×   HOME PREDAVANJA

SADRŽAJ INTEGRAL ODREĐENI INTEGRAL FUNKCIJE VIŠE VARIJABLA VIŠESTRUKI INTEGRALI DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE METODA NAJMANJIH KVADRATA INDEKS

VJEŽBE

SADRŽAJ INTEGRAL ODREĐENI INTEGRAL FUNKCIJE VIŠE VARIJABLA VIŠESTRUKI INTEGRALI DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE METODA NAJMANJIH KVADRATA

PODSJETNIK

SADRŽAJ NEODREĐENI INTEGRAL ODREĐENI INTEGRAL FUNKCIJE VIŠE VARIJABLA VIŠESTRUKI INTEGRALI DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE METODA NAJMANJIH KVADRATA

JAVA NETPLOT OCTAVE Traži ...

☰   matematika2 Zamjena varijabla     VIŠESTRUKI INTEGRALI     Integrali ovisni o parametru

Momenti i težišta

U ovom poglavlju poopćit ćemo razmatranja iz poglavlja 2.6.7 na dvodimenzionalni i trodimenzionalni slučaj.

Promotrimo ravnu ploču $\mathcal{P}$ gustoće $\rho(x,y)$ koja zauzima područje $D\subset \mathbb{R}^2$ . Ploču ćemo podijeliti na male pravokutnike $P_{ij}$ površine $\Delta P=\Delta x \Delta y$ . Označimo li središte pravokutnika $P_{ij}$ s $(\bar x_i,\bar y_j)$ , masa $m_{ij}$ dotičnog pravokutnika je približno jednaka

$$m_{ij}\approx \rho(\bar x_i,\bar y_j)\Delta P,$$

dok su momenti oko osi $x$ -osi i $y$ -osi približno jednaki

$$[M_x]_{ij} \approx m_{ij} \bar y_{ij} =[\rho(\bar x_i,\bar y_j) \Delta P] \bar y_{ij},$$

$$[M_y]_{ij} \approx m_{ij} \bar x_{ij} =[\rho(\bar x_i,\bar y_j) \Delta P] \bar x_{ij}.$$

Sumirajući po svim $i$ i $j$ te prelaskom na limes kada $\Delta P \to 0$ slijedi

$$m =\lim_{\Delta P \to 0}\sum_{i,j} m_{ij} = \iint\limits_D \rho(x,y) dP,$$

$$M_x =\lim_{\Delta P \to 0}\sum_{i,j} [M_x]_{ij} = \iint\limits_D y \rho(x,y) dP,$$

$$M_y =\lim_{\Delta P \to 0}\sum_{i,j} [M_y]_{ij} = \iint\limits_D x \rho(x,y) dP,$$

pri čemu su $m$ , $M_x$ i $M_y$ redom masa ploče $\mathcal{P}$ , moment ploče $\mathcal{P}$ oko $x$ -osi i moment ploče $\mathcal{P}$ oko $y$ -osi.

Koordinate težišta ploče $\mathcal{P}$ su, kao i u poglavlju 2.6.7, jednake

$$\bar x=\frac{M_y}{m},\qquad \bar y=\frac{M_x}{m}.$$

Primjer 4.12   Odredimo težište polukružne ploče čija je gustoća jednaka udaljenosti od središta kruga: ako središte kruga smjestimo u ishodište, onda jednadžba kruga glasi $x^2+y^2=a^2$ (vidi sliku 4.12) pa je gustoća ploče u točki $(x,y)$ dana formulom

$$\rho(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}.$$

Slika: Polukružna ploča

Prelaskom na polarne koordinate imamo

$$m=\iint\limits_D\rho(x,y) dP=\iint\limits_D \sqrt{x^2+y^2} d... ...nt\limits_0^\pi \int\limits_0^a r\cdot r dr d\varphi =\frac{1}{3} \pi a^3.$$

Nadalje, kako su i ploča i funkcija gustoće simetrične s obzirom na $y$ -os, težište se nalazi na $y$ -osi, odnosno vrijedi $\bar x=0$ , dok je

$$\bar y=\frac{1}{m} \iint\limits_D y \rho(x,y) dP =\frac{3}{\... ...limits_0^a r \sin \varphi \cdot r \cdot r dr d\varphi =\frac{3 a}{2\pi}.$$

Dakle, težište se nalazi u točki $T=(0,3 a/(2\pi))$ .

Zadatak 4.3   Nađite težište trokutaste ploče s vrhovima $(0,0)$ , $(2,0)$ i $(0,1)$ i funkcijom gustoće $\rho(x,y)=1+2x+y$ .

Moment inercije ili moment drugog reda čestice mase $m$ oko $x$ -osi definiramo kao $m d^2$ , pri čemu je $d$ udaljenost čestice od osi. Kao i u prethodnom izlaganju, ploču podijelimo na male pravokutnike, zbrojimo momente inercije oko $x$ -osi svih pravokutnika te pređemo na limes kada površine pravokutnika teže nuli. Na taj način dobili smo moment inercije ploče $P$ oko $x$ -osi:

$$I_x=\iint\limits_D y^2\rho(x,y) dP.$$

Slično dobijemo i izraz za moment moment inercije ploče $P$ oko $x$ -osi:

$$I_y=\iint\limits_D x^2\rho(x,y) dP.$$

Moment inercije ploče $P$ oko ishodišta definiramo kao

$$I_o=\iint\limits_D (x^2+y^2)\rho(x,y) dP.$$

Primijetimo da je $I_o=I_x+I_y$ .

Primjer 4.13   Nađimo momente inercije homogenog diska gustoće $\rho$ i polumjera $a$ sa središtem u ishodištu. Rub područja integracije $D$ je kružnica $x^2+y^2=a^2$ . U polarnim koordinatama vrijedi

$$I_o=\iint\limits_D (x^2+y^2)\rho dP=\rho \int\limits _0^{2\pi} \int\limits _0^a r^2 r dr d\varphi = \frac{1}{2}\pi\rho a^4.$$

Zbog simetrije problema je $I_x=I_y$ iz čega slijedi

$$I_x=I_y=\frac{1}{2} I_o =\frac{1}{4}\pi\rho a^4.$$

Uočimo da je masa diska jednaka

$$m=\rho \pi a^2$$

pa je

$$I_o=\frac{1}{2} m a^2.$$

Dakle, ako povećamo radijus ili masu diska, povećat će se i moment inercije. Što je moment inercije veći, to je teže pokretanje i zaustavljanje rotacije diska oko osovine.

Promotrimo sada trodimenzionalni slučaj tijela $\Omega$ gustoće $\rho(x,y,z)$ koje zauzima područje $D\subset \mathbb{R}^3$ . Sličnim razmatranjem kao i do sada masa tijela $\Omega$ jednaka je

$$m=\iiint\limits_D \rho(x,y,z) dV,$$

pri čemu je $dV$ element volumena (vidi poglavlje 4.3). Momenti oko koordinatnih ravnina su redom

$$M_{yz} =\iiint\limits_D x \rho(x,y,z) dV,$$

$$M_{xz} =\iiint\limits_D y \rho(x,y,z) dV,$$

$$M_{xy} =\iiint\limits_D z \rho(x,y,z) dV.$$

Težište se nalazi u točki $T=(\bar x,\bar y,\bar z)$ , gdje je

$$\bar x=\frac{M_{yz}}{m},\qquad \bar y=\frac{M_{xz}}{m},\qquad \bar z=\frac{M_{xy}}{m}.$$

Momenti inercije oko koordinatnih osiju su

$$I_{x} =\iiint\limits_D (y^2+z^2) \rho(x,y,z) dV,$$

$$I_{y} =\iiint\limits_D (x^2+z^2) \rho(x,y,z) dV,$$

$$I_{z} =\iiint\limits_D (x^2+y^2) \rho(x,y,z) dV.$$

Primjer 4.14   Nađimo težište tijela homogene gustoće $\rho$ koje je omeđeno plohom $z=1-\sqrt{1-(x-1)^2}$ i ravninama $x=0$ , $y=0$ , $y=1$ i $z=0$ . Tijelo, koje ima oblik idealne naprave za blokadu kotača, i njegova projekcija na $xz$ -ravninu prikazani su redom na slikama 4.13a i 4.13b.

Slika: Blokada kotača i projekcija na $xz$ -ravninu

Tijelo zaprema područje

$$D=\{(x,y,z)\subset \mathbb{R}^3 : 0\leq x\leq 1, 0\leq y\leq 1, 0 \leq z \leq 1-\sqrt{1-(x-1)^2} \}.$$

Masa tijela jednaka je

$$m = \iiint\limits_D \rho dV = \rho \int\limits _0^1 \int\limits ... ...y \bigg\vert _0^1 \int\limits _0^1 z \bigg\vert _0^{1-\sqrt{1-(x-1)^2}} dx$$

$$= \rho \int\limits _0^1 (1-\sqrt{1-(x-1)^2} ) dx= \rho \left(1-\frac{\pi}{4}\right)\approx 0.215 \rho.$$

Prethodni integral se može riješiti supstitucijom $x-1=\sin t$ , no do rješenja možemo doći i jednostavnije: u ovom slučaju tijelo ima homogenu gustoću pa je masa jednaka umnošku gustoće i volumena. Volumen $V$ je jednak umnošku površine baze, koja je prikazana na slici 4.13 b), i visine koja je jednaka 1. Površina baze $P$ jednaka je razlici površine jediničnog kvadrata i četvrtine površine jediničnog kruga. Dakle, $V=P\cdot 1=1-\pi/4$ .

Vrijedi

$$M_{xz} =\iiint\limits_D \rho y dV = \rho \frac{1}{2} y^2 \bigg\vert _0^1 \int\limits _0^1 z \bigg\vert _0^{1-\sqrt{1-(x-1)^2}} dx$$

$$= \frac{1}{2} \rho \left(1-\frac{\pi}{4}\right)$$

pa je $\bar y=M_{xz}/m=1/2$ . To je i logično jer tijelo ima homogenu gustoću, a simetrično je s obzirom na pravac $y=1/2$ . Nadalje,

$$M_{xy} =\iiint\limits_D \rho z dV = \rho y \bigg\vert _0^1 \int\limits _0^1 \frac{z^2}{2} \bigg\vert _0^{1-\sqrt{1-(x-1)^2}} dx$$

$$= \frac{1}{2} \rho \int\limits _0^1 (1-\sqrt{1-(x-1)^2} )^2 ... ...\vert c\vert c} x& 0 & 1 \hline t & \frac{3}{2}\pi & 2\pi \end{array} \bigg\}$$

$$=\frac{1}{2} \rho \int\limits _{\frac{3}{2}\pi}^{2\pi} (1-\cos t)^2 dt= \rho \frac{10-3\pi}{12}$$

pa je

$$\bar z= \frac{M_{xy}}{m} = \frac{10-3\pi}{3(4-\pi)}\approx 0.223.$$

Zbog simetrije zaključujemo da vrijedi^4.6 $\bar x=\bar z$ pa se težište tijela nalazi u točki

$$T=\left(\frac{10-3\pi}{3(4-\pi)},\frac{1}{2},\frac{10-3\pi}{3(4-\pi)}\right).$$

Zadatak 4.4   Nađite težište tijela homogene gustoće koje je omeđeno paraboličkim cilindrom $y^2=x$ i ravninama $x=1$ , $z=0$ i $z=x$ .

Zamjena varijabla     VIŠESTRUKI INTEGRALI     Integrali ovisni o parametru