×   HOME
SADRŽAJ INTEGRAL ODREĐENI INTEGRAL FUNKCIJE VIŠE VARIJABLA VIŠESTRUKI INTEGRALI DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE METODA NAJMANJIH KVADRATA INDEKS
SADRŽAJ INTEGRAL ODREĐENI INTEGRAL FUNKCIJE VIŠE VARIJABLA VIŠESTRUKI INTEGRALI DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE METODA NAJMANJIH KVADRATA
SADRŽAJ NEODREĐENI INTEGRAL ODREĐENI INTEGRAL FUNKCIJE VIŠE VARIJABLA VIŠESTRUKI INTEGRALI DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE METODA NAJMANJIH KVADRATA
JAVA NETPLOT OCTAVE Traži ...
☰   matematika2
Volumen i površina     Dvostruki integral     Nepravi integral


Polarne koordinate

Neka je područje $ D\subseteq \mathbb{R}^2$ zadano u polarnom koordinatnom sustavu kao

$\displaystyle D=\{(r,\varphi ) : \varphi _1\leq \varphi \leq \varphi _2, r_1(\varphi )\leq r\leq r_2(\varphi )\}, $

gdje su $ r_1,r_2:[\varphi _1,\varphi _2]\to\mathbb{R}$ neprekidne funkcije. Tada koristimo supstituciju (usporedi s poglavljem 2.6.1)

$\displaystyle x=r\cos \varphi ,\qquad y=r\sin\varphi .$ (4.2)

Element površine prikazan je na slici 4.4.

Slika: Element površine u polarnim koordinatama II
\begin{figure}\begin{center} \epsfig{file=slike/vipol.eps,width=7.0cm} \end{center}\end{figure}

Formula za površinu kružnog isječka daje

$\displaystyle dP$ $\displaystyle = \frac{1}{2} (r+dr)^2 d\varphi -\frac{1}{2} r^2 d\varphi = \frac{1}{2} (r^2+(dr)^2+2r dr-r^2) d\varphi$    
  $\displaystyle =r dr d\varphi +\frac{1}{2} (dr)^2 d\varphi$    
  $\displaystyle \approx r dr d\varphi ,$    

pri čemu izraz $ \frac{1}{2} (dr)^2 d\varphi $ možemo zanemariti jer teži nuli brže od izraza $ r dr d\varphi $ . Prema tome, vrijedi

$\displaystyle \iint\limits_D f(x,y) dx dy= \int\limits _{\varphi _1}^{\varp... ...varphi )}^{r_2(\varphi )} f(r\cos\varphi ,r\sin\varphi ) r dr d\varphi . $

Uočimo da se u polarnim koordinatama uvijek integrira prvo po $ r$ pa onda po $ \varphi $ . Opće pravilo zamjene varijabli u višestrukom integralu dano je u poglavlju 4.4.

Primjer 4.5   Izračunajmo integral

$\displaystyle \iint\limits_D \sqrt{1-x^2-y^2} dx dy, $

gdje je $ D$ polukrug u prvom kvadrantu omeđen kružnicom $ (x-1/2)^2+y^2=1/4$ i osi $ x$ (slika 4.5). Radi se o volumenu tijela što ga iz polukugle $ z=\sqrt{1-x^2-y^2}$ izreže cilindar s bazom $ D$ (usporedi sa sličnim tijelom iz poglavlja 3.4.7).

Slika 4.5: Polukrug u prvom kvadrantu
\begin{figure}\begin{center} \epsfig{file=slike/polukr.eps,width=6.0cm} \end{center}\end{figure}

Da bi područje $ D$ opisali u polarnim koordinatama, potrebno je naći odgovarajuću jednadžbu zadane kružnice. Uvrštavanje supstitucije (4.2) u jednadžbu kružnice daje

$\displaystyle \bigg(r\cos \varphi -\frac{1}{2}\bigg)^2+(r\sin\varphi )^2 =\frac{1}{4}, $

odnosno

$\displaystyle r^2\cos^2\varphi -r\cos\varphi +\frac{1}{4}+r^2\sin^2\varphi =\frac{1}{4}. $

Vrijedi $ r (r-\cos\varphi )=0$ pa jednadžba zadane kružnice u polarnim koordinatama glasi

$\displaystyle r=\cos\varphi . $

Dakle, područje $ D$ (polukružnica) opisano je s

$\displaystyle D=\{(r, \varphi ) : \varphi \in[0,\pi/2], r\in[0,\cos\varphi ]\} $

pa je

$\displaystyle I$ $\displaystyle =\int\limits _0^{\pi/2} \int\limits _0^{\cos\varphi } \sqrt{1-r^2... ...\vert c} r& 0 & \cos\varphi \hline t & 1 & \sin^2\varphi \end{array} \bigg\}$    
  $\displaystyle =-\frac{1}{2}\int\limits _0^{\pi/2}\int\limits _1^{\sin^2\varphi ... ...0^{\pi/2} t^{3/2}\bigg\vert _1^{\sin^2\varphi } d\varphi =\{\sin\varphi >0\}$    
  $\displaystyle =-\frac{1}{3}\int\limits _0^{\pi/2} (\sin^3\varphi -1) d\varphi... ...2}-\frac{1}{3} \int\limits _0^{\pi/2} (1-\cos^2\varphi )\sin\varphi d\varphi$    
  $\displaystyle =\{\cos\varphi =u\}=\frac{\pi}{6}+\frac{1}{3}\int\limits _1^0(1-u^2) du=\frac{\pi}{6}-\frac{2}{9}.$    

Volumen i površina     Dvostruki integral     Nepravi integral