)h = limh→0

x+ha f (t) dt−

xa f (t) dt

h

= limh→0

x+hx

f (t) dt

h .

Na osnovu teoreme srednje vrednosti integrala 4.1, postoji tačka ξ izintervala [x, x + h] takva da važi

x+hx

f (t) dt = h · f (ξ ).

(Broj ξ zavisi od x i h.) Prelaskom na graničnu vrednost dobijamo

G(x) = limh→0

hf (ξ )

h = lim

h→0f (ξ ) = f (x).

Koristili smo neprekidnost funkcije f u tački x.

Na osnovu prethodne teoreme možemo dati vezu između određenogi neodređenog integrala.

5.2 Njutn–Lajbnicova formula.Neka je f neprekidna funkcija na [a, b], a F jedna njena primitivna

funkcija na [a, b], tj.

F (x) = f (x), x ∈ (a, b).

10

8/16/2019 DJ6

11/36

Tada važi: ba

f (x) dx = F (x)ba := F (b) − F (a). (10)

Dokaz. Neka je F proizvoljna primitivna funkcija funkcije f i neka jeG funkcija data relacijom (9). Pokazano je da se dve primitivne funkcijeza istu funkciju mogu najviše razlikovati za konstantu, što znači

G(x) − F (x) = C, odnosno xa

f (t) dt = F (x) + C,

za svako x ∈ [a, b]. Na osnovu relacije (9) je

G(a) = aa f (t) dt = 0 = F (a) + C, odnosno F (a) = −C.

Tako dobijamo

G(b) =

ba

f (t) dt = F (b) + C = F (b) − F (a),

tj. formulu (10). Uobičajeno je da se pri izračunavanju određenog in-tegrala piše b

a

f (t) dt = F (x)b

a= F (b) − F (a).

5.3 Primer. Primenom osnovne teoreme integralnog računa odrediti sle-deće određene integrale:

a)

4−1

(8x3 + 3x2 + 1) dx; b)

−1−3

1

x3 +

1

x +

√ −x − 13√

x2

dx;

c)

3√ 3

2e3x +

3

x2 + 9 + 1

dx; d)

π/30

sin x + tg x + 2 cos

x

2

dx.

REŠENJE:

a) 4−1

(8x3 + 3x2 + 1) dx =

8x4

4 + 3x3

3 + x4−1

= 2 · 44 + 43 + 4 − (2 · (−1)4 + (−1)3 + (−1)) = 580.

11

8/16/2019 DJ6

12/36

b)

−1−3

1

x3 +

1

x +

√ −x − 13√

x2

dx =

− 1

2x2 + ln |x| − 2(−x)

3/2

3 − 3 3√ x

−1

−3

= − 12(−1)2 + ln | − 1| − 2(1)

3/2

3 − 3 3

(−1) −

− 1

2(−3)2 + ln | − 3| − 2(3)3/2

3 − 3 3

(−3)

= 179 − ln 3 − 3 3√ 3 + 2√ 3.

c)

3√ 3

2e3x + 3

x2 + 9 + 1

dx =

23e3x + arctg(x3 ) + x

3√ 3

= 2

3e3·3 + arctg

3

3 + 3 − 2

3e3·

√ 3 − arctg

√ 3

3 ) −

√ 3

= = 2

3

e9 − e3

√ 3

+ π

12 + 3 −

√ 3.

d)

π/30

sin x + tan x + 2 cos x

2

dx =

− cos x − ln | cos x| + 4 sin x2

π/30

= − cos(π/3) − ln | cos(π/3)| + 4 sin π/32

+ cos 0 + ln | cos0| + 4 sin 02

== 52

+ ln 2.

Vrednosti određenih integrala iz prethodnog i svih narednih primera moguse odrediti korišćenjem WolframAlphaWidget kalkulatora koji se nalazi nalinku ovde. Klikom na dati link otvoriće se prozor Definite Integral Calcu-lator, u kome se na jednostavan način unose podintegralna funkcija i graniceintegracije, a klikom na Compute dobija se vrednost određenog integrala.

12

http://www.wolframalpha.com/widget/widgetPopup.jsp?p=v&id=1e41d143fb72443711500a4d71b8e6f7&title=Math+Help+Boards%3A+Definite+Integral+Calculator&theme=bluehttp://www.wolframalpha.com/widget/widgetPopup.jsp?p=v&id=1e41d143fb72443711500a4d71b8e6f7&title=Math+Help+Boards%3A+Definite+Integral+Calculator&theme=blue

8/16/2019 DJ6

13/36

5.4 Primer. Odrediti broj ξ ∈ [a, b] koji zadovoljava uslove teoreme 4.1, tj.teoreme prve srednje vrednosti integrala, za sledeće integrale:

a)

30

4 − x

2

4

dx; b)

31

x2 +

1

x2

dx.

REŠENJE:

a) Na osnovu teoreme 5.2 je

30

4 − x

2

4

dx =

4x − x

3

12

3

0

= 39

4 .

Na osnovu teoreme 4.1 postoji tačka ξ takva da važi 30

4 − x

2

4

dx =

4 − ξ

2

4

(3 − 0), ili 39

4 =

16 − ξ 24

· 3.

Odavde sledi da je ξ 2 = 3, pa je tražena vrednost ξ =√

3 ∈ [0, 3].b) Iz 3

1

x2 +

1

x2

dx =

x3

3 − 1

x

3

1

= 28

3 ,

i

ξ 2 + 1

ξ 2

· (3 − 1) = 28

3 ,

slediξ ≈ 2, 1075 .

6 Metode izračunavanja određenog integrala

U prethodnom odeljku smo videli da ako znamo da odredimo neodređeni

integral f (x) dx, tada na osnovu Njutn-Lajbnicove formule (10) lako na-lazimo i vrednost određenog integrala

ba

f (x) dx. Podsetimo se da smo u

6. glavi izložili metode smene i parcijalnog integraljenja za izračunavanje ne-određenog integrala. Dodajmo da treba obratiti pažnju kada je neodređeni

13

8/16/2019 DJ6

14/36

integral nađen pomoću smene; u tom slučaju mora funkcija φ iz relacije (??)

biti monotona.Vizualizacija različitih odredjenih integrala data je u apletu:Odredjeni i neodredjeni inegrali.U sledeća dva potpoglavlja ćemo pokazati kako se određeni integral može

izračunati direktno uvođenjem smene ili parcijalnim integraljenjem.

6.1 Smena promenljivih kod određenog integrala

Ako je funkcija φ bijekcija intervala [c, d] na interval [a, b] i ima neprekidanprvi izvod na (c, d), tada posle smene x = φ(t), dx = φ(t) dt, važi

ba

f (x) dx = dc

f (φ(t))φ(t) dt, (11)

gde je a = φ(c), b = φ(d).

Može se pokazati da je uz prethodne uslove funkcija φ monotona na [c, d].

6.1 Primer. Izračunati sledeće integrale:

a)

63

√ x − 3 dx; b)

1−1

x2 dx

x − 2 ; c) e0

cos(ln x) dx

x ;

d)

π/2π/6

cos x · cot2 x dx; e) 10

ex dx

4 + e2x; f )

√ 5√ 3

dx

x√

x4 − 9 .

REŠENJE:

a) Ako stavimo smenu x = φ(t) = t + 3, dakle φ(t) dt = dt, tada graniceintegraljenja postaju t = 3 − 3 = 0 i t = 6 − 3 = 3. Tako dobijamo naosnovu (11):

63

√ x

−3 dx = 3

0

t1/2 dt = 2t3/2

33

0

= 2

√ 27

3 = 2

√ 3.

14

https://www.geogebratube.org/student/m28393https://www.geogebratube.org/student/m28393

8/16/2019 DJ6

15/36

b) Ako koristimo smenu t = x+2, dakle dt = dx, tada posle promene granica

dobijamo 1−1

x2

x + 2 dx =

31

(t−2)2 dtt

=t2

2 − 4t + 4ln t

31

= 9

2 − 12 + 4ln 3 − 1

2 + 4 = 4ln 3 − 4.

c) Ako stavimo t = ln x, tada se diferenciranjem leve i desne strane ove

jednakosti dobija dt = dx

x , pa sledi

e

1

cos(ln x)

x dx =

1

0

cos t dt = sin t10

= sin 1.

d) Posle smene t = sin x, dt = cos xdx, nove granice integraljenja postaju

t = 1

2 i t = 1, pa se dobija

π/2π/6

cos x · cot2 x dx = 11/2

1 − t2t2

dt =

−1

t − t

1

1/2

= −1 − 1 + 2 + 12

= 1

2.

e) Smenom t = ex, dakle dt = ex dx, dobija se 10

ex

1 + e2x dx =

e1

dt

1 + t2 = arctg x

e1

= arctg e−arctg 1 = arctg e−π4

.

f ) Smenom x2 = t, 2x dx = dt, dobijamo

√ 5√ 3

dx

x√

x4 − 9 = 1

2

53

dt

t√

t2 − 9 .

Dalje se novom smenom t2 − 9 = r2, 2t dt = 2r dr, dobija √ 5√ 3

dx

x√

x4 − 9 = 1

2

40

dr

r2 + 9 =

1

6 arctan

r

3

4

0

= 1

3 arctan

4

3.

15

8/16/2019 DJ6

16/36

6.2 Parcijalna integracija

Ako su u i v neprekidno–diferencijabilne funkcije na [a, b], tada važi for-mula parcijalnog integraljenja: b

a

u(x)v(x) dx = u(x)v(x)ba− ba

u(x)v(x) dx

= u(b)v(b) − u(a)v(a) − ba

u(x)v(x) dx.

(12)

6.2 Primer. Izračunati sledeće određene integrale:

a)

7

2

x e−5x dx ; b) π/2

0

x2 sin(3x) dx ; c)

2

1

x ln x d x .

REŠENJE:

a) Ako stavimo u = x i dv = e−5x dx tada je du = dx i

v =

e−5x dx = −1

5e−5x.

U zadnjem integralu korišćena je smena t = −5x. Na osnovu formule(12) važi: 7

2

x e−5x dx = −x5

e−5x72−

−15

72

e−5x dx

= −75

e−35 + 2

5e−10 − 1

25e−5x

7

2

= −75

e−35 + 2

5e−10 − 1

25

e−35 − e−10

= −

36

25e−35 +

11

25e−10.

b) U ovom slučaju stavićemo u = x2 i dv = sin(3x) dx, du = 2x dx i

v =

sin(3x) dx = −1

3 cos(3x).

16

8/16/2019 DJ6

17/36

Iz (12) tada sledi:

π/20

x2 sin(3x) dx = − 13

x2 cos(3x)

π/2

0

−

−23

π/20

x cos(3x) dx

= 2

3

π/20

x cos(3x) dx

Poslednji integral ćemo takođe rešiti parcijalnim integraljenjem, takošto ćemo staviti u1 = x i dv1 = cos(3x) dx, odnosno du1 = dx i v1 =13 sin(3x). Tako dobijamo

π/20

x cos(3x) dx = x

3 sin(3x)

π/20

− 13

π/20

sin(3x) dx = π

6 sin(3π/2)

−03

sin(3 · 0) − 13 ·

−13

cos(3x)

π/2

0

= −π

6 − 1

9.

Konačno je

π/20 x

2

sin(3x) dx =

2

3 ·−π

6 − 1

9

= −π

9 − 2

27 .

c) Dati integral se rešava primenom parcijalnog integraljenja: u = ln x,dv = x dx, tj. du = dxx , v =

x2

2 . Tako se dobija

21

x ln x dx = x2

2 ln x

2

1

− 12

21

x dx

= 2 ln 2 − x2

4

2

1

= 2ln 2 − 1 + 14

= 2 ln 2 − 3/4.

6.3 Primer. Izračunati sledeće određene integrale za n ∈ N0 :

I n =

π/20

cosn x dx ; J n =

π/20

sinn x d x .

17

8/16/2019 DJ6

18/36

REŠENJE:

Pokažimo prvo da je za sve n ∈N

0 I n = J n. Zaista, smenom t = π

2 − x,dt = − dx dobijamo

I n =

π/20

sinn x dx =

π/20

cosnπ

2 − x

dx

= − 0π/2

cosn t dt =

π/20

cosn x dx = J n.

Dakle, dovoljno je izračunati integrale I n, n ∈ N0. Za n = 0 je

I 0 = π/20 sin

0

x dx = π/20 dx = x

π/20 =

π

2 , (13)

a za n = 1 je

I 1 =

π/20

sin1 x dx =

π/20

sin x dx = − cos xπ/20

= 1. (14)

Neka je sada n ≥ 2. Ako primenimo parcijalno integraljenje:u = cosn−1 x, dv = cos x dx, du = −(n−1)cosn−2 x sin x dx, v = sin x,

dobijamo

I n = cosn−1 x sin x

π/20

+ (n − 1) π/20 cosn−2 x sin2 x dx= (n − 1)

π/20

cosn−2 x(1 − cos2 x) dx.

Na osnovu toga je I n = (n − 1) (I n−2 − I n) , odnosno

I n = n − 1

n · I n−2, n ≥ 2. (15)

Ako je n = 2 p, p ∈ N, tada iz (15) i (13) dobijamo

I 2 p = 2 p − 1

2 p · I 2 p−2 = 2 p − 1

2 p · 2 p − 3

2 p − 2 · I 2 p−4

= · · · = 2 p − 12 p

· 2 p − 32 p − 2 · · ·

1

2 · I 0 = (2 p − 1)(2 p − 3) · · · 1

(2 p)(2 p − 2) · · · 2 · π

2

18

8/16/2019 DJ6

19/36

Ako je n = 2 p + 1, p ∈ N, tada iz (15) i (14) sledi

I 2 p+1 = 2 p

2 p + 1 · I 2 p−1 = 2 p

2 p + 1 · 2 p − 2

2 p − 1 · I 2 p−3

= · · · = 2 p2 p + 1

· 2 p − 22 p − 1 · · ·

1

3 · I 1 = (2 p)(2 p − 2) · · · 2

(2 p + 1)(2 p − 1) · · · 3 · 1.

7 Primene određenog integrala

7.1 Površina ravnih likova

Neka je data neprekidna funkcija f : [a, b] → R koja je nenegativna nad[a, b].

Na osnovu definicije (2.2) i relacije (4) možemo reći da je površina P kri-volinijskog trapeza funkcije f nad [a, b] (tj. površina figure ograničena sagrafikom funkcije f, ordinatama x = a i x = b, kao i intervalom [a, b] nax−osi), jednaka (sl. 2).

P =

ba

f (x) dx.

Na apletima P trougla

P krivolinijskog trapeza za kvadratnu funkcijuP krivolinijskog trapeza za logaritamsku funkcijuP krivolinijskog trapeza za sinusnu funkcijusu prizakazani

• Zbir površina opisanih pravougaonika;• Zbir površina upisanih pravougaonika;• Površina krivolinijskog trapeza.Pomeranjem klizača n menja se broj opisanih i upisanih pravougaonika.

Sa povećanjem n broj pravougaonika se povećava i zbir njihovih površina sesve više približava površini krivolinijskog trapeza.Geometrijski, teorema srednje vrednosti određenog integrala 4.1 tvrdi da

postoji takav pravougaonik čija površina jednaka površini krivolinijskog tra-peza. Jedna stranica pravougaonika je interval [a, b] a druga vrednost funkcije

19

https://www.geogebratube.org/student/m167208https://www.geogebratube.org/student/m167230https://www.geogebratube.org/material/show/id/167214https://www.geogebratube.org/material/show/id/167241https://www.geogebratube.org/material/show/id/167241https://www.geogebratube.org/material/show/id/167214https://www.geogebratube.org/student/m167230https://www.geogebratube.org/student/m167208

8/16/2019 DJ6

20/36

8/16/2019 DJ6

21/36

7.2 Primer. Odrediti površinu ograničenu krivom y = x2 − 4 i x−osom.(sl. 9 ).REŠENJE:

Funkcija f (x) = x2 − 4 ima nule za x1 = −2 i x2 = 2. Na (−2, 2) datafunkcija je negativna, tražena površina jednaka

P =

2−2

(x2 − 4) dx =

x3

3 − 4x

2

−2

=

23

3 − 4 · 2 −

(−2)3

3 − 4 · (−2)

= 32

3 .

7.3 Primer. Odrediti površinu ograničenu sinusoidom y = sin x i interva-lom [0, 2π] na x−osi (sl. 10 ).REŠENJE:

Na (0, π) funkcija f (x) = sin x je pozitivna, dok je na (π, 2π) ona nega-tivna. Tako je tražena površina jednaka

P = π0

sin x dx + 2ππ sin x dx = (− cos x)π

0+

(− cos x)2ππ

= 2 + | − 2| = 4.

Naravno, traženu površinu mogli smo tražiti i kao

P = 2

π0

sin x dx = 2 · 2 = 4.

Primetimo da je 2π0

sin x dx = 0, a, kako smo videli, da je površina slike

ograničene krivom y = sin x i intervalom [0, 2π] na x−osi jednaka 4.

7.2 Površina između krivih

Ako su f i g neprekidne funkcije na [a, b] i važi f (x) ≥

g(x), za svex ∈ [a, b] (sl. 11), tada je površina ograničena krivama f i g i ordinatama utačkama a i b jednaka b

a

f (x) dx − ba

g(x) dx =

ba

(f (x) − g(x)) dx.

21

8/16/2019 DJ6

22/36

ysin x ysin x

1 2 3 4 5 6 x

1.5

1.0

0.5

0.5

1.0

y

Slika 10

y f x y f x

yg x yg x

aa bb x

y

Slika 11

7.4 Primer. Odrediti površinu ograničenu sa krivom y = x3 i pravama y = 6 + x i 2y + x = 0 (sl.12 ).

REŠENJE:Presek pravih y = 6 + x i 2y + x = 0 je tačka A(−4, 2), a presek krive

y = x3 sa pravom 2y + x = 0 je tačka O(0, 0) (koordinatni početak), dok je presek krive y = x3 sa pravom y = 6 + x tačka B(2, 8). Svaka od ovihpresečnih tačaka dobija se rešavanjem odgovarajućih sistema jednačina:

tačka A : y = 6 + x, 2y + x = 0;tačka O : y = x3, 2y + x = 0; tačka B : y = 6 + x, y = x3.

Tražena površina se dobija kao zbir P = P 1 + P

2, gde je

P 1 =

0−4

6 + x − (−x

2)

dx =

0−4

6 +

3x

2

dx =

6x +

3x2

4

0

−4

= 24 − 12 = 12,

P 2 =

20

6 + x − x3 dx = 6x + x2

2 − x

4

4

2

0

= 12 + 2 − 4 = 10.Prema tome je P = P 1 + P 2 = 12 + 10 = 22.

7.5 Primer. Odrediti površinu ograničenu krivim linijama y = x2 i y =√ x (sl.13 ).

22

8/16/2019 DJ6

23/36

x2y0 x2y0

y x6 y x6

y x3 y x3

6 4 2 2 x

2

4

6

8

y

Slika 12

11

11

00

y x2 y x2

y x y x

x

y

Slika 13

REŠENJE:Tačke u kojima se date krive seku određuju se rešavanjem sistema jedna-

činay = x2, y =

√ x,

odakle se dobija jednačina x2 =√

x, čija su rešenja x1 = 0, i x2 = 1. Znači,date krive se seku u tačkama O(0, 0) i A(1, 1) (videti sl. 13). Tražena površinaP se dobija kao razlika P = P 1 − P 2, gde je

P 1 = 1

0

√ x dx =

2x3/2

31

0

= 2

3

, P 2 = 1

0

x2 dx = x3

31

0

= 1

3

.

Prema tome je P = 2/3 − 1/3 = 1/3.7.6 Primer. Odrediti površinu ograničenu parabolama y = x2 − 2x i y =

6x − x2 (sl. 14).REŠENJE:

Rešavanjem gornjeg sistema jednačina dobijamo da se date parabole sekuu tačkama O(0, 0) i A(4, 8). Parabola y = x2 − 2x ima nule u tačkama x = 0i x = 2, i negativna je na intervalu (0, 2), dok parabola y = 6x − x2 imanule u tačkama x = 0 i x = 6. Zbog toga se tražena površina određuje kao

23

8/16/2019 DJ6

24/36

P = P 1 + P 2 − P 3, gde su

P 1 =

40

(6x − x2) dx =

3x2 − x3

3

40

= 48 − 643

= 80

3 ;

P 2 =

20

(x2 − 2x) dx =

x3

3 − x2

2

0

=83 − 4

= 4 − 83 = 43P 3 =

42

(x2 − 2x) dx =

x3

3 − x2

4

2

= 64

3 − 16 − 8

3 + 4 =

20

3 .

Prema tome je P = 80/3 + 4/3−

20/3 = 64/3.

y

6x

x2

y

6x

x2

y x22x y x22x

2 4 6 8 x

2

4

6

8

y

Slika 14 Slika 15

7.3 Kriva u polarnim koordinatama

Neka je u rθ−ravni data kriva u polarnim koordinatama r = f (θ), gde je f neprekidna funkcija promenljive θ (sl. 15). (Podsetimo se da je tačkaA u ravni određena uređenim parom (r, θ) gde je r odstojanje tačke A odkoordinatnog početka O, dok je θ ugao između OA i pozitivnog smera x

−ose.)

Odredićemo površinu "krivolinijskog isečka", naime površinu ograničenu po-lupravim linijama θ = a, θ = b, gde je 0 ≤ a < b ≤ 2π i grafikom funkcijer = f (θ).

24

8/16/2019 DJ6

25/36

Izvršimo podelu P ugla [a, b] pomoću polupravih koje sa pozitivnim sme-

rom x−ose zaklapaju uglove θ0, θ1, θ2, . . . , θn na sledeći način a = θ0 < θ1

8/16/2019 DJ6

26/36

i φ2 = π/4, pa je tražena površina

P = 2

1

2

π4

−π4

a2 cos(2φ) dφ

= a2sin(2φ)

2

π4

−π4

= a2

2 (1 − (−1)) = a2.

aaaa x

y

Slika 16

2a2a

aa

aa

x

y

Slika 17

7.8 Primer. Izračunati površinu kardioide date u polarnim koordinatama

sa ρ = a(1 + cos φ), 0 ≤ φ ≤ 2π, ako je a pozitivan parametar (sl. 17 ).REŠENJE:

P = 1

2

2π0

a2(1 + cos φ)2 dφ = a2

2

φ + 2 sin φ +

φ

2 +

sin(2φ)

4

2π

0

= 3π

2 a2.

7.4 Parametarski zadata kriva

Neka je kriva C u ravni data u parametarskom obliku tj. x = g(t),y = h(t), t

∈ (α, β ) i g(α) = a, g(β ) = b. Tada se površina krivolinijskog

trapeza određenog krivom C nad [a, b] određuje kao

P =

ba

y dx =

βα

h(t) g(t) dt. (16)

26

8/16/2019 DJ6

27/36

2Πa2Πa x

y

Slika 18

aa

aa

x

y

Slika 19

7.9 Primer. Izračunati površinu ograničenu jednim lukom cikloide x =a(t − sin t), y = a(1 − cos t), t ∈ [0, 2π], (a > 0), i x−osom (sl. 18 ).

REŠENJE:Primetimo da je za t = 0, x = 0 i y = 0, a da je za t = π, x = a i

y = 0. To znači da je grafik date funkcije iznad x−ose nad [0, a], odnosno zat ∈ [0, 2π]. Dakle, tražena površina je

P = a

0

y dx.

Kako je dx = a(1 − cos t) dt, to se može pisati

P =

2π0

a(1 − cos t)a(1 − cos t) dt = a2 2π0

(1 − 2cos t + cos2 t) dt

= a2

t − 2sin t + t2

+ 1

4 sin 2t

2π

0

= 3πa2.

7.10 Primer. Izračunati površinu ograničenu astroidom x = a cos3 t, y =a sin3 t, a > 0 (sl. 19 ).

REŠENJE:Lako je videti da kada t prođe interval [0, 2π], tada se u ravni dobija

zatvorena kriva koja se sastoji od četiri podudarna dela. Zato je tražena

27

8/16/2019 DJ6

28/36

površina

P = 4

0π/2

y(t) dx(t) = 4

0π/2

y(t) x(t) dt

= = 4 0π/2

(−3a2)sin4 t cos2 t dt

= 12a2 π/20

(1 − cos2t)24

· 1 + cos 2t2

dt

= 12a2

8 π/2

0

(1

−cos2t

−cos2 2t + cos3 2t) dt

= 3a2

2

t − sin 2t

2 − 1

2

t +

sin 4t

4

+

1

2

sin2t − sin

3 2t

3

π

0

= = 3πa2

8 .

7.5 Zapremina obrtnih tela

Neka telo nastaje obrtanjem neprekidne krive y = f (x) oko x−ose nad[a, b]. U cilju određivanja zapremine tako nastalog tela, izvršićemo podelu

zatvorenog intervala [a, b] na podintervale [xi−1, xi], i = 1, 2, . . . , n , i označitisa ∆xi = xi − xi−1 (sl. 20).

Na svakom od podintervala posmatramo pravougaonik čija je jedna stra-nica podinterval [xi−1 − xi] dužine ∆xi, a druga stranica jednaka vrednostifunkcije f u proizvoljnoj tački podintervala ∆xi, tj. jednaka f (ωi), ωi ∈[xi−1, xi]. Svaki od tih pravougaonika obrtanjem oko x−ose obrazuje valjakvisine ∆xi, sa poluprečnicima osnove jednak f (ωi).U ovom slučaju svakako smo pretpostavili da je funkcija f nenegativna na[a, b], (tj. f (x) ≥ 0, x ∈ [a, b].)Kako je zapremina svakog valjka π(f (ωi))2∆xi i = 1, 2, . . . , n , to možemo

pisatiV = lim

λ(P )→0

ni=1

π(f (ωi))2∆xi = π

ba

(f (x))2 dx.

Na slikama 21 i 22 tačke ωi su početne, krajnje tačke intervala [xi−1, xi]

28

8/16/2019 DJ6

29/36

Slika 20

respektivno. Interaktivni prikaz geometrijskog tumačenja prethodnih specijalnih slučajeva integralnih suma se mogu pogledati klikom na WM ispodslika 21 i 22.

true volume 29.888

approximation 28.9192

Slika 21

true volume 29.888

approximation 30.6558

Slika 22WM

Ako telo nastaje obrtanjem krive x = g(y) oko y−ose nad [c, d], tada jenjegova zapremina

V = π dc

(g(y))2 dy.

7.11 Primer. Odrediti zapreminu tela koje nastaje obrtanjem parabole y =x2 + 1 nad [−1, 1] oko x−ose.

29

http://demonstrations.wolfram.com/VolumesUsingTheDiscMethod/http://demonstrations.wolfram.com/VolumesUsingTheDiscMethod/

8/16/2019 DJ6

30/36

REŠENJE:

V = π

1−1

(x2 + 1)2 dx = π

1−1

(x4 + 2x2 + 1) dx

= π

x5

5 + 2

x3

3 + x

1

−1=

56π

15 .

7.12 Primer. Odrediti zapreminu tela koje nastaje obrtanjem kubne para-bole y = x3 nad [1, 8] oko y−ose.REŠENJE:

Iz x = 3√ y, sledi

V = π

81

(y1/3)2dy = π

81

y2/3dy = π

3y5/3

5

8

1

= 93π

5 .

7.13 Primer. Odrediti zapreminu tela koje nastaje obrtanjem površine og-raničene parabolom y = x2 + 2 i pravom linijom y = x

2 + 1 nad [0, 1] oko

x−ose.

REŠENJE:

V = π

10

(x2 + 2)2 −

x2

+ 12

dx = π

10

x4 +

15

4 x2 − x + 3

dx

= π

x5

5 +

5x3

4 − x

2

2 + 3x

1

0

= 79π

20 .

7.14 Primer. Odrediti zapreminu tela koje nastaje obrtanjem površine og-raničene krivom y = 18x

3 i pravom y = 2x oko y−ose.

REŠENJE:Presečne tačke datih krivih su O(0, 0), A(4, 8) i B(−4, −8). Kako se date

krive mogu zapisati u obliku x = 2 3√

y, odnosno x = y2 , to je zbog njihoveneparnosti:

30

8/16/2019 DJ6

31/36

V = 2π

8

0

4y2/3 − 1

4y2

dy = 2π

12y5/3

5 − y

3

12

80

=

= 1024π15 .

aa

x

y

Slika 23 Slika 24

7.15 Primer. Odrediti zapreminu torusa koji se dobija obrtanjem kružnice x2 + (y

−a)2 = r2, oko x

−ose, ako je 0 < r < a (sl. 23 i 24)

REŠENJE:Označimo sa f 1 i f 2 redom funkcije date sa f 1(x) = a +

√ r2 − x2 i f 2(x) =

a − √ r2 − x2, |x| ≤ r. Tada je tražena zapremina V = V 1 − V 2, gde jeV 1 = π

r−r

f 21 (x) dx i V 2 = π r−r

f 22 (x) dx. Prema tome je

V = π

r−r

(a +

√ r2 − x2)2 − (a −

√ r2 − x2)2

dx

= π r−r

a2 + 2a√ r2 − x2 + r2 − x2 − a2 + 2a√ r2 − x2 − r2 + x2 dx

= 4aπ

r−r

√ r2 − x2 = 8aπ

r0

√ r2 − x2 dx.

31

8/16/2019 DJ6

32/36

Poslednji integral se rešava smenom x = r sin t, dx = r cos tdt, pa je

V = 8aπr2 π/20

cos2 t dt = 8πr2

t

2 +

sin 2t

4

π/2

0

= 8aπr2 · π4

= 2ar2π2.

7.6 Dužina luka krive

Neka funkcija f ima neprekidan prvi izvod na [a, b]. Dužina luka datekrive od tačke A(a, f (a)) do tačke B (b, f (b)) određuje se pomoću određenogintegrala na sledeći način (sl. 25).

a x0a x0 xnb xnb x1 x1 x2 x2 xi1 xi1 xi xi xn1 xn1

AQ0 AQ0

Q1Q1Q2Q2 Qi1Qi1QiQi

B

Qn B

Qn

x

y

Slika 25

Neka je P podela intervala [a, b], tj. neka je a = x0 < x1 < x2 < . . . <xn−1 < xn = b i neka je λ(P ) parametar podele P . Kao i ranije, stavimo ∆xiza dužinu i− tog intervala [xi−1, xi]. Odredimo u deonim tačkama xi ordinatef (xi), koje na krivoj određuju tačke Qi, i = 0, 1, . . . , n . Posmatraćemo izlo-mljenu liniju Q0Q1Q2 . . . Qn, sa delovima Qi−1Qi, čije su dužine si. Tada jedužina luka krive od tačke A do B približno jednaka dužini izlomljene linijeQ0Q1Q2 . . . Qn. Zbog toga se za dužinu luka nad intervalom uzima graničnavrednost

= limλ(P )→0

n

i=0 si,ako ta granica postoji. Kako je

si =

(f (xi) − f (xi−1))2 + ∆x2i , (17)

32

8/16/2019 DJ6

33/36

to na osnovu Lagranžove teoreme srednje vrednosti postoji tačka ωi ∈ [xi−1, xi]

takva da važi f (xi) − f (xi−1) = f (ωi) · ∆xi .Tako relacija (17) postaje si =

(f (ωi))2 + 1 · ∆xi. Odatle je

= limλ(P )→0

ni=0

si = limλ(P )→0

ni=0

(f 2(ωi) + 1 · ∆xi.

Prema tome se dužina luka krive određuje po formuli

= b

a 1 + (f (x))2 dx. (18)

7.16 Primer. Odrediti dužinu luka krive f (x) = 3x2/3−10 od tačke A(8, 2)do tačke B(27, 17).

REŠENJE:Kako je f (x) = 2x−1/3, to je tražena dužina luka

=

278

1 + (2x−1/3)2 dx =

278

1 +

4

x2/3 dx =

278

√ 4 + x2/3

x1/3 dx.

Poslednji integral se rešava smenom t = x2/3 + 4, dt = 23x−1/3 dx, pri čemu je

za x = 8, t = 8, a za x = 27, t = 13. Tako se dobija

= 3

2

138

√ t dt = t3/2

138

=√

133 −√

83 ≈ 24, 245 .

7.17 Primer. Odrediti dužinu luka krive f (x) = ln x od tačke A(1, 0) dotačke B

√ 3, ln 32

.

REŠENJE:

Kako je f (x) = 1/x, to je = √ 31

1 +

1

x2 dx =

√ 31

√ 1 + x2x

dx.

Smenom x = tan t, dx = dt

cos2 t, pri čemu je

√ 1 + x2 = 1

cos t, a nove granice

33

8/16/2019 DJ6

34/36

integracije postaju π/4 i π/3 . Tako dobijamo

=

π/3π/4

dt

sin t cos2 t =

π/3π/4

sin2 t + cos2 t

sin t cos2 t dt

=

1

cos t + ln | tan(t/2)|

π/3

π/4

= 2 −√

2 − 12

ln 3 − ln tan π8

.

Neka je kriva data u parametarskom obliku x = g(t), y = h(t), t ∈ (α, β ),gde su funkcije g i h neprekidno diferencijabilne nad [α, β ] i važi g(α) = a,g(β ) = b. Tada se dužina luka te krive nad intervalom izračunava kao [α, β ]izračunava kao

= β

α

g(t)2 + h(t)2 dt. (19)

7.18 Primer. Odrediti dužinu luka astroide x = a sin3 t, y = a cos3 t, t ∈[0, 2π], ako je a pozitivan parametar.

REŠENJE:Kako je xt = 3a sin

2 t cos t i y t = −3a cos2 t sin t, to je

= 4 a

0 1 + (yx)2 dx = 4

π/2

0 (xt)2 + (yt)2 dt

= 4

π/20

9a2(sin4 t cos2 t + sin2 t cos4 t) dt

= 12a

π/20

sin t cos t dt = 12asin2 t

2

π/2

0

= 6a.

7.7 Površina obrtnih tela

Neka telo nastaje obrtanjem nenegativne krive y = f (x) oko x

−ose nad

[a, b], nad kojim funkcija f ima neprekidan prvi izvod. Podelimo [a, b] napodintervale [xi−1, xi], i = 1, 2, . . . , n , i, kao i ranije, označimo sa ∆xi =xi − xi−1. Na svakom od podintervala posmatrajmo trapez ograničen sa in-tervalom [xi−1, xi] na x−osi, ordinatama dužine f (xi−1) i f (xi), i duž si kojaspaja tačke na krivoj određene ordinatama u tačkama xi i xi−1. Svaki od

34

8/16/2019 DJ6

35/36

tih trapeza pri rotaciji oko x−ose obrazuje zarubljenu kupu čiji su polupreč-

nici osnova f (xi) i f (xi−1), a izvodnica si (sl. 26). Površina omotača takvezarubljene kupe je P oi = π(f (xi−1) + f (xi)) · si. Prema tome, ako je λ(P )parametar podele, tada je površina omotača M posmatranog obrtnog tela jednaka

M = limλ(P )→0

ni=1

π(f (xi−1 + f (xi)) · si = 2π ba

f (x)

1 + (f (x))2 dx.

Slika 26

Objašnjenje vezano za primenu određenog integrala prilikom izračunava-nja površine obrtnih tela je, takođe, dato na sajtu Wolfram Demonstration Project i može se pogledati ovde.

7.19 Primer. Odrediti površinu omotača tela koje nastaje obrtanjem okox−ose krive y2 = 12x od tačke x = 0 do tačke x = 3.REŠENJE:

Kako je 2yy = 12, tj. y = 6/y, to je tražena površina jednaka

M = 2π 30

y

1 + (y)2 dx = 2π 30

y 36 + y2

y dx = 2π 30

√ 36 + 12x dx

= 2π · 112

· 2 · (36 + 12x)3/2

3

3

0

= 24(2√

2 − 1)π.

35

http://demonstrations.wolfram.com/SurfaceAreaOfASolidOfRevolution/http://demonstrations.wolfram.com/SurfaceAreaOfASolidOfRevolution/

8/16/2019 DJ6

36/36

7.20 Primer. Proveriti da je površina lopte poluprečnika a jednaka M =

4πa2

.REŠENJE:

Posmatraćemo samo gornji deo kružnice date u parametarskom oblikux = a cos t, y = a sin t, 0 ≤ t ≤ π, koja se obrće oko x-ose. Takodobijamo loptu čija je površina

M =

π0

2πa sin t

a2 sin2 t + a2 cos2 t dt = 2πa2 π0

sin t dt

= −2πa2 cos tπ

0= −2πa2(−1 − 1) = 4πa2.

7.21 Primer. Odrediti površinu omotača tela koje nastaje rotacijom okoy−ose krive x = y3 od tačke x = 0 do tačke x = 8.REŠENJE:

Odgovarajuće vrednosti za x = 0 i x = 8 su redom y = 0 i y = 2, pa jetražena površina jednaka:

M = 2π

80

x

1 + (xy)2 dy = 2π 20

y3

1 + 9y4 dy

= 2π

36

1451

√ u du =

π

27

√ 1453 − 1

.

36

Documents

DJ6