Integralet e shumëﬁshtarepo.risat.org/329/1/chap-15.pdfKapitulli 15 Shaska T. Figura 15.1: Shuma e Riemanit 15.1.1 Vëllimi dhe integrali i dyﬁshtë Siç shqyrtuam integralin

Kapitulli 15

Integralet e shumëfishta

Në këtë kapitull do të studiojmë integralet e funksioneve medisa ndryshore. Ne do të përgjithsojmë konceptin e integralittë funksioneve me një ndryshore, fillimisht tek funsionet medy ndryshore z = f (x, y) dhe me tre ndryshore w = f (x, y, z).

Për shembull, në se funsioni z = f (x, y) paraqet sipërfaqen enjë mali, a mund të gjejmë vëllimin e këtij mali duke përdorurintegralet, ashtu siç gjetëm sipërfaqen nën grafikun e njëfunsioni y = f (x) në Kalkulus 1. Një pregatitje e mirë për këtëkapitull do të ishte përsëritja e përkufizimit të integralit nga [1]dhe teknikat e integrimit nga [3].

Ne do të vazhdojmë analogjinë tonë me analizën e funk-sioneve me një ndryshore dhe do të përgjithsojmë konceptin eintegralit tek integralet e dyfishta dhe të trefishta si edhe do tëshohim disa aplikime ku këto integrale përdoren për llogaritjene vëllimeve, sipërfaqeve, masës, qendrës së masës, etj.

Në funksionet me një ndryshore derivimi dhe integrimi u studiuan si veprime të anasjellta të njëra-tjetrës. Përshembull, për të integruar një funksion f (x) është e nevojshme të gjejmë një primitiv (antiderivat) të f (x), me fjalëtë tjera një funksion F(x) derivati i të cilit të jetë f (x). Lind pyetja; a ka një mënyrë të ngjashme për të përkufizuarintegralin e një funksioni të dy ose më shumë ndryshoreve?

15.1 Integralet e dyfishta

Rikujtojmë që integrali i caktuar∫ b

a f (x) dx i një funksioni f (x) në një interval të mbyllur [a, b], ku f (x) ≥ 0, është

sipërfaqja e zonës plane që shtrihet nën grafikun e funksionit y = f (x) nga x = a në x = b. Përkufizimi i∫ b

a f (x) dx ubë nëpërmjet shumës së Riemanit.

Në qoftë se f x) është i përkufizuar për a ≤ x ≤ b ne ndajmë intervalin [a, b] në n nënintervale [xi−1, xi], i = 1, . . . ,n,me gjatësi ∆x = b−a

n dhe zgjedhim x∗i në [xi−1, xi].

Pastaj formojmë shumën e Riemannit∑n

i=1 f (x∗i )∆x dhe marrim limitin e kësaj shume kur n→∞. Pra∫ b

a f (x) dxpërkufizohet si ∫ b

af (x) dx = lim

n→∞

n∑i=1

f (x∗i )∆x.

Në rastet kur f (x) ≥ 0 në intervalin [a, b] shuma e Rimannit mund të interpretohet si shuma e sipërfaqeve tëdrejtëkëndëshave si në Fig. 15.1. Ne do të përgjithsojmë këtë koncept për funksionet me dy ndryshore.

1

Kapitulli 15 Shaska T.

Figura 15.1: Shuma e Riemanit

15.1.1 Vëllimi dhe integrali i dyfishtë

Siç shqyrtuam integralin e funksionit të një ndryshore në një segment[a, b], do të shqyrtojmë funksionin e dy ndryshoreve në një zonë tëR2.Jepet funksioni z = f (x, y) i përkufizuar në një zonë drejtëkëndëshe tëmbyllur R, pra

R = [a, b] × [c, d] ={(x, y) ∈ R2

| a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d}

dhe supozojmë fillimisht se f (x, y) ≥ 0 për çdo vlerë (x, y) ∈ R.

Grafiku i z = f (x, y) të përkufizuar në R është një sipërfaqe S; shihFig. 15.2. Duam të njehsojmë vëllimin e trupit që ndodhet nënsipërfaqen S dhe mbi zonën R.

Le të jetë T ky trup që shtrihet midis drejtëkëndëshit R dhe poshtëfunksionit z = f (x, y), pra

T := {(x, y, z) ∈ R3| 0 ≤ z ≤ f (x, y), (x, y) ∈ R2

}

Figura 15.2: Projeksioni në planin xy.

Vëllimin e këtij trupi fillimisht do ta përafrojmë siç vepruam me sipërfaqen nën grafikun e funksionit me njëndryshore. Ndajmë segmentin [a, b] në n nën-intervale të formës [xi−1, xi] me gjatësi të barabartë me ∆x = b−a

n , dhesegmentin [c, d] e ndajmë në m nën-intervale të formës [y j−1, y j] me gjatësi të barabartë me ∆y = d−c

m . Duke hequrdrejtëza paralele me boshtet koordinative në pikat e ndarjes së këtyre segmenteve përftojmë drejtkëndëshat

Ri j = [xi−1, xi] × [y j−1, y j]

Sipërfaqet e tyre janë ∆A = ∆x∆y.Në qoftë se zgjedhim në secilin prej këtyre drejtëkëndëshave Ri j pikat (x∗i j, y

∗

i j), ne mund të përafrojmë secilënpjesë që ndodhet ndërmjet S dhe Ri j me një paralelopiped këndëdrejtë me bazë Ri j dhe me lartësi f (x∗i j, y

∗

i j); shihFig. 15.2. Vëllimi i secilit prej tyre do jetë i formës

Vi j = f (x∗i j, y∗

i j) ∆A.

Duke vepruar në të njëjtën mënyrë për secilën pjesë, i mbledhim vëllimet e tyre për të përftuar një përafrim tëvëllimit total:

V ≈n∑

i=1

m∑j=1

f (x∗i j, y∗

i j)∆A (15.1)

2 Arkiva Dixhitale Shqiptare

http://www.oakland.edu/~shaska/


http://repo.risat.org


Figura 15.3

Intuitivisht mund të bindemi se përafrimi në Ek. (15.1) bëhet gjithnjë e më i mirë kur m dhe n rriten dhe ne presimqë

V = limm,n→∞

n∑i=1

m∑j=1

f (x∗i j, y∗

i j)∆A. (15.2)

Shrehjen në Ek. (15.2) e përdorim për të përkufizuar vëllimin e trupit që ndodhet nën grafikun e f (x, y) dhe mbidrejtkëndëshin R. Siç do ta shohim në vazhdim ky limit ka vend edhe për funksione me vlera të çfarëdoshme.

Përkufizim 15.1. Integral i dyfishtë i funksionit f (x, y) në drejtkëndëshin R quhet"R

f (x, y) dA = limm,n→∞

n∑i=1

m∑j=1

f (x∗i j, y∗

i j)∆A (15.3)

në rastin kur ky limit ekziston.

Atëherë përkufizimi i saktë matematik i integralit të funksioneve me dy ndryshore mbi një drejtëkëndësh tëmbyllur R jepet në vijim.

Për çdo ε > 0, ekziston një numër i plotë N i tillë që për çdo m,n ∈ Z, m > N, n > N dhe për çdo pikë (x∗i j, y∗

i j) ∈ Ri j

kemi ∣∣∣∣∣∣∣∣"

R

f (x, y) dA − limm,n→∞

n∑i=1

m∑j=1

f (x∗i j, y∗

i j)∆A

∣∣∣∣∣∣∣∣ < εNjë funksion f (x, y) quhet funksion me dy ndryshore i integrueshëm në qoftë se limiti në Eq.(15.3) ekziston.

Mund të vërtetohet se ky limit ekziston në qoftë se f (x, y) është i vazhdueshëm në R. Pika (x∗i j, y∗

i j) është zgjedhure çfarëdoshme në nëndrejtkëndëshin Ri j, por në qoftë se do ta zgjidhnim të ishte kulmi i sipërm i djathtë i Ri j, pra(xi, y j), kjo na lehtëson paraqitjen e shprehjes për integralin e dyfishtë si më poshtë"

R


n∑i=1

m∑j=1

f (xi, y j)∆A (15.4)

Duke krahasuar përkufizimet në Ek. (15.2) dhe Ek. (15.3) kemi se

Lema 15.1. Në qoftë se f (x, y) ≥ 0, atëherë vëllimi V i trupit të formuar mbi drejtëkëndëshin R dhe poshtë sipërfaqes z = f (x, y)është

V =

"R

f (x, y) dA (15.5)

http://repo.risat.org/329/ 3



http://repo.risat.org/329/


Shuma në Ek. (15.1) quhet shuma e dyfishtë e Riemannit dhe ajomund të përdoret si përafrim i integralit të dyfishtë. Le të shohim disashembuj.

Shembull 15.1. Gjeni me përafërsi vëllimin e trupit që shtrihet midis katroritR = [0, 2] × [0, 2] dhe parabolidid eliptik

z = f (x, y) = 16 − x2− 2y2,

duke e ndarë R në katër katrorë të barabartë dhe duke marre si pikë xi j pikat esipërme në të djathtë të çdo katrori.

Figura 15.4

Zgjidhje: Në Eq. (15.4) marrim m = 2 dhe n = 2. Pra, ndajmë katrorin R sinë Fig. 15.5. Atëherë vëllimi është

V =

2∑i=1

2∑j=1

f (xi, y j)∆A

= ∆A(

f (1, 1) + f (2, 1) + f (1, 2) + f (2, 2))

= 1 · (13 + 7 + 10 + 4) = 34,

(15.6)

i cili përafron vëllimin e trupit të përkufizuar më sipër. �

Sa i saktë është ky përafrim? Shihni në figurën e mëposhtme në se neshtojmë numrin e katrorëve. Shuma e Riemannit bëhet më e saktë. Mëvonë do të shohim se kjo shumë eshtë 48.

Figura 15.5

Figura 15.6: example caption






Shembull 15.2. Gjeni integralin"R

√

1 − x2 dx

kurR =

{(x, y) | − 1 ≤ x ≤ 1,−2 ≤ y ≤ 2

}Zgjidhje: Në fakt ky është një integral i vështirë për tu llogaritur direkt ngapërkufizimi, por duke pasur parasysh se trupi është një gjysmë cilindri merreze 1 dhe lartësi 4 ne kemi"

R

√

1 − x2 dx =12π · 12

× 4 = 2π

�Lexuesi ambicioz le të provojë të llogarisë integralin e mësipërm më mënyradirekte.

Figura 15.7

Rregulli i pikës së mesit

Për përafrimin e integralit të caktuar ne pamë disa rregulla, ndër të cilët Rregulli i pikës së mesit, Rregulli iTrapezave, Rregulli i Simpsonit. Për analogji ne mund të përafrojmë integralin e dyfishtë duke përdorur një prejkëtyre rregullave. Këtu do të shohim Rregullin e pikës së mesit. Në qoftë se si pika (x∗i j, y

∗

i j) do të zgjedhim qendrën(xi, y j) të Ri j, pra xi është mesi i segmentit [xi−1, xi] dhe y j mesi i segmentit [y j−1, y j], atëherë rregulli i pikës së mesitpohon se: "

R


n∑i=1

m∑j=1

f (xi, y j)∆A. (15.7)

Shembull 15.3. Duke përdorur rregullin e vlerës së mesit me m = n = 2përafroni integralin "

R

(x − 3y2) dA,

ku R jepet ngaR = {(x, y) | 0 ≤ x ≤ 2, 1 ≤ y ≤ 2}

Zgjidhje: Duke përdorur rregullin e pikës së mesit ne duhet të gjejmëvlerat e f (x, y) në qendrat e katrorëve siç paraqitet në Fig. 15.8. Këtopika janë (1

2,

54

),(1

2,

74

),(3

2,

54

),(3

2,

74

).

Sipërfaqja e çdo katrori është ∆A = 12 . Pra, Figura 15.8: Katrori R dhe përafrimi i vëllimit."

R

(x − 3y2) dA ≈2∑

i=1

2∑j=1

f (xi, y j) ∆A

= f (x1, y1)∆A + f (x1, y2)∆A + f (x2, y1)∆A + f (x2, y2)∆A

= f(1

2,

54

)∆A + f

(12,

74

)∆A + f

(32,

54

)∆A + f

(32,

74

)∆A

= −6716·

12−

13916·

12−

5116·

12−

12316·

12

= −958

= −11.875

�






15.1.2 Integralet e renditura

Llogaritja e integralit të dyfishtë duke u nisur nga përkufizimi i tij është i vështirë në shumicën e rasteve dhe jopraktik. Ashtu siç nëpërmjet Teoremës Themelore të Kalkulusit ne përftuam një metodë praktike të llogaritjes sëintegralit të caktuar, këtu do të gjejmë përsëri një metodë praktike të njehsimit të integralit të dyfishtë. Kë të na emundëson një teoremë mjaft e rendësishme që njihet me emrin Teorema e Fubinit. Para se të japim këtë teoremële të shohim fillimisht se ç’janë integralet e renditura.

Le të jetë z = f (x, y) një funksion i vazhdueshëm në një drejtkëndësh R = [a, b] × [c, d]. Le të integrojmë këtë

funksion në lidhje me x nga a në b duke konsideruar y konstant, dhe shënojmë∫ b

a f (x, y) dx. Ky integrim quhetintegrim i pjesshëm në lidhje me x. Duke qenë se këtë proces e mendojmë të vazhduar për çdo vlerë të y, atëherëkemi përkufizuar një funksion

A(y) =

∫ b

af (x, y) dx

Këtë funksion të ri mund ta integrojmë në lidhje me y nga c në d dhe përftojmë∫ d

cA(y) dy =

∫ d

c

[∫ b

af (x, y) dx

]dy (15.8)

Integrali në të djathtë të barazimit (15.8) quhet integral i renditur. Zakonisht kllapat nuk kanë rëndësi, kështu qëmund të shkruajmë ∫ d

c

∫ b

af (x, y) dx dy =

∫ d

c

[∫ b

af (x, y) dx

]dy (15.9)

Ky integral do të thotë se fillimisht integrojmë ne lidhje me x nga a në b, dhe më pas në lidhje me y nga c në d. Nëmënyrë të ngjashme integrali i renditur∫ b

a

∫ d

cf (x, y) dy dx =

∫ b

a

[∫ d

cf (x, y) dy

]dx (15.10)

do të thotë se fillimisht integrojmë në lidhje me y nga c në d, dhe më pas në lidhje me x nga a në b. Integrali brendakllapave quhet integral i brendshëm, dhe siç shihet në të dy formulat veprimet kryhen duke njehsuar fillimishtintegralin e brendshëm e më pas integrohet funksioni rezultues.

Shembull 15.4. Njehsoni integralin2π∫

0

2π∫0

sin(x + y) dx dy

Zgjidhje: Do të njehsojmë integralin duke njehsuar fillimisht integralin e brendshëm të f (x, y) = sin(x + y) në lidhjeme x duke konsideruar y konstant, e më pas rezultatin e dale prej integrimit të parë do ta integrojmë në lidhje me y.

2π∫0

2π∫0

sin(x + y) dx dy =

2π∫0

2π∫

0

sin(x + y) dx

dy

=

2π∫0

(− cos(x + y)

∣∣∣∣∣2π0

)dy

=

2π∫0

(− cos(y + π) + cos y) dy

= (− sin(y + π) + sin y)∣∣∣∣∣2π0

= − sin 3π + sin 2π − (− sinπ + sin 0) = 0

�






Teorema 15.1 (Fubini). Në qoftë se f (x, y) është i vazhdueshëm në një drejtkëndësh

R = {(x, y) | a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d},

atëherë "R

f (x, y) dA =

b∫a

d∫c

f (x, y) dy dx =

d∫c

b∫a

f (x, y) dx dy (15.11)

Vërejtje 15.1. Në fakt teorema është e vërtetë kur f (x, y) është i kufizuar në R dhe f është jo i vazhdueshëm vetëm në njënumër të fundëm kurbash të lëmuara, dhe integralet e renditur ekzistojnë.

Vërtetimi i kësaj teoreme është i vështirë, ndaj ne po japim këtu kuptimin intuitiv të vërtetimit të saj. Rikujtojmëse për funksionin f (x, y) ≥ 0, integrali i dyfishtë interpretohet gjeometrikisht si vëllimi V i trupit të kufizuar ngagrafiku i z = f (x, y) dhe R. Por njëkohësisht ne njohim një tjetër formulë për llogaritjen e vëllimit:

V =

b∫a

A(x) dx

ku A(x) është sipërfaqja e prerjes tërthore të trupit me një plan që kalon nga x pingul me boshtin e x-ve.

(a) (b)

Figura 15.9: Ilustrimi gjeometrik i Teoremës së Fubinit

Nga Fig. 15.9 mund të shikojmë se A(x) është sipërfaqja nën kurbën me ekuacion z = f (x, y), ku x është konstantdhe c ≤ y ≤ d. Kështu që

A(x) =

d∫c

f (x, y) dy

dhe prej këtej kemi "R

f (x, y) dA = V =

b∫a

A(x) dx =

b∫a

d∫c

f (x, y) dx dy

Duke arsyetuar po njëlloj në lidhje me prerjen tërthore pingule me boshtin e y-ve, mund të tregojmë gjithashtu se:

"R

f (x, y) dA = V =

d∫c

b∫a

f (x, y) dy dx

Shembull 15.5. Gjeni vëllimin V të trupit nën z = ex+y dhe mbi drejtkëndëshin R = [2, 3] × [1, 2]






Zgjidhje: Dimë se f (x, y) = ex+y > 0 për të gjitha (x, y) ∈ R, kështu që:

V =

∫ 2

1

∫ 3

2ex+y dx dy =

∫ 2

1

(ex+y

∣∣∣∣∣32

)dy

=

∫ 2

1

(ey+3− ey+2

)dy =

(ey+3− ey+2

) ∣∣∣∣∣21

= (e5− e4) − (e4

− e3) = e5− 2e4 + e3

�Ushtrim 15.1. Gjeni integralin"

R

y sin(xy) dA,

ku R = [1, 2] × [0, π].

Zgjidhje: Ne mund ta zgjidhim këtë integral në dy mënyra tëndryshme. Së pari, ne mund të integrojmë fillimisht me x dhe kemi"

R

y sin(xy) dA =

∫ π

0

∫ 2

1y sin(xy) dx dy

=

∫ π

0

[cos(xy)

]x=2

x=1dy

=

∫ π

0(− cos 2y + cos y) dy = −

12

sin 2y + sin y |π0 = 0

Figura 15.10: Grafiku i z = y sin(xy).

Mënyra e dytë është të fillojmë integrimin me y. Atëherë kemi"R

y sin(xy) dA =

∫ 2

1

∫ π

0y sin(xy) dy dx

Ky është një integral me pjesë duke lënëu = y, du = dy

dhe

dv = sin(xy) dy, v = −cos(xy)

x.

Atëherë,∫ π

0y sin(xy) dy = −

1x

y cos(xy)]y=π

y=0+

1x

∫ π

0cos(xy) dy = −

1x

cosπx +1x2

[sin(xy)

]y=π

y=0= −

1x

cosπx +1x2 sinπx.

Vini re që termi i parë mund të integrohet me pjesë për u = −1/x dhe dv = π cosπx, dhe kemi du = dx/x2, v = sinπx.Kështu që ∫ (

−πx

cosπx)

dx = −1x

sinπx −∫

1x2 sin pix dx.

e cila na jep ∫ (−πx

cosπx +1x2 sinπx

)dx = −

1x

sinπx.

Më në fund, ∫ 2

1

∫ π

0y sin(xy) dy dx =

[−

1x

sinπx]2

1= −

12

sin 2π + sinπ = 0.

�






Në rastin e veçantë ku f (x, y) mund të shprehet si prodhim i dy funksioneve në formën f (x, y) = g(x) · h(y),integrali i dyfishtë mund të shkruhet akoma më thjeshtë. Pra, le të jetë f (x, y) = g(x)h(y) dhe R = [a, b] × [c, d],atëherë nga Teorema 15.1 kemi"

R

f (x, y) dA =

∫ d

c

∫ b

ag(x) · h(y) dx dy =

∫ d

cg(x) dx

∫ b

ah(y) dy (15.12)

Në integralin e brendshëm y është konstant dhe po i tillë është edhe h(y), kështu që mund të shkruajmë∫ d

c

[∫ b

ag(x)h(y) dx

]dy =

∫ d

c

[h(y)

(∫ b

ag(x) dx

)]dy =

∫ b

ag(x) dx

∫ d

ch(y) dy (15.13)

Shembull 15.6. Njehsoni integralin!R

x cos2 y dA ku R = [−2, 3] × [0, π2 ].

Zgjidhje: Jemi në kushtet kur funksioni nën integral është prodhim i dy funksioneve të ndara të x dhe y, kështu qëintegralin e dyfishtë do ta njehsojmë duke shfry të zuar barazimin e mësipërm:

"R

x cos2 y dA =

3∫−2

x dx

π2∫

0

sin2 y dy

=

(12

x2) ∣∣∣∣∣3−2·

12

π2∫

0

(1 − cos 2y) dy

=52

(12

(y −12

sin 2y)) ∣∣∣∣∣ π2

0=

5π8

�

Vlera mesatare e funksionit

Për integralin e caktuar ne kemi përcaktuar vlerën mesatare të f (x, y) të përkufizuar në [a, b] si

fmes =1

b − a

∫ b

af (x) dx

Për analogji përkufizojmë vlerën mesatare të funksionit të dy ndryshoreve.Në qoftë se z = f (x, y) është i përkufizuar në një drejtkëndësh R,

atëherë vlera mesatare e f (x, y) në R është

fmes =1

S(R)

"R

f (x, y) dA,

ku S(R) është sipërfaqja e R. Në qoftë se f (x, y) ≥ 0, kuptimigjeometrik i barazimit

S(R) × fmes =

"R

f (x, y) dA

është se paralelopipedi këndëdrejtë me bazë R dhe lar të si fmes,ka të njëjtin vëllim me trupin që ndodhet nën grafikun e funsionitz = f (x, y) mbi R.

Në figurën karshi, ne kemi paraqitur grafikisht vlerën mesatare përfunksionin z =

√1 − x2 − y2 në kuadratin [−1, 1] × [−1, 1]. Figura 15.11: Vlera mesatare e funksionit.






Vetitë e integralit të dyfishtë

Për analogji me veti të e integralit të caktuar, po japim tre nga veti të e integralit të dyfishtë, të cilat vërtetohenpo njëlloj si veti të e integralit të caktuar duke u nisur direkt nga përkufizimi."

R

[f (x, y) + g(x, y)

]dA =

"R

f (x, y) dA +

"R

g(x, y) dA (15.14)

"R

c[

f (x, y)]

dA = c"

R

[f (x, y)

]dA (15.15)

Në qoftë se f (x, y) ≥ g(x, y) për të gjitha (x, y) ∈ R, atëherë"R

f (x, y) dA ≥"

R

g(x, y) dA (15.16)

Këto veti janë të ngjashme me vetitë e integraleve të funksioneve me një ndryshore. Përdorimi i këtyre vetiveështë mjaft i nevojshëm në llogaritjen e integraleve të ndryshëm.

Ushtrime:

Llogarisni integralin e dyfishtë duke identifikuar mëparë volumin e trupit që paraqet.

1.!R

3 dA,R = {(x, y) | − 1 ≤ x ≤ 2, 1 ≤ y ≤ 6}

2.!R

(5 − x) dA, R = {(x, y) |0 ≤ x ≤ 5, 0 ≤ y ≤ 3}

3.!R

(4 − 2y) dA,R = {(x, y) |0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1}

4.!R

xy dA, R = {(x, y) | − 1 ≤ x ≤ 2, 1 ≤ y ≤ 6}

5.!R

(x − 2)(y3) dA,R = {(x, y) | − 1 ≤ x ≤ 2, 1 ≤ y ≤ 6}

6.!R

(x2 + y2) dA, R = {(x, y) | − 1 ≤ x ≤ 2, 1 ≤ y ≤ 6}

7.!R

(x3− y2) dA,R = {(x, y) | − 1 ≤ x ≤ 2, 1 ≤ y ≤ 6}

Gjeni integralet e renditura.

8.∫ 1

0

∫ 2

1 (4x3− 9x3y2) dy dx

9.∫ 1

0

∫ 2

11y xex dy dx

10.∫ 1

0

∫ 1

0

√x + y dx dy

11.∫ 2

0

∫ π0 r sin2 θdθdr

12.∫ 1

0

∫ 1

0 (u − v)5dudv

13.∫ 3

1

∫ 1

0 (1 + 4xy) dx dy

14.∫ 2

0

∫ π/20 x sin y dy dx

15. Gjeni volumin e trupit që shtrihet poshtë planit 3x + 2y +z = 12 dhe sipër zonës

R = {(x, y) | 0 ≤ x ≤ 1,−2 ≤ y ≤ 3}.

Gjeni integralet e dyfishta.

16.!R

x1+xy dA, R = [0, 1] × [0, 1]

17.!R

cos(x + 2y) dA, R = {(x, y) | 0 ≤ x ≤ π, 0 ≤ y ≤

π/2}

18.!R

x sin(x + y) dA, R = [0, π/6] × [0, π/3]

19.!R

(6x2y3−5y4) dA, R = {(x, y) | 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 1}.

20. Gjeni volumin e trupit që shtrihet midis sipërfaqes z =2 + x2 + (y− 2)2 dhe planeve z = 1, x = 1, x = −1, y = 0, dhey = 4.

21. A ka ndonjë ngjashmëri midis teoremës së Clairaut dheteoremës së Fubinit?






15.2 Integrali i dyfishtë mbi një zonë të çfarëdoshme

Deri tani pamë integralin e dyfishtë të një funksioni në një zonë plane drejtkëndëshe. Le të shohim tani rastinkur zona e integrimit është e çfarëdoshme. Do të shohim dy tipe zonash plane që do t’i emërtojmë zona plane tëllojit I dhe zona plane të llojit II. Supozojmë se është dhënë një zonë D si në figurë. Pra një zonë e kufizuar D ⊂ R2.Përkufizimi i saktë i një zone të mbyllur bëhet në një kurs të Analizës. Për këtu ne kënaqemi me një përkufizim mëintuitiv. Një zonë D quhet e mbyllur në qoftë se mund të kufizohet nga një drejtëkëndësh i mbyllur R si në figurë.

Figura 15.12: Një zonë e kufizuar D.

Le të përkufizojmë tani një funksion të ri F(x, y) si më poshtë

F(x, y) =

{f (x, y) në qoftë se (x, y) ∈ D0 në qoftë se (x, y)R \D

Grafikët e funksioneve f (x, y) dhe F(x, y) jepen në figurën që vijon.

Figura 15.13: Grafikët e f (x, y) dhe F(x, y).

Në qoftë se F(x, y) është i integrueshëm mbi R atëherë në përkufizojmë integralin e dyfishtë të f -së mbi D si"D

f (x, y) dA =

"R

F(x, y) dA

Tani kemi të zgjidhur problemin e llogaritjes së integralit të dyfishtë të f (x, y) mbi D sepse thjesht mund të llogarisimintegralin e renditur të F(x, y) mbi R. Natyrisht vlera është e njëjtë sepse F(x, y) = 0 për gjithë pikat (x, y) që janë nëR por jashtë D-së.

Natyrisht që F(x, y) mund të ketë pika jo të vazhdueshme në kufirin e D-së. Kur kurba që përcakton kufirin eD-së plotëson disa kushte (të cilat dalin jashtë qëllimit të këtij libri) atëherë

!R

F(x, y) dA ekziston dhe kështu që!D

f (x, y) dA ekziston. Në vazhdim shohin disa zona për të cilat ky integral ekziston.






15.2.1 Zona të llojit I

Një zonë e llojit I jepet si më poshtë

R ={(x, y) | a ≤ x ≤ b, g1(x) ≤ y ≤ g2(x)

}(15.17)

Grafikisht këto zona janë paraqitur në Fig. 15.14. Integrali i dyfishtë në këtë rast jepet si më poshtë.

Figura 15.14: Zona të llojit I

Lema 15.2. Në qoftë se f (x, y) është i vazhdueshëm në një zonë R të llojit I, të dhënë me Ek. (15.17), atëherë"R

f (x, y) dA =

∫ b

a

∫ g2(x)

g1(x)f (x, y) dy dx (15.18)

Le të shohim një shembull.

Shembull 15.7. Gjeni integralin∫ 3

0

∫ x

x2 (1 + 2y) dA.

Zgjidhje: Meqënëse kjo është zonë e llojit të parë kemi∫ 3

0

∫ x

x2(1 + 2y) dA =

∫ 3

0

∫ x

x2(1 + 2y) dy dx =

∫ 3

0

(y + y2

)∣∣∣∣xx2

dx =

∫ 3

0

(x − x4

)dx =

(x2

2−

x5

5

) ∣∣∣∣∣∣30

= −44110

�

Ushtrim 15.2. Gjeni integralet

i)"

D

x2 dA, dhe ii)"

D

y dA,

ku D është zona e dhënë në Fig. 15.15.

(a) (b)

Figura 15.15






15.2.2 Zona të llojit II

Një zonë e llojit II jepet si më poshtë

R2 = {(x, y) | c ≤ y ≤ d, h1(y) ≤ x ≤ h2(y)} (15.19)

Grafikisht këto zona janë paraqitur në Fig. 15.16. Integrali i dyfishtë në këtë rast jepet si më poshtë.

(a) (b)

Figura 15.16: Zona të llojit II

Lema 15.3. Në qoftë se f (x, y) është i vazhdueshëm në një zonë R të tipit 2, të dhënë me Ek. (15.19), atëherë"R

f (x, y) dA =

∫ d

c

∫ h2(y)

h1(y)f (x, y) dx dy (15.20)

Le të shohim tani një shembull.

Shembull 15.8. Gjeni integralin"D

(x + 2y) dA,

kur zona D është zona e kufizuar nga dy parabolat y = 2x2 dhe y = 1 + x2.

Zgjidhje:

"D

(x + 2y) dA =

∫ 1

−1

∫ 1+x2

2x2(x + 2y) dA

=

∫ 1

−1

(xy + y2

) ∣∣∣∣y=1+x2

y=2x2dx

=

∫ 1

−1

(−3x4

− x3 + 2x2 + x + 1)

dx

=(−

35

x5−

14

x4 +23

x3 +12

x2 + x) ∣∣∣∣1−1

=3215.

�

Figura 15.17

Në vazhdim në do të përpiqemi të mësojmë si të integrojmë mbi zona më të përgjithshme se zonat e llojit I oseII.






15.2.3 Zona të çfardoshme

Për rastin kur zona e integrimit është e çfarëdoshme, po supozojmë se është e kufizuar, që do të thotë se ekzistonnjë drejtkëndësh R që e përmban a të. Atëherë, përcaktojmë një funksion të ri F me zonë përcaktimi R si:

F(x, y) =

{f (x, y), për (x, y) ∈ D0, për (x, y) ∈ R \D

Në qoftë se integrali i F në R ekziston, atëherë integralin e dyfishtë të f (x, y) në D e përcaktojmë si"D

f (x, y) dA =

"R

F(x, y) dA (15.21)

Përcaktimi (15.21) ka kuptim sepse R është një drejtkëndësh dhe integrali!R

F(x, y) dA është përkufizuar në Përku-

fizimin 15.1. Dhe procedura e përdorur ka kuptim sepse vlerat e F në D përputhen me vlerat e f (x, y), dhe jash tëD vlera e F është zero. Interpretimi gjeometrik është i njëj të për rastin kur f (x, y) ≥ 0.

Le të shohim më poshtë një shembull ku zona mund të konsiderohet si zonë e llojit I dhe si zonë e llojit II.

Shembull 15.9. Gjeni volumin e një trupi që shtrihet midis paraboloidit z =x2 + y2 dhe mbi zonën D në planin xy që kufizohet nga y = 2x dhe parabola y = x2.

Zgjidhje: Prerja e drejtëzës y = 2x dhe parabolës y = x2 ndodh në pikat(0, 0) dhe (2, 4).

Fillimisht e konsiderojmë zonën D si zonë e llojit I. Pra,

D ={(x, y) | 0 ≤ x ≤ 2, x2

≤ y ≤ 2x}

Atëherë volumi jepet nga

V =

"D

(x2 + y2) dA =

∫ 2

0

∫ 2x

x2(x2 + y2) dy dx

∫ 2

0

[x2y +

y3

3

]∣∣∣∣∣∣y=2x

y=x2

dx =

∫ 2

0

(−

x6

3− x4 + 14

x3

3

)dx

=

(−

x7

21−

x5

5+

7x6

6

)∣∣∣∣∣∣20

=21635

E konsiderojmë tani zonën D si zonë të llojit të II. Pra

D ={(x, y) | 0 ≤ y ≤ 4,

12

y ≤ x ≤√

y}

Atëherë volumi jepet nga

V =

"D

(x2 + y2) dA =

∫ 4

0

∫ √y

12 y

(x2 + y2) dx dy

=

∫ 4

0

[x3

3+ y2x

]∣∣∣∣∣∣x=√

y

x= 12 y

dy =

∫ 4

0

(y3/2

3+ y5/2

−y3

24−

y3

2

)dy

=( 2

15y5/2 +

27

y7/2−

1396

y4)∣∣∣∣∣4

0=

21635.

�

Figura 15.18






Le të shohim një shembull tjetër.

Shembull 15.10. Gjeni "D

xy dA,

ku D është zona e kufizuar nga drejtëza y = x − 1 dhe parabola y2 = 2x + 6.

Figura 15.19: Zona D si zonë e llojit I dhe zonë e llojit II

Zgjidhje: Prerja e y = x − 1 dhe y2 = 2x + 6 bëhet në pikat (−1,−2) dhe (5, 4). Zona e kufizuar jepet në Fig. 15.19.Edhe në këtë rast kjo zonë mund të konsiderohet si zonë e llojit I dhe zonë e llojit II.

Duke e shprehur D si zonë të llojit II kemi

D = {(x, y) | − 2 ≤ y ≤ 4,12

y2− 3 ≤ x ≤ y + 1}

Atëherë,

V =

"D

xy dA =

∫ 4

−2

∫ y+1

12 y2−3

xy dx dy =

∫ 4

−2

(x2

2y)∣∣∣∣∣∣x=y+1

x= 12 y2−3

dy

=12

∫ 4

−2

(−

y5

4+ 4y3 + 2y2

− 8y)

dy =12

(−

y6

24+ y4 + 2

y3

3− 4y2

)∣∣∣∣∣∣4−2

= 36.

Në se lexuesi do ta llogariste këtë integral duke e konsideruar D si zonë të llojit I, atëherë do të kishim

V =

"D

xy dA =

∫ 3

−3

∫ √2x+6

−√

2x+6xy dy dx +

∫ 5

−1

∫ √2x+6

x−1xy dy dx,

një integral që është më i vështirë nga i mësipërmi.�

Shembull 15.11. Gjeni volumin e tetrahedronit të kufizuar nga planet x + 2y + z = 2, x = 2y, x = 0, dhe z = 0.

Zgjidhje: Ekuacioni i planit mund të shkruhet si x = 2 − x − 2y. Pra tetrahedroni jepet si volumi i trupit në këtësipërfaqe dhe mbi zonën

D ={(x, y) | 0 ≤ x ≤ 1,

x2≤ y ≤ 1 −

x2

}http://repo.risat.org/329/ 15





(a) (b)

Figura 15.20

Pra volumi është

V =

"D

(2 − x − 2y) dA =

∫ 1

0

∫ 1−x/2

x/2(2 − x − 2y) dy dx

Lexuesi të vërtetojë se ky integral është 13 . �

Shembull 15.12. Gjeni vëllimin e trupit të kufizuar nga tre planet koordinative dhe plani 2x + y + 4z = 4.

Zgjidhje: Trupi është treguar në Fig. 15.21. Vëllimi V jepet nga

V =

"R

f (x, y) dA,

ku f (x, y) = z = 14 (4 − 2x − y), dhe zona R tregohet në të djathtë të Fig. 15.21. Ekuacioni i saj është

x

y

z

2x + y + 4z = 4

0

(2, 0, 0)(0, 4, 0)

(0, 0, 1)

x

y

2

4

y = −2x + 4

Figura 15.21: Vëllimi i trupit në Shembullin 15.12

R ={(x, y) | 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ −2x + 4

}16 Arkiva Dixhitale Shqiptare





Atëherë, vëllimi do të jetë

V =

"R

14

(4 − 2x − y) dA =

∫ 2

0

[∫−2x+4

0

14

(4 − 2x − y) dy]

dx

=

∫ 2

0

(−

18

(4 − 2x − y)2∣∣∣∣∣−2x+4

0

)dx =

∫ 2

0

18

(4 − 2x)2 dx = −1

48(4 − 2x)3

∣∣∣∣∣20

=6448

=43

�

15.2.4 Veti të e integraleve të dyfishta

Nënkuptojmë se integralet e mëposhtëm ekzistojnë. Tre prej vetive i përmendëm më sipër. Tani po permendimveti të e tjera të integraleve të dyfishta.

Në qoftë se D = D1 ∪D2 ku D1 dhe D2 nuk priten me përjashtim të pikave të kufirit, dhe nuk e mbulojnë njëratjetrën, atëherë "

D

f (x, y) dA =

"D1

f (x, y) dA +

"D2

f (x, y) dA (15.22)

Kjo veti përdoret për ta ndarë një zonë të çfarëdoshme në zona të tipit 1 dhe 2, ku integrimi është më i thjeshtë.

Në qoftë se f (x, y) = 1 në një zonë D, atëherë"D

1 dA = A(D) (15.23)

Pra, ky integral jep sipërfaqen e zonës D.

Në qoftë se m ≤ f (x, y) ≤M për të gjitha (x, y) ∈ D, atëherë

mA(D) ≤"

D

f (x, y) dA ≤MA(D) (15.24)

Figura 15.22: Cilindri me bazë D dhe lartësi 1

Ushtrime:

1. Gjeni vëllimin e trupit që shtrihet nën sipërfaqen z = xy dhembi drejtkëndëshin R = [0, 6] × [0, 4], duke përdorur shumëndyfishe të Riemannit për m = 4 dhe n = 4.

2. Përdorni rregullin e pikës së mesit për të vlerësuar vëllimine trupit të dhënë në ushtrimin me sipër.

3. Gjeni vëllimin e trupit që shtrihet nën sipërfaqen z =y2− 2x2 dhe mbi drejtkëndëshin R = [−1, 3] × [0, 2], duke

përdorur shumën dyfishe të Riemannit për m = 2 dhe n = 4.

Gjeni vëllimin e trupit që shtrihet nën sipërfaqenz = f (x, y) dhe mbi drejtkëndëshin R.

4. f (x, y) = 4xy, R = [0, 1] × [0, 1].

5. f (x, y) = x3 + y2, R = [0, 1] × [0, 1].

6. f (x, y) = x4 + xy + y3, R = [1, 2] × [1, 2].

7. f (x, y) = ex+y, R = [0, 1] × [−1, 1].

8. Vërtetoni se në qoftë se f (x, y) është funksion konstantf (x, y) = k dhe R = [a, b] × [c, d], atëherë"

R

k dA = k(b − a)(d − c)

9. Vërtetoni se në qoftë seR = [0, 1] × [0, 1], atëherë

0 ≤"

R

sin(x + y) dA ≤ 1

Njehsoni integralet e pjesshme.






10.x∫

0(2x − y) dy

11.2y∫1

yx dx

12.

√

4−x2∫0

x2y dy

13.

√x(x2+y2)∫

x2

dy

14.3∫

y

xy√

x2+1dx

15.ey∫0

y dx

Njehsoni integralet e renditura.

16.3∫

1

1∫0

(1 + 4xy) dx dy

17.1∫

0

2∫0

(x + y) dy dx

18.3∫

0

4∫0

(xy) dx dy

19.2∫

0

2∫0

(6 − x2) dy dx

20.4∫

1

∫ 2

1

(xy + x

y

)dy dx

21.1∫

0

2∫1

xex

y dy dx

22.2∫

1

4∫0

(3x2− 2y2 + 1) dx dy

23.1∫

0

2y∫y

(1 + 2x2 + 2y2) dx dy

24.4∫

0

x∫0

2x2+1 dy dx

25.2∫

0

6x2∫0

x3 dy dx

26.1∫−1

2∫−2

(x2− y2) dy dx

27.1∫

0

1∫√

x

24x2y dy dx

28.2∫

1

ln x∫0

4x dy dx

29.π/2∫0

y∫0

cos x sin y dx dy

30.2∫

0

2y∫0

e2y dx dy

31.∞∫0

∞∫0

xe−(x2+y2) dx dy

Njehsoni integralet e dyfishta.

32.!R

cos(x + 2y) dA, R = {(x, y)| 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 1}

33.!R

xy2

x2+1 dA, R = {(x, y)| 0 ≤ x ≤ 1, −3 ≤ y ≤ 3}

34.!R

xy dA, ku R është drejtkëndëshi me kulme

(0, 0), (0, 5), (3, 5), (3, 0).

35.!R

x dA, ku R është gjysmërrethi i kufizuar nga y =

√

25 − x2 dhe y = 0.

36.!R

yx2+y2 dA, ku R është trekëndëshi i kufizuar nga y =

x, y = 2x, x = 2.

37.!R

y1+x2 dA, ku R është zona ekufizuar nga y = 0, y =

√x, x = 4.

38. Gjeni vëllimin e trupit të kufizuar nga tre planet koordi-native dhe plani x + y + z = 1.

39. Gjeni vëllimin e trupit të kufizuar nga tre planet koordi-native dhe plani 3x + 2y + 5z = 6.

40. Gjeni vëllimin e trupit që ndodhet nën planin 3x+3y+z =12 dhe mbi drejtkëndëshin R = {(x, y) | 0 ≤ x ≤ 1, −2 ≤ y ≤3}.

41. Gjeni vëllimin e trupit që ndodhet nën paraboloidin hiper-bolik z = 4+x2

−y2 dhe mbi drejtkëndëshin R = [−1, 1]×[0, 2].

42. Gjeni vëllimin e trupit që ndodhet nën paraboloidin eliptikz = x2

4 +y2

9 +z = 1 dhe mbi drejtkëndëshin R = [−1, 1]×[−2, 2].

43. Gjeni vëllimin e trupit që ndodhet në oktantin e parë dhei kufizuar nga cilindri z = 9 − y2 dhe plani x = 2.

44. Gjeni vlerën mesatare të f (x, y) = x2y, ku R ështëdrejtkëndëshi me kulme (−1, 0), (−1, 5), (1, 5), (1, 0).

45. Gjeni vlerën mesatare të f (x, y) = ey√

x + ey, ku R =[0, 4] × [0, 1].

Njehsoni integralin e dyfishtë.

46.!D

x2y3 dA, D = {(x, y)| 0 ≤ y ≤ 2, −y ≤ x ≤ y}

47.!D

4yx3+2 dA, D = {(x, y)| 1 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2x}






48.!D

2yx2+1 dA, D = {(x, y)| 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤

√x}

49.!D

ex/y dA, D = {(x, y)| 1 ≤ y ≤ 2, y ≤ x ≤ y3}

50.!D

x√

y2 − x2 dA, D = {(x, y)| 0 ≤ y ≤ 12, 0 ≤ x ≤ y}

51.!D

x3 dA, ku D është trekëndësh me

kulme(0, 2), (1, 1), (3, 2).

52.!D

(2x − y) dA, ku D është zona e kufizuar nga rrethi me

qendër në origjinë dhe me rreze 2.

53. Gjeni vëllimin e trupit që shtrihet nën planin x+2y−z = 0dhe mbi zonën e kufizuar nga y = x dhe y = x4.

54. Gjeni vëllimin e trupit që shtrihet nën sipërfaqen z =2x + y2 dhe mbi zonën e kufizuar nga x = y2 dhe x = y3.

55. Gjeni vëllimin e trupit që kufizohet nga cilindrat z = x2

dhe y = x2 dhe planet z = 0 dhe y = 4.

56. Gjeni vëllimin e trupit që kufizohet nga cilindrat x2 + y2 =r2 dhe y2 + z2 = r2.

57. Gjeni vëllimin e trupit që kufizohet nga cilindrat parabo-likë y = 1 − x2 dhe y = x2

− 1 dhe planet x + y + z = 2,2x + 2y − z + 10 = 0.

58. Gjeni vëllimin e trupit që kufizohet nga cilindi paraboliky = x2 dhe planet z = 3y, z = 2y.

Ndërtoni zonën e integrimin dhe njehsoni integralin.

59.0∫−2

−y∫y

2 dx dy

60.1∫

0

√1−y2∫0

8x dx dy

61.π/3∫−π/3

sec t∫0

3 cos t du dt

62.3∫

0

4−2x∫1

4−2xy2 dy dx

Njehsoni integralin duke ndryshuar renditjen.

63.1∫

0

4−2x∫2

dy dx

64.1∫

0

√y∫

ydx dy

65.2∫

0

0∫y−2

dx dy

66.2∫

0

4−y2∫0

y dx dy

67.2∫

0

√

4−x2∫−

√

4−x2

6x dy dx






15.3 Integralet e dyfishta në koordinata polare

Do të shohim në këtë leksion integralet e dyfishta në zona, të cilat shprehen më thjeshtë në koordinata polaresesa në koordinata karteziane. Për shembull, në qoftë se zona e integrimit është një qark, ose një unazë, apo një pjesëqarku, unaze, atëherë integrimi në koordinata karteziane do të ishte i vështirë. Për shembull, duam të integrojmëfunksionin f (x, y) në një qark me rreze 2. Pra, të njehsohet

!D

f (x, y) dA ku

D = {(x, y)| − 2 ≤ x ≤ 2, −√

4 − x2 ≤ y ≤√

4 − x2}

Atëherë, integrali do të jetë i formës "D

f (x, y) dA =

∫ 2

−2

∫ √

4−x2

−

√

4−x2f (x, y) dy dx

Siç duket nga shprehja e mësipërme llogaritja e integralit të brendshëm nuk është e lehtë. Qarku me rreze 2 nëkoordinata polare paraqitet si

{(r, θ)|0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π}

Këtu kufijtë janë shumë më të thjeshtë, dhe integrimi në njëfarë mënyre është më i thjeshtë. Rikujtojmë lidhjen qëekziston ndërmjet koordinatave karteziane dhe polare:

x = r cosθ y = r cosθ r2 = x2 + y2

Për të kaluar nga integrimi në koordinata polare duhet të dimë se si të kalojmë dA në koordinata polare. Në qoftëse zona e integrimit paraqitet në koordinata polare si

R = {(r, θ)|a ≤ r ≤ b, α ≤ θ ≤ β},

atëherë për të llogaritur integralin e dyfishtë në këtë zonë, veprojmë në të njëjtën mënyrë siç për një zonëdrejtkëndëshe në koordinata karteziane.

Figura 15.23: Drejtëkëndëshi në koordinata polare

Pra, ndajmë segmentin [a, b] në n nënsegmente [ri−1, ri] me të njëjtën gjatësi ∆r = b−an , gjithashtu ndajmë segmentin

[α, β] në m nënsegmente me gjatësi të njëj të ∆θ =β−αm . Atëherë, rrathët r = ri dhe rrezet θ = θ j e ndajnë

drejtkëndëshin polar R në nëndrejtkëndësha polarë të vegjël të formës:

Ri j = {(r, θ) | ri−1 ≤ r ≤ ri, θ j−1 ≤ θ ≤ θ j}






Qendra e një drejtkëndëshi të tillë, është me koordinata polare:

r∗i =12

(ri−1 + ri) θ∗j =12

(θ j−1 + θ j)

Për të llogaritur sipërfaqen e Ri j, nisemi nga sipërfaqja e sektorit të qarkut, dhe duke qenë se sipërfaqja e Ri j delsi rezultat i diferencës së sipërfaqeve të dy sektorëve me kënd qendror ∆θ = θ j − θ j−1, pra

∆Ai =12

r2i ∆θ −

12

r2i−1∆θ =

12

(ri + ri−1)(ri − ri−1)∆θ = r∗i ∆r∆θ

Duke konsideruar funksionin f (x, y) si funksion të vazhdueshëm, dhe duke patur parasysh lidhjen ndërmjetkoordinatave karteziane dhe polare, shuma e Riemannit transformohet në formën

n∑i=1

m∑j=1

f (r∗i cosθ∗j, r∗

i sinθ∗j)∆Ai =

n∑i=1

m∑j=1

f (r∗i cosθ∗j, r∗

i sinθ∗j)r∗

i ∆r∆θ (15.25)

Kjo e fundit përbën shumën e Riemannit për funksionin f (r cosθ, r sinθ)r në drejtkëndëshin

R = {(r, θ)| 0 ≤ a ≤ r ≤ b, α ≤ θ ≤ β},

kështu që arrijmë në përfundimin e mëposhtëm.

Teorema 15.2. Në qoftë se f (x, y) është funksion i vazhdueshëm në drejtkëndëshin polar

R = {(r, θ)| 0 ≤ a ≤ r ≤ b, α ≤ θ ≤ β},

atëherë "R

f (x, y) dA =

∫ β

α

∫ b

af (r cosθ, r sinθ) r dr dθ (15.26)

Kjo teoremë njihet si kalimi i integralit të dyfishtë në koordinata polare,dhe pohon pikërisht faktin se gjatë kalimit në koordinata polare bëhenzëvendësimet x = r cosθ, y = r sinθ dhe ndryshimi i kufijve të integrimitduke patur gjithashtu parasysh se dA zëvendësohet me r dr dθ.

Interpretimi gjeometrik që dA = r dr dθ jepet ne Fig. 15.24.

Shembull 15.13. Njehsoni integralin"R

ex2+y2dA,

ku R është rrethi njësi me qendër në origjinë.

Figura 15.24

Zgjidhje: Fillimisht kalojmë zonën e integrimit në koordinata polare

R = {(r, θ)|0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π}

Gjithashtu x2 + y2 = r2, dhe prej këtej integrali vjen në formën"R

ex2+y2dA =

∫ 2π

0

∫ 1

0rer2

dr dθ

=

∫ 2π

0

12

er2∣∣∣∣∣10

dθ =

∫ 2π

0

12

(e − 1) dθ = π(e − 1)






�

Shembull 15.14. Gjeni volumin e trupit të kufizuar nga plani z = 0 dheparaboloidi

z = 1 − x2− y2.

Zgjidhje: Vërejmë se për z = 0 kemi x2 + y2 = 1. Pra prerja e paraboloiditme planin xy është rrethi njësi. Atëherë, trupi gjendet poshtë paraboloiditdhe sipër diskut D me ekuacion x2 + y2

≤ 1.

Në koordinata polare zona D jepet nga

D = {(r, θ) | 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π} .

Atëherë, volumi është

V =

"D

(1 − x2− y2) dA =

∫ 2π

0

∫ 1

0(1 − r2)r dr dθ

∫ 2θ

0θ

∫ 1

0(r − r3) dr = 2π

[r2

2−

r4

4

]1

0=π2.

�

Figura 15.25: Trupi i kufizuar nga planixy dhe paraboloidi z = 1 − x2

− y2.

Le të shohim tani rastin kur kufijtë r = h1(θ) dhe r = h2(θ) nuk janë konstantë.

Lema 15.4. Në qoftë se f është i vazhduar në një zonë polare si më poshtë

D ={(r, θ) |α ≤ β, h1(θ) ≤ r ≤ h2(θ)

},

atëherë "D

f (x, y) dA =

∫ β

α

∫ h2(θ)

h1(θ)f (r cosθ, r sinθ)r dr dθ

Le të marrim tani rastin e veçantë kur f (x, y) = 1, h1(θ) = 0, dhe h2(θ) = h(θ).Atëherë,

A(D) =

"D

1 dA =

∫ β

α

∫ h(θ)

0r dr dθ

=

∫ β

α

[r2

2

]h(θ)

0dθ =

∫ β

α

12

[h(θ)]2 dθ

Figura 15.26: Një zonë polare D

Pra

A(D) =

∫ β

α

12

[h(θ)]2 dθ,

formulë që e kemi parë edhe më parë.

E ilustrojmë këtë formulë me shembullin e mëposhtëm.






Shembull 15.15. Gjeni sipërfaqen që kufizohet nga një gjethe e kurbës r = cos 2θ.

Zgjidhje: Nga Fig. 15.27 shohim se një gjethe jepet nga zona

D ={(r, θ) | − π/4 ≤ θ ≤ π/4, 0 ≤ r ≤ cos 2θ

}Pra sipërfaqja është

A(D) =

"D

dA =

∫ π/4

−π/4

∫ cos 2θ

0r dr dθ

=

∫ π/4

−π/4

[12

r2]cos 2θ

0=

12

∫ π/4

−π/4cos2 2θdθ

=14

∫ π/4

−π/4(1 + cos 4θ) dθ =

14

[θ +

14

sin 4θ]π/4−π/4

=π8

�

Figura 15.27: Grafiku i funksionit r =cos 2θ.

Ushtrime:

Njehsoni integralin duke kaluar në koordinata po-lare.

1.1∫−1

√

1−x2∫0

dy dx

2.1∫−1

√

1−x2∫−

√

1−x2

dy dx

3.1∫−1

√1−y2∫

−

√1−y2

(x2 + y2) dy dx

4.6∫

0

y∫0

x dx dy

5.1∫

0

√

1−x2∫0

e−(x2+y2) dy dx

6.2∫

0

√1−(x−1)2∫

0

x+yx2+y2 dy dx

7.1∫

0

√1−y2∫0

e(x2+y2) dx dy

8.a∫−a

√a2−y2∫0

(x2 + y2)3/2 dx dy

9.2∫

0

√4−y2∫

−

√4−y2

x2y2 dx dy

10.2∫

0

√

2x−x2∫0

√x2 + y2 dy dx

11.2∫

0

0∫−

√1−(y−1)2

xy2 dx dy

12.1∫−1

√1−(x−1)2∫

√1−(x−1)2

2(1+x2+y2)2 dy dx

13.!D

yex dA, ku D është zona e kuadrantit të parë brenda

rrethit x2 + y2 = 25.

14.!D

x dA, ku D është zona e kuadrantit të parë ndërmjet

rrathëve x2 + y2 = 4, dhe x2 + y2 = 2x.

15. Gjeni vëllimin e trupit nën paraboloidin z = x2 + y2 dhembi qarkun x2 + y2

≤ 9.

16. Gjeni vëllimin e trupit që ndodhet brenda sferës x2 + y2 +z2 = 16 dhe jash të cilindrit x2 + y2 = 4.

17. Gjeni vëllimin e trupit të kufizuar nga paraboloidetz = 3x2 + 3y2 dhe z = 4 − x

18. Gjeni sipërfaqen e kufizuar nga vija r = 4 + 3 cosθ.

19. Gjeni sipërfaqen brenda rrethit r = a cosθ dhe jash tëkardioidës r = a(1 − cosθ).

20. Gjeni sipërfaqen brenda të rrathëve r = 4 sinθ dhe r = 2.






15.4 Aplikime të integraleve të dyfishta

Ne studiuam vëllimin si një prej aplikimeve të integraleve të dyfishta. Një tjetër aplikim është llogaritja esyprinës së sipërfaqeve, aplikim që do ta shohim në këtë leksion. Të dyja këto aplikime dhe të tjera përbëjnëzbatime gjeometrike të integralit të dyfishtë.

Si aplikime nga fizika ne do të shohim llogaritjen e masës së një pllake të sheshtë, gjetjen e qendrës së masës,llogaritjet e momentit të inercisë, apo gjetjen e ngarkesës elektrike të një pllake metalike të sheshtë.

Në teorinë e probabilitetit inetgrali i dyfishtë gjen zbatim në përcaktimin dhe llogaritjen e densitetit të shpërn-darjes së një vektori të rastit, apo në përcaktimin e karakteristikave numerike të një vektori të rastit.

Le të shohim me radhë disa prej këtyre aplikimeve.

15.4.1 Syprina e sipërfaqeve

Le të shohim se si mund të njehsojmë syprinën e sipërfaqes së dhënë S me ekuacion z = f (x, y) mbi një zonëdrejtëkëndore D. Supozojmë se f (x, y) ka derivate të pjesshëm të vazhdueshëm në D dhe për thjeshtësi supozojmëse f (x, y) ≥ 0.

Ndajmë drejtkëndëshin D në drejtkëndësha të vegjël Ri j me përmasa të barabarta. Këta drejtëkëndësha kanësipërfaqe ∆A = ∆x∆y. Duke marrë në secilin drejtkëndësh pikat (xi, y j) ∈ Ri j, atëherë shënojmë me Pi j(xi, y j, f (xi, y j))pikën që ndodhet direkt mbi (xi, y j) si në Fig. 15.28.

Figura 15.28: Sipërfaqja e trupave

Plani tangent ndaj S në Pi j është një përafrim linear i S rreth Pi j. Kështu që sipërfaqja e pjesës së këtij plani tangentqë ndodhet direkt mbi Ri j, të cilën po e shënojmë me ∆Ti j, përbën një përafrim linear të syprinës së sipërfaqes ∆Si j, tëpjesës së S që ndodhet direkt mbi Ri j. Kështu shuma e të gjitha ∆Ti j jep një përafrim të gjithë syprinës së sipërfaqesS, dhe ky përafrim bëhet gjithnjë e më i saktë kur numri i ndarjeve në nëndrejtkëndësha rritet pambarimisht. Pra,sipërfaqja S përkufizohet si

S = limm,n→∞

m∑i=1

m∑j=1

∆Ti j (15.27)

Për të përftuar një formulë më të përshtatshme nga ekuacioni (15.27), po shënojmë me u dhe v vektorët që nisinnga Pi j dhe janë në drejtimin e brinjëve të paralelogramit me sipërfaqe ∆Ti j. Në këtë mënyrë ∆Ti j = ‖u × v‖. Duke






patur parasysh kuptimin gjeometrik të derivateve të pjesshme mund të shkruajmë

u = ∆x i + fx(xi, y j)∆x kv = ∆y j + fy(xi, y j)∆y k

u × v =[− fx(xi, y j) i − fy(xi, y j) j + k

]∆A

Atëherë,

∆Ti j = ‖u × v‖ =√

[ fx(xi, y j)]2 + [ fy(xi, y j)]2 + 1 ∆A.

Duke zëvendësuar ∆Ti j tek ekuacioni (15.27), marrim:

S = limm,n→∞

m∑i=1

m∑j=1

√[ fx(xi, y j)]2 + [ fy(xi, y j)]2 + 1∆A

Dhe në bazë të përkufizimit të integralit të dyfishtë kemi vërtetuar Lemën në vijim.

Lema 15.5. Syprina e sipërfaqes me ekuacion z = f (x, y), për (x, y) ∈ D, kur fx dhe fy janë funksione të vazhdueshëm, jepetnga formula

S =

"D

√[fx(x, y)

]2 +[

fy(x, y)]2

+ 1 dA (15.28)

Në qoftë se do të përdornim shënimin alternativ për derivatet e pjesshme, formula (15.28) merr trajtën

S =

"D

√1 +

(∂z∂x

)2

+

(∂z∂y

)2

dA (15.29)

Shembull 15.16. Gjeni sipërfaqen e pjesës së paraboloidit

z = 25 − x2− y2

që shtrihet mbi planin xy.

Zgjidhje: Llogarisim fillimisht derivatet e pjesshme

fx(x, y) = −2x f y(x, y) = −2y

dhe prej këtej1 + f 2

x + f 2y = 1 + 4x2 + 4y2

Prerja e paraboloidit me planin xy është rrethi x2 + y2 = 25. Pra, zonae integrimit është

D = {(x, y) : x2 + y2 = 25}

Dhe syprina e sipërfaqes do të jetë

S =

"D

√1 + 4x2 + 4y2 dA

Figura 15.29: Sipërfaqja z = 25 − x2− y2

Për të njehsuar më lehtë këtë integral kalojmë në koordinata polare: x = r cosθ, y = r sinθ, dhe zona D do tëshkruhet si

D = {(r, θ) : 0 ≤ r ≤ 5, 0 ≤ θ ≤ 2π}.






Atëherë

S =

∫ 2π

0

∫ 5

0

√

1 + 4r2 r dr dθ =

∫ 2π

0dθ

∫ 5

0

√

1 + 4r2r dr

= 2π∫ 5

0

√

1 + 4r2r dr =2π8

23

(1 + 4r2)3/2∣∣∣∣∣50

=π6

(101)3/2

�Më poshtë, dy rezultate klasike nga gjeometria e shkollës së mesme tani ne mund ti vërtetojmë duke përdorurformulën për syprinën.

Ushtrim 15.3. Gjeni një formulë për syprinën e sferës me reze r.

Ushtrim 15.4. Gjeni një formulë për syprinën e ellipsoidit me ekuacion

x2

a2 +y2

b2 +z2

c2 = 1

15.4.2 Densiteti dhe masa

Le të considerojmë tani një problem të rëndësishëm nga fizika. Supozojmë se kemi një sipërfaqe metalike D tëcilën e konsiderojmë në planin xy. Në çdo pikë (x, y) ∈ ∆ densiteti i materialit jepet nga një funksion ρ(x, y). Atëherëkemi

ρ(x, y) = lim∆→0

∆m∆A

ku ∆m është masa e një drejtëkëndëshi të vogël që përmban (x, y) dhe ∆A syprina e tij si në Fig. 15.30.

Figura 15.30

Masa e përgjithshme e pllakës D jepet nga

m ≈k∑

i=1

l∑j=1

ρ(x?i j , y?i j)∆A.

Në se rrisim numrin e drejtkëndëshave, pra k→∞ and l→∞ atëherë kemi

m = limk,l→∞

k∑i=1

l∑j=1

ρ(x?i j , y?i j)∆A =

"D

ρ(x, y) dA

Natyrisht, një diskutim i plotë i këtij problemi mund të bëhet kur trashësia e pllakës metalike merret gjithashtu nëkonsideratë. Ne do ta bëjmë këtë kur të flasim për integralet e trefishta.






Ngarkesat elektrike

Në mënyrë të ngjashme me masën e një pllake metalike D ne mund tëkonsiderojmë ngarkesën elektrike në D kur në çdo pikë (x, y) ∈ D ngarkesajepet nga një funksion σ(x, y). Atëherë ngarkesa e përgjithshme Q jepet meformulën

Q =

"D

σ(x, y) dA.


Shembull 15.17. Gjeni ngarkeës e përgjithshme elektrike të zonës D si në figurë,kur shpërndarja e ngarkesës jepet nga

σ(x, y) = xy.

Zgjidhje: Atëherë kemi

Q =

"D

σ(x, y) dA =

∫ 1

0

∫ 1

1−xxy dy dx

∫ 1

0

[x

y2

2

]y=1

y=1−xdx =

12

[2x2

3−

x4

4

]=

524

�

Figura 15.31

15.4.3 Momentet dhe qendra e masës

Si zbatim i integralit të caktuar, për një zonë plane

R = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ f (x)}

në R2 e cila paraqet një fletë të hollë të sheshtë, ku f (x) është funksion i vazhdueshëm në [a, b], qendra e masës sëzonës R, është pika me koordinata (x, y) ku

x =My

Mdhe y =

Mx

M

dhe

M =

∫ b

af (x) dx, Mx =

∫ b

a

12

[ f (x)]2 dx, My =

∫ b

ax f (x) dx (15.30)

duke pranuar se R ka densitet të njëjtë. Në këtë rast M përbën masën e zonës R, kur densiteti është konstant dheMx, My janë momentet sipas boshtit të x-ve dhe y-ve përkatësisht.

Në rastin e përgjithshëm kur densiteti është një funksion i vazhdueshëm ρ(x, y) në R, duke e ndarë zonën R nënëndrejtkëndësha me përmasa të njëjta dhe duke zgjedhur brenda secilit prej tyre pikat (x∗i j, y

∗

i j), masa e fletë s do tëjepet si përafrim:

M ≈k∑

i=1

l∑j=1

ρ(x∗i j, y∗

i j)∆A

Prej këtej me rritjen e ndarjeve të R, kalimi në limit na jep masën totale të fletës:

M = limk,l→∞

k∑i=1

l∑j=1

ρ(x∗i j, y∗

i j)∆A =

"R

ρ(x, y) dA (15.31)






Në qoftë se për një nëndrejtkëndësh të R, masa ishte përafërsishtρ(x∗i j, y

∗

i j)∆A, atëherë momenti në lidhje me x do të përafrohej si

[ρ(x∗i j, y∗

i j)∆A]y∗i j.

Duke mbledhur dhe duke kaluar në limit, gjejmë momentin e të gjithëfletë s R, sipas boshtit të x-ve si:

Mx = limk,l→∞

k∑i=1

l∑j=1

y∗i jρ(x∗i j, y∗

i j)∆A =

"R

yρ(x, y) dA (15.32) Figura 15.32: Qendra e masës

Dhe duke vepruar në të njëjtën mënyrë gjejmë momentin sipas boshti të y-ve:

My = limk,l→∞

k∑i=1

l∑j=1

y∗i jρ(x∗i j, x∗

i j)∆A =

"R

xρ(x, y) dA (15.33)

Koordinatat e qendrës së masës jepen me ekuacionet:

x =My

My =

Mx

M(15.34)

Ku M, Mx, My jepen nga ekuacionet (15.31), (15.32), (15.33) përkatësisht.


Shembull 15.18. Gjeni masën dhe qendrën e masës së fletë s R ={(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2x2

}, kur densiteti në (x, y) jepet siρ(x, y) = x + y.

Zgjidhje: Grafikisht zona R jepet në figuren karshi.

M =

"R

ρ(x, y) dA =

∫ 1

0

∫ 2x2

0(x + y) dy dx =

∫ 1

0

xy +y2

2

∣∣∣∣∣y=2x2

y=0

dx

=

∫ 1

0(2x3 + 2x4) dx =

x2

2+

2x5

5

∣∣∣∣∣10

=9

10

Atëherë kemi,

Mx =

"R

yρ(x, y) dA =

∫ 1

0

∫ 2x2

0y(x + y) dy dx =

∫ 1

0

xy2

2+

y3

3

∣∣∣∣∣y=2x2

y=0

dx =

∫ 1

0(2x5 +

8x6

3) dx =

x6

3+

8x7

21

∣∣∣∣∣10

=57

dhe

My =

"R

xρ(x, y) dA =

∫ 1

0

∫ 2x2

0x(x + y) dy dx =

∫ 1

0

x2y +xy2

2

∣∣∣∣∣y=2x2

y=0

dx =

∫ 1

0(2x4 + 2x5) dx =

2x5

5+

x6

3

∣∣∣∣∣10

=1115

Pra koordinatat e qendrës së masës (x, y) janë

x =My

M=

11/159/10

=2227, y =

Mx

M=

5/79/10

=5063.

�






15.4.4 Momentet e inercisë

Momenti i inercisë së një grimce me masë m, në lidhje me boshtin e x-ve, është përkufizuar si mr2 ku r ështëdistanca e grimcës nga boshti. E zgjerojmë këtë koncept për një fletë me densitet ρ(x, y) dhe veprojmë në të njëjtënmënyrë siç vepruam për momentet e zakonshëm.

Supozojmë se fleta R rrotullohet, me shpejtësi kuendore w, rreth një drejtëze me ekuacion

xA

=yB.

Atëherë, energjia kinetike e kësaj flete jepet nga

E =12

ILw2

ku

IL =A2Ix + B2Iy − 2ABIxy

A2 + B2

IL quhet momenti i inercisë në lidhje me L. Komponentët Ix, Iy, Ixy në formulën e mësipërme jepen nga

Ix =

"R

y2ρ(x, y) dA Iy =

"R

x2ρ(x, y) dA Ixy =

"R

x2xyρ(x, y) dA (15.35)

Ix quhet momenti i inercisë në lidhje me boshtin e x-ve, Iy quhet momenti i inercisë në lidhje me boshtin e y-ve,dhe Ixy quhet prodhimi i inercisë.

Figura 15.33: Momentet e inercisë

Në qoftë se plani xy rrotullohet rreth një drejtëze paralele me të, atëherë energjia kinetile jepet nga

E =12

I0w2,

ku

I0 =

"R

(x2 + y2)ρ(x, y) dA (15.36)

I0 quhet momenti polar i inercisë i R-së në lidhje me origjinën. Vërejmë se I0 = Ix + Iy.

Shembull 15.19. Gjeni momentet e inercisë I0, Ix, Iy të një qarku homogjen R, me densitet ρ(x, y) = ρ, me qendër në origjinëdhe me rreze a.

Zgjidhje: Kufiri i R është rrethi x2 + y2 = a2, i cili në koordinata polare R jepet si: R = {(r, θ) : 0 ≤ r ≤ a, 0 ≤ θ ≤ 2π}.Gjejmë I0:

I0 =

"R

(x2 + y2)ρdA = ρ

∫ 2π

0

∫ a

0r2r dr dθ = ρ

∫ 2π

0dθ

∫ a

0r3dr = 2πρ

r4

4

∣∣∣∣∣a0

=πρa4

2






Për të njehsuar Ix dhe Iy shfry të zojmë faktin që Ix + Iy = I0 dhe Ix = Iy. Atëherë

Ix = Iy =I0

2=πρa4

4

�

Shembull 15.20. Gjeni momentet e inercisë kur zona e kufizuar nga y = x2 dhe y = 2x, me densitet proporcional me distancënnga boshti i x-ve, pra

ρ(x, y) = ky,

kur kjo zonë rrotullohet rreth drejtëzës L : y = 2x.

Zgjidhje: Atëherë kemi

Ix =

"R

kxy2 dA = k∫ 2

0x dx

∫ 2x

x2y2 dy =

325

k,

Iy =

"R

kx3 dA = k∫ 2

0x3 dx

∫ 2x

x2dy =

3215

k,

dhe

Ixy =

"R

x2y dA = k∫ 2

0x2 dx

∫ 2x

x2y dy =

12835

k.

Pra,

IL =12·

325 k + 22 32

15 k − 2 · 1 · 2 12835 k

12 + 22 =32525

k.

Momenti polar i inercisë është

I0 = Ix + Iy =325

k +3215

k =12815

k.

�

15.4.5 Probabiliteti

Si zbatim i integraleve është densiteti i shërndarjes së një ndryshoreje të rastit, të vazhdueshme x, dhe njëfunksioni f (x) i cili gëzon veti të që f (x) ≥ 0 për të gjitha x ∈ R, dhe∫

∞

−∞

f (x) dx = 1,

si dhe probabiliteti që ndryshorja e rastit x të jetë në segmentin [a, b] është:

P(a ≤ x ≤ b) =

∫ b

af (x) dx

Në qoftë se do të shqyrtojmë një vektor të rastit të vazhdueshëm v =

[xy

], funksioni i densitetit të shpërndarjes së

vektorit të rastit f (x, y) do të jetë funksion i dy ndryshoreve. Ky funksion gëzon vetinë që probabiliteti që pika (x, y)të jetë në një zonë D është

P{(x, y) ∈ D} ="

D

f (x, y) dA






Në rastin e veçantë kur D = [a, b] × [c, d] kemi

P(a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d) =

∫ b

a

∫ d

cf (x, y) dy dx

Duke qenë se densiteti i shpërndarjes përbën një probabilitet i cili imerr vlerat nga 0 në 1, atëherë ai gezon vetinë:

f (x, y) ≥ 0,"R2

f (x, y) dA = 1

Gjithashtu mund të shkruajmë se"R2

f (x, y) dA =

∫∞

−∞

∫∞

−∞

f (x, y) dx dy = 1 Figura 15.34

Shembull 15.21. Gjeni vlerën e A, për të cilën funksioni

f (x, y) =

{A

(x + 2y

)për 0 ≤ x ≤ 10, 0 ≤ y ≤ 10

0 për x kudo tjetër

përbën densitet shpërndarjeje të një vektori të rastit (X,Y). Më pas gjeni P(X ≥ 2,Y ≤ 7).

Zgjidhje: Që f (x, y) të jetë densitet shpërndarjeje duhet që:∫∞

−∞

∫∞

−∞

f (x, y) dx dy = 1

Atëherë ∫∞

−∞

∫∞

−∞

f (x, y) dx dy =

∫ 10

0

∫ 10

0A(x + 2y) dy dx = A

∫ 10

0(xy + y2)

∣∣∣∣∣10

0dx

= A∫ 10

0(10x + 100) dx = 1500A = 1

Kështu që, A = 11500 . Pra, për A = 1

1500 , funksioni f (x, y) është distribution i densitetit për një vektori rastësor.

P (X ≥ 2,Y ≤ 7) =

∫∞

2

∫ 7

−∞

f (x, y) dy dx =

∫ 10

2

∫ 7

0

11500

(x + 2y) dy dx

=1

1500

∫ 10

2(xy + y2)

∣∣∣∣∣70

dx =1

1500

∫ 10

2(7x + 49) dx

=1

1500

(7x2

2+ 49x

) ∣∣∣∣∣10

2=

8681500

≈ 0.5787

�

Ushtrime:

1. Njehsoni sipërfaqen e pjesës së planit z = 2 + 3x + 4y qëndodhet mbi drejtkëndëshin R = [0, 5] × [1, 4].

2. Njehsoni sipërfaqen e pjesës së planit 2x + 5y + z = 10 qëndodhet brenda cilindrit x2 + y2 = 9.

3. Njehsoni sipërfaqen e pjesës së planit 3x + 2y + z = 6 qëndodhet në oktantin e parë.

4. Njehsoni sipërfaqen e pjesës së z = 1 + 3x + 2y2 që ndodhetmbi trekëndëshin me kulme (2, 1), (0, 0), (0, 1).






5. Njehsoni sipërfaqen e pjesës së paraboloidit z = 4− x2− y2

që ndodhet mbi planin xy.

6. Njehsoni sipërfaqen e pjesës së paraboloidit hiperbolikz = y2

− x2 që ndodhet ndërmjet cilindrave x2 + y2 = 1dhe x2 + y2 = 4.

7. Njehsoni sipërfaqen e z = 23 (x3/2

− y3/2), 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤y ≤ 1.

8. Njehsoni sipërfaqen e pjesës së sferës x2 + y2 + z2 = 4, qëndodhet mbi planin z = 1.

9. Njehsoni sipërfaqen e pjesës së sferës x2 + y2 + z2 = 4z, qëndodhet brenda paraboloidit z = x2 + y2.

Gjeni masën dhe qendrën e masës së fletë s që shtrihetnë

10. D = {(x, y)| 0 ≤ x ≤ 2, −1 ≤ y ≤ 1}; ρ(x, y) = xy2.

11. D = {(x, y)| 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ b}; ρ(x, y) = cxy.

12. D është zona trekëndore me kulme (0, 0), (2, 1), (0, 3);ρ(x, y) = x + y.

13. D është zona trekëndore me kulme (0, 0), (1, 1), (4, 0);ρ(x, y) = x.

14. D është kufizuar nga y = ex, y = 0, x = 0, dhe x = 1;ρ(x, y) = y.

15. D është kufizuar nga y =√

x, y = 0, x = 1; ρ(x, y) = x.

16. Gjeni momentet e inercisë Ix, Iy, I0 të fletë s së kufizuarnga parabola x = y2 dhe drejtëza y = x − 2; ρ(x, y) = 3

17. Jepet funksioni

f (x, y) =

{Ax(1 + y) për 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 20 në të kundërt

a) Gjeni vlerën e A për të cilën funksioni përbën densitet sh-përndarjeje të një vektori rasti (X,Y).

b) Njehsoni P{X ≤ 1,Y ≤ 1}.

c) Njehsoni P{X + Y ≤ 1}.

18. a) Vërtetoni se funksioni

f (x, y) =

{4xy për 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 10 në të kundërt

është densitet shpërndarjeje i një vektori rasti (X,Y).

b) Gjeni P(X ≥ 12 ), P{X ≥ 1

2 ,Y ≤12 }

c) Gjeni pritjen matematike të (X,Y).

19. a) Vërtetoni se funksioni

f (x, y) =

1

10e−(0.5x+0.2y) për x ≥ 0, y ≥ 0

0 në të kundërt

është densitet shpërndarjeje i një vektori rasti (X,Y).

b) Gjeni P(Y ≥ 1), P{X ≤ 2,Y ≤ 4}

c) Gjeni pritjen matematike të (X,Y).






15.5 Integralet e trefishta

Ashtu siç përkufizuam integralet e caktuara të funksioneve me një ndryshore dhe integralet e dyfishta tëfunksioneve me dy ndryshore, ne mund të përkufizojmë edhe integralet e trefishta të funksioneve të tre ndryshoreve.Fillimisht le të shqyrtojmë rastin kur zona e përkufizimit të funksionitf (x, y) është një paralelopiped këndëdrejtë

B = {(x, y, z) | a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d, r ≤ z ≤ s} (15.37)

Hapi i parë është të ndajmë segmentin [a, b] në l nënsegmente megjatësi të barabartë me ∆x. Ndajmë segmentin [c, d] në m nënsegmenteme gjatësi të barabartë me ∆y dhe segmentin [r, s] në n nënsegmenteme gjatësi të barabartë me ∆z. Planet që kalojnë nga pikat e ndarjes endajnë paralelopipedin në lmn nënparalelpipedë

Bi jk = [a, b] × [c, d] × [r, s]

Sikurse është treguar në Fig. 15.35, secili prej tyre ka vëllim

∆V = ∆x∆y∆z.

Formojmë shumën treshe të Riemannit

l∑i=1

m∑j=1

n∑k=1

f (x∗i jk, y∗

i jk, z∗

i jk)∆V (15.38)

Ku pika (x∗i jk, y∗

i jk, z∗

i jk) i takon Bi jk.

Në mënyrë analoge me përkufizimin e integralit të dyfishtë, ne japimpërkufizimin e integralin të trefishtë si limit i shumave treshe tëRiemannit në (15.38).

Integral i trefishtë i f (x, y) në B quhet integrali i përkufizuar ngabarazimi:$

B

f (x, y, z) dV = liml,m,n→∞

l∑i=1

m∑j=1

n∑k=1

f (x∗i jk, y∗

i jk, z∗

i jk)∆V (15.39)

në qoftë se ky limit ekziston.

Figura 15.35: Ndarja në paralelpipede

Përsëri integrali i trefishtë ekziston në qoftë se f (x, y, z) është i vazhdueshëm. Pikat (x∗i jk, y∗

i jk, z∗

i jk) mund t’izgjedhim të çfarëdoshme në secilin nënparalelopiped, por në qoftë se i shënojmë thjesht (xi, y j, zk) shprehja përintegralin e trefishtë bëhet më e thjeshtë$

B


l∑i=1

m∑j=1

n∑k=1

f (xi, y j, zk)∆V

Një metodë praktike të llogaritjes së integralit të trefishtë është shprehja e tyre si integrale të renditura.

Teorema 15.3 (Teorema e Fubinit). Në qoftë se f (x, y) është funksion i vazhdueshëm në paralelopipedin këndëdrejtë

B = [a, b] × [c, d] × [r, s],

atëherë $B

f (x, y, z) dV =

∫ s

r

∫ d

c

∫ b

af (x, y, z) dx dy dz






Integrali i renditur në të djathtë të barazimit të mësipërm do të thotë se fillimisht ne integrojmë në lidhje me x(duke mbajtur y dhe z të fiksuar), pastaj integrojmë në lidhje me y (duke mbajtur x dhe z të fiksuar) dhe në fundintegrojmë në lidhje me z. Ka edhe pesë mënyra të tjera për të renditur integralet dhe të gjitha japin të njëjtën vlerë.P.sh. në qoftë se integrojmë në lidhje me y, pastaj në lidhje me z e më pas në lidhje me x, kemi:$

B

f (x, y, z) dV =

∫ b

a

∫ r

s

∫ d

cf (x, y, z) dy dz dx

Shembull 15.22. Njehsoni integralin $B

8xyz dV,

në zonën B = [2, 3] × [1, 2] × [0, 1]

Zgjidhje: Duke qenë se nuk ka rëndësi renditja e integraleve, atëherë ne kemi zgjedhur ta integrojmë sipas kësajrenditje: $

B

8xyz dV =

∫ 2

1

∫ 3

2

∫ 1

08xyz dz dx dy

=

∫ 2

1

∫ 3

24xyz2

∣∣∣∣∣∣1

0

dx dy

=

∫ 2

1

∫ 3

24xy dx dy =

∫ 2

12x2y

∣∣∣∣∣∣3

2

dy

=

∫ 2

110y dy = 15

�Le të përkufizojmë integralin e trefishtë në një zonë të përgjithshme të kufizuar E në hapësirën 3-dimensionale

(një trup), sipas të njëjtës procedurë që përdorëm për integralet e dyfishta. E rrethojmë E me një paralelopipedkëndëdrejtë B të tipit të dhënë në Ek. (15.37). Atëherë, përcaktojmë funksionin F(x, y, z) i cili përputhet me f (x, y, z)në E dhe është zero në pikat e B që nuk i përkasin E. Nga përkufizimi$

E

f (x, y, z) dV =

$B

F(x, y, z) dV

Ky integral ekziston në qoftë se f (x, y, z) është i vazhdueshëm dhe kufiri i E është i lëmuar. Integralet e trefishtagëzojnë të njëjtat veti si edhe integralet e dyfishta.

Ushtrim 15.5. Ekzistojnë gjashtë integrale të renditura

V =

"E

f (x, y, z) dV,

për një solid të dhënë. Supozojmë se E kufizohet nga planet koordinative dhe plani

x + 2y + 3z = 1.

Vërtetoni se këto gjashtë integrale janë të barabarta dhe i shprehni secilën prej tyre në varësi të kufijve në x, y, z.

Le t’i kushtojmë më tepër vëmendje funksioneve të vazhdueshëm në trup lidhur.






Trupat e llojit I

Një trup E thuhet se është i llojit I në qoftë se shtrihet ndërmjetgrafikëve të dy funksioneve të vazhdueshëm u1(x, y) dhe u2(x, y), pra

E = {(x, y, z)|(x, y) ∈ D,u1(x, y) ≤ z ≤ u2(x, y)} (15.40)

ku D është projeksioni i E në planin xy, siç tregohet edhe në Fig. 15.36.Vërejmë se kufiri i sipërm i trupit E, është një sipërfaqe me ekuacionz = u2(x, y), ndërsa kufiri i poshtëm është një sipërfaqe me ekuacionz = u1(x, y).

Duke përdorur të njëjtin arsyetim si për integralet e dyfishta mundtë tregohet se në qoftë se E është e llojit I, e dhënë nga Eq. (15.40),atëherë$

E

f (x, y, z) dV =

"D

[∫ u2(x,y)

u1(x,y)f (x, y, z) dz

]dA (15.41) Figura 15.36: Një trup i llojit I

Kuptimi i integralit të brendshëm në ekuacionin (15.41), është që xdhe y mbahen të fiksuar dhe u1(x, y) dhe u2(x, y) shihen si konstante,ndërsa f (x, y, z) integrohet në lidhje me z.

Në veçanti, në qoftë se projeksioni D i E-së është zonë plane e llojit I(si në Fig. 15.37), atëherë

E = {(x, y, z) | a ≤ x ≤ b, g1(x) ≤ y ≤ g2(x), u1(x, y) ≤ z ≤ u2(x, y)}

dhe ekuacioni (15.41) bëhet

$E

f (x, y, z) dV =

∫ b

a

∫ g2(x)

g1(x)

∫ u2(x,y)

u1(x,y)f (x, y, z) dz dy dx (15.42)

Figura 15.37: D është zonë e llojit I

Në qoftë se projeksioni D i E-së është një zonë e llojit II (si në Fig. 15.38),atëherë

E = {(x, y, z)|c ≤ x ≤ d, h1(y) ≤ x ≤ h2(y), u1(x, y) ≤ z ≤ u2(x, y)}

dhe ekuacioni (15.41) bëhet$E

f (x, y, z) dV =

∫ d

c

∫ h2(y)

h1(yx)

∫ u2(x,y)

u1(x,y)f (x, y, z) dz dx dy (15.43)

Le të shohim disa shembuj.

Shembull 15.23. Njehsoni integralin$E

2x dV,

ku E është trupi që ndodhet nën planin 2x + 3y + z = 6 dhe që shtrihet nëoktantin e parë.

Figura 15.38: D është zonë e llojit II






Zgjidhje: Oktanti i parë është oktanti në të cilin të tre koordinatat janëpozitive. Na duhet të përcaktojmë zonën plane D në planin xy. Ne mundta përfytyrojmë zonën duke e parë trupin e dhënë nga sipër, dhe prejkëtej shohim se D është trekëndëshi me kulme (0, 0), (3, 0), dhe (0, 2); shihFig. 15.39.

Për të përcaktuar kufijtë e integrimit nisemi nga fakti që jemi mbi planinz = 0 dhe kufijtë për z do të përcaktohen si

0 ≤ z ≤ 6 − 2x − 3y.

Mund të integrojmë integralin e dyfishtë në D duke përdorur një prej çiftevetë mosbarazimeve

0 ≤x ≤ 3

0 ≤y ≤23

x + 2

0 ≤x ≤ −32

y + 3

0 ≤y ≤ 2

Figura 15.39: Projeksioni E-së në planinxy

Le të njehsojmë tani integralin"E

2x dV =

"D

[∫ 6−2x−3y

02x dz

]dA =

"D

2xz∣∣∣∣∣6−2x−3y

0dA

=

∫ 3

0

∫ 23 x+2

02x(6 − 2x − 3y) dy dx =

∫ 3

0(12xy − 4x2y − 3xy2)

∣∣∣∣∣ 23 x+2

0dx

=

∫ 3

0

(43

x3− 8x2 + 12x

)dx =

(13

x4−

83

x3 + 6x2) ∣∣∣∣∣3

0= 9

�Ne do të shohim dy lloje të tjerë trupash dhe se si të integrojmë mbi ta.

Trupat e llojit II

Një trup E quhet i llojit II, në qoftë se paraqitet si

E = {(x, y, z)|(y, z) ∈ D,u1(y, z) ≤ x ≤ u2(y, z)} (15.44)

ku D në këtë rast është projeksioni i E në planin (y, z).(Fig. 15.40)Sipërfaqja e pasme është x = u1(y, z), ndërsa sipërfaqja e përparmeështë x = u2(y, z) dhe kështu do të kemi:$

E

f (x, y, z) dV =

"D

[∫ u2(y,z)

u1(y,z)f (x, y, z) dx

]dA (15.45)

Edhe në këtë rast kemi dy lloj projeksionesh në planin yz, zona tëllojit të parë dhe zona të llojit të dytë.

Figura 15.40: Një trup E i llojit II.

Ushtrim 15.6. Gjeni integralin $E

zx2 + y2 dV,

kuE =

{(x, y, z) | 1 ≤ y ≤ 4, y ≤ z ≤ 4, 0 ≤ x ≤ z

}.

Le të shohim tani një lloj tjetër trupash.






Trupat e llojit III

Dhe në fund një trup është i llojit III, në qoftë se paraqitet në trajtën

E = {(x, y, z) | (x, z) ∈ D,u1(x, z) ≤ y ≤ u2(x, z)} (15.46)

ku D në këtë rast është projeksioni i E në planin (x, z); shihni Fig. 15.41.

Për këta lloj trupash kemi$E

f (x, y, z) dV =

"D

[∫ u2(x,z)

u1(x,z)f (x, y, z) dy

]dA (15.47)

Në secilin nga ekuacionet (15.45) dhe (15.47), mund të ketë dy mënyratë të shprehurit të integralit në varësi të faktit se zona D është e llojitI ose II. Figura 15.41: Një trup E i tipit III.

Shembull 15.24. Njehsoni $E

√

3x2 + 3z2 dV,

ku E është trupi që kufizohet nga y = 2x2 + 2z2 dhe plani y = 8.

Zgjidhje: Grafiku e këtij trupi është paraqitur në Fig. 15.42

Figura 15.42: Grafiku i trupit që kufizohet nga y = 2x2 + 2z2 dhe plani y = 8.

Zona D në planin xz është një rreth me ekuacion 2x2 + 2y2 = 8 ose x2 + y2 = 4. Atëherë, mund të kalojmë ngaplani xz në koordinata polare

x = r cosθ z = r sinθ

Pra, x2 + z2 = r2. Atëherë, kufijtë e integrimit do të përcaktohen nga mosbarazimet:

2x2 + 2z2≤ y ≤ 8

0 ≤ r ≤ 20 ≤ θ ≤ 2π






Atëherë integrali është $E

√

3x2 + 3z2 dV =

"D

[∫ 8

2x2+2z2

√

3x2 + 3z2 dy]

dA

=

"D

y√

3x2 + 3z2

∣∣∣∣∣82x2+2z2

dA

=

"D

√3(x2 + z2)(8 − (2x2 + 2z2)) dA

Meqënëse do të integrojmë në koordinata polare, atëherë√3(x2 + z2)(8 − (2x2 + 2z2)) =

√

3r2(8 − 2r2) =√

3r(8 − 2r2) =√

3(8r − 2r3)

Prej nga, $E

√

3x2 + 3z2 dV =

"D

√

3(8r − 2r3) dA =√

3∫ 2π

0

∫ 2

0(8r − 2r3)rdr dθ

=√

3∫ 2π

0

(83

r3−

25

r5) ∣∣∣∣∣2

0dθ =

√

3∫ 2π

0

12815

dθ =256√

3π15

�

15.5.1 Aplikime të integralit të trefishtë

Deri tani ne njohim kuptimin gjeometrik të integralit të caktuar të një funksioni me vlera jonegative. Përshembull, sipërfaqen e zonës plane të kufizuar nga grafiku i funksionit y = f (x) nga a në b ose për integralin edyfishtë kuptimi gjeometrik përbën vëllimin e trupit nën sipërfaqen z = f (x, y) dhe mbi zonën D.

Interpretimi gjeometrik i integralit të trefishtë është më i vështirë sepse është e vështirë të përfytyrohet vëllimii një objekti në hapësirën 4-dimensionale. Megjithatë integrali i trefishtë mund të interpretohet në mënyra tëndryshme në situata të ndryshme fizike, në varësi të interpetimit të x, y, z dhe f (x, y, z).

Shohim fillimisht rastin kur f (x, y, z) = 1 në E. Atëherë, integrali i trefishtë paraqet vëllimin e E-së,

V(E) =

$E

dV (15.48)

Të gjitha aplikimet e integraleve të dyfishta që studiuam në leksionin paraardhës mund të shtrihen edhe përintegralet e trefishta. Për shembull, në qoftë se funksioni i densitetit të një objekti solid që zë një zonë E ështëρ(x, y, z) në çdo pikë (x, y, z), atëherë masa e tij është

m =

$E

ρ(x, y, z) dV (15.49)

dhe momentet i tij sipas planeve koordinative janë

Myz =

$E

xρ(x, y, z) dV, Mxz =

$E

yρ(x, y, z) dV, Mxy =

$E

zρ(x, y, z) dV. (15.50)

Qendra e masës gjendet në pikën (x, y, z), ku

x =Myz

m, y =

Mxz

m, z =

Mxy

m(15.51)






Momentet e inercisë në lidhje me tre boshtet koordinative, ashtu siç kemi parë edhe më sipër, janë

Ix =

$E

(y2 + z2)ρ(x, y, z) dV, Iy =

$E

(x2 + z2)ρ(x, y, z) dV, Iz =

$E

(x2 + y2)ρ(x, y, z) dV. (15.52)

Në qoftë se kemi një vektor rasti

XYZ, densiteti i shpërndarjes së tij, është një funksion i tre ndryshoreve f (x, y, z), i

tillë që probabiliteti që (X,Y,Z) të jetë në E, është

P({(X,Y,Z) ∈ E}) =

$E

f (x, y, z) dV

Në veçanti

P {a ≤ X ≤ b, c ≤ Y ≤ d, r ≤ Z ≤ s} =∫ b

a

∫ d

c

∫ s

rf (x, y, z) dz dy dx

Densiteti i shpërndarjes plotëson kushtet

f (x, y, z) ≥ 0,∫∞

−∞

∫∞

−∞

∫∞

−∞

f (x, y, z) dz dy dx = 1.

Shembull 15.25. Gjeni qendrën e masës të një trupi me densitet konstant qëkufizohet nga cilindri parabolic x = y2 dhe planet x = z, z = 0, dhe x = 1.

Zgjidhje: Projeksioni i trupit në planin xy tregohet në Fig. 15.43. Atëherëky trup mund të jepet si

E ={(x, y, z) | − 1 ≤ y ≤ 1, y2

≤ x ≤ 1, 0 ≤ z ≤ x}

Marrim ρ(x, y, z) = ρ. Atëherë,

m =

$EρdV =

∫ 1

−1

∫ 1

y2

∫ x

0ρdz dx dy

= ρ

∫ 1

−1

∫ 1

y2x dx dy = ρ

∫ 1

−1

[x2

2

]x=1

x=y2

dy

=ρ

2

∫ 1

−1(1 − y4) dy = ρ

∫ 1

0(1 − y4) dy

= ρ

[y −

y5

5

]1

0=

4ρ5.

Meqënuese trupi është simmetrik në lidhje me planin xz, atëherë kemi qëMxz = 0. Pra, y = 0. Gjemë dy momentet e tjerë.

Myz =

$E

xρdV =

∫ 1

−1

∫ 2

y2

∫ x

0xρdz dx dy =

4ρ7

Mxy =

$E

zρdV =

∫ 1

−1

∫ 2

y2

∫ x

0zρdz dx dy =

2ρ7.

Pra qendra e masës ka koordinata

(x, y, z) =

(Myz

m,

Mxz

m,

Mxy

m

)=

(57, 0,

514

).

Figura 15.43






Ushtrime:

Njehsoni integralet.

1.1∫

0

z∫0

x+z∫0

6xz dy dx dz

2.1∫

0

2x∫0

y∫0

2xyz dz dy dx

3.3∫

1

x∫1

xy∫2

24xy dz dy dx

4.1∫

0

1−x∫0

√y∫

04x2z3 dz dy dx

5.π/2∫0

y2∫0

y∫0

cos( xy ) dz dx dy

6.

√2∫

0

2∫√

y

ex2∫0

x dz dx dy

7.3∫

0

1∫0

√

1−z2∫0

zey dx dz dy

8.1∫

0

1∫0

1∫x2

12xzezy2dy dx dz

9.1∫

0

4−x2∫0

x∫0

sin 2x4−x dy dz dx

10.1∫−1

1−y2∫0

x2+y2∫0

dz dx dy

Njehsoni integralin e trefishtë.

11.#

Ey2z2 dV, ku E është e kufizuar nga parabloloidi

x = 1 − y2− z2 dhe plani x = 0.

12.#

Ey dV, ku E është e kufizuar nga planet x = 0, z = 0

dhe plani 2x + y + z = 2.

13.#

B(xy + z) dV, ku B = [0, 1] × [0, 1] × [1−, 1].

14.#

E6xy dV, ku E ndodhet ndërmjet planit z = 1 + x + y

dhe zonës plane në xy të kufizuar nga vijat z =√

x dhe x = 1.

15.!E

y2z2 dV, ku E është e kufizuar nga parabloloidi x =

4y2 + 4z2 dhe plani x = 4.

16. Gjeni vëllimin e trupit të kufizuar nga sipërfaqja y = x2

dhe planet z = 0, z = 4, dhe y = 9.

Ndërtoni trupin vëllimi i të cilit jepet me anë të inte-graleve të renditur.

17.∫ 1

0

∫ 1−x

0

∫ 2−2z

0 dy dx dz

18.∫ 1

0

∫ 2−y

0

∫ 4−y2

0 6xz dx dz dy.

Gjeni qendrën e masës së trupit S me funksionin edensitetit të dhënë.

19. S = {(x, y, z) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤1;ρ(x, y, z) = xyz.}

20. S = {(x, y, z) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤1;ρ(x, y, z) = x2 + y2 + z2.}

21. S = {(x, y, z) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤1 − x − y;ρ(x, y, z) = 1.}

22. S = {(x, y, z) : z ≥ 0, x2 + y2 + z2≤ a2;ρ(x, y, z) =

x2 + y2 + z2.}

23. S = {(x, y, z) : x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0, x2 + y2 + z2≤

a2;ρ(x, y, z) = 1.}

24. Gjeni masën dhe qendrën e masës së trupit të kufizuarnga plani z = 4 dhe paraboloidi z = x2 + y2 me densitetρ(x, y, z) = 3 + x.

25. Gjeni masën dhe qendrën e masës së kubit të dhënë nga0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ a, 0 ≤ z ≤ a;ρ(x, y, z) = x2 + y2 + z2.

26. Gjeni momentet e inercisë së kubit me densitet konstant k,dhe brinjë L, në qoftë se një kulm i tij ndodhet në origjinë dhetre brinjë shtrihen sipas boshteve koordinative.

27. Cila është vlera mesatare e g(x, y, z) = xey sin z në kubin0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2, 0 ≤ z ≤ 2?

28. Gjeni vlerën mesatare të F(x, y) = x + y − z në {0 ≤ x ≤1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 2}.

29. Gjeni vlerën mesatare të F(x, y) = xyz në {0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 2}.

30. Për vektorin e rastit (X,Y,Z) jepet densiteti i shpërndarjes

f (x, y, z) =

{Axyz për (x, y, z) ∈ [0, 2] × [0, 2] × [0, 2]0 në të kundërt

a) Gjeni vlerën e A.

b) Njehsoni P{X ≤ 1,Y ≤ 1,Z ≤ 1}.

c) Njehsoni P{X + Y + Z ≤ 1}.

31. Për vektorin e rastit (X,Y,Z) jepet densiteti i shpërndarjes

f (x, y, z) =

{Ce−(0,5x+0.2y+0.1z) për (x, y, z) ∈ R3+

0 në të kundërt

a) Gjeni vlerën e C.

b) Njehsoni P{X ≤ 1,Y ≤ 1}.

c) Njehsoni P{X ≤ 1,Y ≤ 1,Z ≤ 1}.






15.6 Integralet e trefishta në koordinatat cilindrike

Në gjeometrinë plane sistemi polar i koordinatave u përdor përtë shprehur në një mëmyrë më të përshtatshme një kategori tëcaktuar kurbash dhe sipërfaqesh. Koordinatat cilindrike nukjanë tjetër veçse një zgjerim i koordinatave polare në hapësirën3-dimensionale. Për analogji sistemi i koordinatave cilindrike nëhapësirën 3-dimensionale na shërben për të shprehur në një mënyrëmë të përshtatshme një kategori të caktuar sipërfaqesh dhe trupash.

Formulat për koordinatat cilindrike janë

x = r cosθ, y = r sinθ, z = z (15.53)

Pra, një pikë P në hapësirën 3-dimensionale paraqitet nga një treshee renditur (r, θ, z), ku r dhe θ janë koordinatat polare të projeksionitP në planin xy dhe z është distanca e drejtpërdrejtë e pikës nga planixy (Fig. 15.44).

Figura 15.44: Koordinatat cilindrike

Supozojmë se f (x, y) është një funksion i vazhdueshëm dhe

E ={(x, y, z) | (x, y) ∈ D, u1(x, y) ≤ z ≤ u2(x, y)

}ku D jepet në koordinata polare:

D = {(r, θ) | α ≤ θ ≤ β, h1(θ) ≤ r ≤ h2(θ)}

Nga ekuacioni (15.41), dimë se$E

f (x, y, z) dV =

"D

[∫ u2(x,y)

u1(x,y)f (x, y, z) dz

]dA (15.54)

dhe gjithashtu tashme jemi në gjendje të llogarisim integralin e dy-fishtë në koordinata polare, kështu që kemi integralin

Figura 15.45

$E

f (x, y, z) dV =

∫ β

α

∫ h2(θ)

h1(θ)

∫ u2(r cosθ, r sinθ)

u1(r cosθ,r sinθ)f (r cosθ, r sinθ, z) r dz dr dθ (15.55)

Formula (15.55) quhet formula e integralit të trefishtë në koordinata cilindrike.

Konvertimit të një integrali nga kordinata Karteziane në koordinata polarebëhet me zëvendësimet

x = r cosθ, y = r sinθ

dhe z = z. AtëherëdV = r dz dr dθ.

Në figurën karshi jepet interpretimi gjeometrik i njësisë në koordinatapolare.

Le të shohim tani disa shembuj. Figura 15.46






Shembull 15.26. Gjeni integralin∫ 2

−2

∫ √

4−x2

−

√

4−x2

∫ 2

√x2+y2

(x2 + y2) dz dy dx.

Zgjidhje: Trupi që përcaktohet nga kufijtë e këtij integrali është

E ={(x, y, z) | − 2 ≤ x ≤ 2, −

√

4 − x2 ≤ y ≤√

4 − x2,√

x2 + y2 ≤ z ≤ 2}

me projeksion në planin xy diskun x2 + y2≤ 4.

Në koordinata cilindrike ky trup shprehet

E = {(r, θ, z) | 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 2, r ≤ z ≤ 2}Figura 15.47

Atëherë kemi∫ 2

−2

∫ √

4−x2

−

√

4−x2

∫ 2

√x2+y2

(x2 + y2) dz dy dx =

"E(x2 + y2) dV =

∫ 2π

0

∫ 2

0

∫ 2

rr2· r dz dr dθ

=

∫ 2π

0dθ

∫ 2

0r3(2 − r) dr = 2π

[12

r4−

15

r5]2

0=

165π.

�

Shembull 15.27. Njehsoni integralin#

Ey dV ku E është zona që shtrihet ndërmjet planit z = x + 2 dhe planit xy, dhe

ndërmjet cilindrave x2 + y2 = 1 dhe x2 + y2 = 4.

Zgjidhje: Thjesht ne na duhet të bëjmë kalimin në koordinata cilindrike dhe të njehsojmë integralin. E nisim mepërcaktimin e kufijve të z në koordinata cilindrike

0 ≤ z ≤ x + 2 =⇒ 0 ≤ z ≤ r cosθ + 2

Duhet të kemi parasysh se jemi mbi planin xy, pra mbi planin z = 0. Nga ana tjetër kemi që D ndodhet ndërmjetrrathëve x2 + y2 = 1 dhe x2 + y2 = 4 në planin xy, kështu që kufijtë e saj përcatohen si 0 ≤ θ ≤ 2π dhe 1 ≤ r ≤ 2.Atëherë, integrali që duam të njehsojmë do të marrë trajtën$

E

y dV =

∫ 2π

0

∫ 2

1

∫ r cosθ+2

0(r sinθ) r dz dr dθ

=

∫ 2π

0

∫ 2

1r2 sinθ (r cosθ + 2) dr dθ

=

∫ 2π

0

∫ 2

1

(12

r3 sin(2θ) + 2r2 sinθ)

dr dθ

=

∫ 2π

0

(18

r4 sin(2θ) +23

r3 sinθ) ∣∣∣∣∣2

1dθ

=

∫ 2π

0

(158

sin(2θ) +143

sinθ)

dθ

=(−

156

cos(2θ) −143

cosθ) ∣∣∣∣∣2π

0= 0

�Ashtu siç vepruam për konvertimin e integraleve të dyfishta nga koordinata karteziane në koordinata polare,

ashtu mund të konvertojmë integralet e trefishta nga koordinata karteziane në koordinata cilindrike.






Shembull 15.28. Njehsoni integralin ∫ 1

−1

∫ √1−y2

0

∫ √x2+y2

x2+y2xyz dz dx dy

Zgjidhje: Kufij të e integrimit për ndryshoret janë

−1 ≤ y ≤ 1

0 ≤ x ≤√

1 − y2

x2 + y2≤ z ≤

√x2 + y2

Dy mosbarazimet e para përcaktojnë zonën D. Duke qenë se kufijtë për x janë nga 0 në√

1 − y2, atëherë kjo zonëndodhet në gjysmën e djathtë të rrethit me rreze 1 me qendër në origjinë. Ndërsa duke qenë se kufijtë për y janënga -1 në 1, kjo përbën gjysmën e qarkut me rreze 1 dhe me qendër origjinën. Atëherë, kufijtë e D në koordinatacilindrike do të shprehen si

−π2≤ θ ≤

π2

0 ≤ r ≤ 1

Prej këtej kufijtë për z, janë r2≤ z ≤ r. Pra përfundimisht integrali në koordinata cilindrike bëhet∫ 1

−1

∫ √1−y2

0

∫ √x2+y2

x2+y2xyz dz dx dy =

∫ π/2

−π/2

∫ 1

0

∫ r

r2r(r cosθ)(r sinθ)z dz dr dθ

=

∫ π/2

−π/2

∫ 1

0

∫ r

r2zr3 cosθ sinθdzdr dθ

=

∫ π/2

−π/2

∫ 1

0

(12

z2r3 cosθ sinθ) ∣∣∣∣∣r

r2dr dθ

=

∫ π/2

−π/2

∫ 1

0

(12

cosθ sinθr3(r2− r4)

)dr dθ

=

∫ π/2

−π/2

∫ 1

0cosθ sinθ(r5

− r7) dr dθ

=12

∫ π/2

−π/2cosθ sinθ(

16−

18

) dθ =1

48sin2 θ

∣∣∣∣∣π/2−π/2

= 0

�

Shembull 15.29. Jepet trupi E që shtrihet brenda cilindrit x2 + y2 = 1, poshtëplanit z = 4, dhe sipër paraboloidit z = 1−x2

− y2. Funksioni i densitetit ρ(x, y, z)është në proporcion të drejtë me distancën e pikës (x, y, z) nga aksi i cilindrit, kukonstantja e proporcionalitetit është K. Gjeni masën e trupit në varësi të K-së.

Zgjidhje: Trupi E në koordinata cilindrike jepet nga

E = {(r, θ, z) | 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 1, 1 − r2≤ z ≤ 4}

Distanca e pikës (x, y, z) nga boshti i cilindrit është njësoj sa distanca e pikës(x, y) nga origjina, pra

√x2 + y2. Atëherë kemi

ρ(x, y, z) = K√

x2 + y2 = Kr

Figura 15.48






Masa jepet nga

m =

"E

K√

x2 + y2 dV =

∫ 2π

0

∫ 1

0

∫ 4

1−r2Kr · r dz dr dθ

=

∫ 2π

0

∫ 1

0Kr2

(4 − (1 − r2)

)dr dθ

= K∫ 2π

0dθ

∫ 1

0(3r2 + r4) dr

= 2πK[r3 +

r5

5

]1

0=

12πK5

.

�

Ushtrime:

Përdorni koordinatat cilindrike për të njehsuar inte-gralet:

1.3∫−3

√

9−x2∫−

√

9−x2

9−x2−y2∫

0x2 dz dy dx

2.1∫

0

√1−y2∫0

√x2+y2∫

x2+y2

xyz dz dx dy

3.#

E(x3 + xy2) dV ku E është trupi në oktantin e parë nën

paraboloidin z − 1 − x2− y2.

4.#

E2z dV ku E është trupi ndërmjet dy gjysmësferave të

sipërme x2 + y2 + z2 = 1 dhe x2 + y2 + z2 = 4.

5. Njehsoni#

E

√x2 + y2 dV, ku E është zona që shtrihet

brenda cilindrit x2 + y2 = 16 dhe ndërmjet planeve z = −5dhe z = 4.

6. Njehsoni#

E(x3 + xy2) dV, ku E është trupi që shtri-

het në oktantin e parë x2 + y2 = 16 dhe nën paraboloidinx = 1 − x2

− y2.

7. Njehsoni#

Eez dV, ku E është trupi që kufizohet nga

paraboloidi x = 1 + x2 + y2 dhe cilindri x2 + y2 = 5, dheplani xy.

8. Njehsoni#

Ex dV, ku E është trupi që kufizohet nga planet

z = 0 dhe z = x + y + 3, dhe nga cilindrat x2 + y2 = 4 dhex2 + y2 = 9.

9. Gjeni vëllimin e trupit që ndodhet brenda cilindrit x2 +y2 =1 dhe sferës x2 + y2 + z2 = 4.

10. Gjeni vëllimin e trupit që ndodhet brenda cilindritx2 + y2 = 1 dhe jash të konit z2 = x2 + y2.

11. Gjeni vëllimin e trupit që përfohet nga prerja e sferësx2 + y2 + z2 me cilindrin r = 2 sinθ.

12. Gjeni vëllimin e trupiut të kufizuar nga x2 + y2 =3, x2 + y2 + z2 = 16 dhe z = 0.

13. Gjeni qendrën e masës së trupit të kufizuar nga koniz =

√x2 + y2 dhe planet z = 1, x = 0, y = 0, kur densiteti

jepet si ρ(r, θ, z) = r.

14. Përdorni koordinatat cilindrike për të treguar se vëllimi itrupit të kufizuar nga sipër nga sfera r2 + z2 dhe nga poshtënga koni z = r cotϕ0, ku 0 < ϕ0 < π/2, është

V =2πa3

3(1 − cosϕ0)

15. Gjeni qendrën e masës së ka të rkëndorit D, në oktantin eparë i formuar nga planet koordinative dhe plani x+ y+z = 1,pranojmë se ρ = 1.

16. Gjeni momentin e inercisë së gjysmësferës D, me rreze anë lidhje me boshtin qendror pingul me bazën e D.

17. Paraboloidi z = x2 + y2 është në formën e një gote vere,dhe plani z = 2x pret një pjesë të fundme sipër paraboloidit.Gjeni momentin e inercisë në lidhje me boshtin e z-ve, dukepranuar se ρ = 1.






15.7 Integralet e trefishta në koordinatat sferike

Për integralet e trefishta ne fillimisht konsiderojmë të ashtuquajturatpyka sferike. Kjo do të thotë se kufijtë e variableve do jenë të formës:

a ≤ ρ ≤ b, α ≤ θ ≤ β, c ≤ ϕ ≤ d

Në përkufizimin e integralit të trefishtë me kordinatat Kartezianex, y, z ne u nisëm nga ndarja e trupit në paralelpipedë të vegjëlkëndëdrejtë. Në kordinatat sferike, këta paralelpipedë kthehenpikërisht në pyka sferike. Pjesa tjetër e argumentit është pothuajsenjësoj me kordinatat Karteziane.

Pra, ne e ndajmë trupin E,

E = {(ρ, θ, ϕ) | a ≤ ρ ≤ b, α ≤ θ ≤ β, c ≤ ϕ ≤ d}

në pyka sferike të vogla Ei jk, të cilat siç mund të shihet nga Fig. 15.58kanë përmasa ∆ρ, ρi∆ϕ, dhe ρi sinϕk∆θ. Figura 15.49

Përafrim i vëllimit të Ei jk jepet si më poshtë

∆Vi jk ≈ (∆ρ) · (ρi∆ϕ) · (ρi sinϕk∆θ) = ρ2i sinϕk ∆ρ∆θ∆ϕ

Në qoftë se përdorim Teoremën mbi Vlerat e Ndërmjetme, gjejmë sevëllimi i tyre është saktësisht

∆Vi jk = ρi2 sin ϕk ∆ρ∆θ∆ϕ

ku(ρi, θ j, ϕk

)është një pikë në Ei jk. Në qoftë se koordinatat Karteziane

të kësaj pike janë (x∗i jk, y∗

i jk, z∗

i jk), atëherë

$E


l∑i=1

m∑j=1

n∑k=1

f (x∗i jk, y∗

i jk, z∗

i jk) ∆Vi jk

= liml,m,n→∞

l∑i=1

m∑j=1

n∑k=1

f (ρi2 sin ϕk cos θ j, ρi

2 sin ϕk sin θ j, ρi2 cos ϕk)ρi

2 sin ϕk ∆ρ∆θ∆ϕ

Kjo e fundit përbën shumën integrale të Riemannit për funksionin

F(ρ, θ, ϕ) = f(ρ sinϕ cosθ, ρ sinϕ sinθ, ρ cosϕ

)· ρ2 sinϕ. Figura 15.50: Ndarja e një trupi në pyka sferike

Kështu që përfundimisht integrali i trefishtë në koordinata sferike ka trajtën$E

f (x, y, z) dV =

∫ d

c

∫ β

α

∫ b

af(ρ sinϕ cosθ, ρ sinϕ sinθ, ρ cosϕ

)· ρ2 sinϕ dρ dθ dϕ (15.56)

ku E përkufizohet nga:E =

{(ρ, θ, ϕ) | a ≤ ρ ≤ b, α ≤ θ ≤ β, c ≤ ϕ ≤ d

}Formula (15.56) ka vend edhe për zona sferike më të përgjithshme si

E ={(ρ, θ, ϕ) | α ≤ θ ≤ β, c ≤ ϕ ≤ d, g1(θ,ϕ) ≤ ρ ≤ g2(θ,ϕ)

}Në këtë rast formula do është njësoj me Ek. (15.56), me përjashtim të kufijve të ρ që janë g1(θ,ϕ) dhe g2(θ,ϕ). Mëposhtë shohim disa shembuj.






Shembull 15.30. Njehsoni integralin $S

16z dV,

ku S është gjysma e sipërme e sferësx2 + y2 + z2 = 1.

Zgjidhje: Meqënëse kemi gjysmën e sipërme të sferës, atëherë kufijtë për ndryshoret janë

0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ ϕ ≤π2

Pra integrali është $E

16z dV =

∫ π/2

0

∫ 2π

0

∫ 1

0ρ2 sinϕ(16ρ cosϕ) dρ dθ dϕ

=

∫ π/2

0

∫ 2π

0

∫ 1

08ρ3 sin(2ϕ) dρ dθ dϕ

=

∫ π/2

0

∫ 2π

02 sin(2ϕ) dθ dϕ

=

∫ π/2

04π sin(2ϕ) dϕ = −2π cos(2ϕ)

∣∣∣∣∣π/20

= 4π

�

Shembull 15.31. Ktheni në koordinata sferike dhe njehsoni integralin e mëposhtëm∫ 3

0

∫ √9−y2

0

∫ √18−x2−y2

√x2+y2

(x2 + y2 + z2) dz dx dy

Zgjidhje: Nisemi nga kufijtë e integrimit, të cilët janë

0 ≤ y ≤ 3, 0 ≤ x ≤√

9 − y2

dhe √x2 + y2 ≤ x ≤

√18 − x2 − y2.

Bashkësia e vlerave të x-it, është gjysma e djathtë e qarkut me rreze 3 dhe me qendër në origjinë. Duke qenë sevlerat e y janë pozitive atëherë zona e vlerave D në planin xy është një e katërta e rrethit që gjendet në kuadrantine parë. Meqenëse D i përket kuadrantit të parë, atëherë E duhet t’i përkasë oktantit të parë. Kështu që kufijtë për θdo të jenë 0 ≤ θ ≤ π

2 .Përsa i përket z, kufiri i poshtëm z =

√x2 + y2 është gjysma e sipërme e një koni. Kufiri i sipërm z =

√18 − x2 − y2

është gjysma e sipërme e sferës x2 + y2 + z2 = 18. Prej këtej nxjerrim se kufijtë e ρ janë

0 ≤ ρ ≤√

18 = 3√

2

Për të përcaktuar kufijtë e vlerave të ϕ gjejmë prerjen e konit me sferën(√x2 + y2

)2

+ z2 = 18

Pra kemi z = 3. Prej këtej ρ cosϕ = 3 e cila na jep cosϕ = 1√

2dhe ϕ = π

4 . Pra, 0 ≤ ϕ ≤ π4 dhe përfundimisht duke

patur parasysh se ρ2 = x2 + y2 + z2, integrali kthehet në formën∫ 3

0

∫ √9−y2

0

∫ √18−x2−y2

√x2+y2

(x2 + y2 + z2) dz dx dy =

∫ π/4

0

∫ π/2

0

∫ 3√

2

0ρ4 sinϕdρ dθ dϕ






�

Shembull 15.32. Duke përdorur koordinatat sferike gjeni volumin e trupit qështrihet mbi konin z =

√x2 + y2 dhe poshtë sferës x2 + y2 + z2 = z.

Zgjidhje: Së pari vërejmë që sfera x2 + y2 + z2 = z shkruhet si

x2 + y2 +(z −

12

)2

=12,

pra ka qendër në ((0, 0, 1

2

)dhe rreze r = 1

2 . Ekuacioni i sferës në koordinatasferike është

ρ = cosφ.

Ekuacioni i konit është

ρ cosφ =

√ρ2 sin2 φ cos2 φ + ρ2 sin2 φ sin2 φ = ρ sinφ

Figura 15.51

Këto dy sipërfaqe priten përsinφ = cosφ

ose për φ = π4 . Pra trupi në fjalë në koordinata sferike jepet nga

E ={(ρ, θ, φ) | 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ φ ≤ π/4, 0 ≤ ρ ≤ cosφ

}.

Atëherë,

V(E) =

$E

dV =

∫ 2π

0

∫ π/4

0

∫ cosφ

0ρ2 sinφdρdφdθ

=

∫ 2π

0dθ

∫ π/4

0sinφ

[ρ3

3

]ρ=cosφ

ρ=0dφ

=2π3

∫ π/4

0sinφ cos3 φdφ =

2π3

[−

cos4 φ

4

]π/40

=π8

�

Ushtrime:

Përdorni koordinatat sferike për të njehsuar inte-gralet:

1.2∫−2

√

4−x2∫−

√

4−x2

4−x2−y2∫

0z2

√x2 + y2 + z2 dz dy dx

2.2∫−2

√

4−x2∫0

16−x2−y2∫

0

√x2 + y2 dz dy dx

3.3∫

0

√9−y2∫0

18−x2−y2∫

√x2+y2

(x2 + y2 + z2) dz dx dy

4.#

Ee√

x2+y2+z2 dV, ku E është trupi brenda sferës x2 + y2 +

z2 = 9 në oktantin e parë.

5.#R

3e(x2+y2+z2)3/2dV, ku R është trupi brenda sferës x2 +

y2 + z2 = 9 në oktantin e parë.

6.#

Exe(x2+y2+z2)2

dV, ku E është trupi ndërmjet sferave

x2 + y2 + z2 = 1 dhe x2 + y2 + z2 = 4, në oktantin e parë.

7. Gjeni vëllimin e trupit që shtrihet ndërmjet sferës x2 + y2 +z2 = 9 dhe konit z2 = x2 + y2.

8. Gjeni vëllimin e trupit që përftohet nga prerja e sferës r ≤ 2dhe konit z2 = 3x2 + 3y2.

9. Gjeni vëllimin e pjesës së sferës me qendër në origjinë dheme rreze 2 që ndodhet mbi planin z = 1.

10. Gjeni vëllimin e trupit të kufizuar nga x2 + y2 + z2 =

4, y =√

3, dhe z = 0.






11. Gjeni vëllimin e trupit mbi konin z2 = x2 + y2 dhe nënplanin z = 1.

12. Gjeni vëllimin e trupit mbi konin ϕ = π/3 dhe në sferënρ = 4 cosϕ.

13. Le të jetë H një hemisferë me rreze a densiteti i së cilës nëçdo pikë është proporcional me distancën nga qendra e bazës.

a) Gjeni masën e H.

b) Gjeni qendrën e masës.

c) Gjeni momentin e inercisë së H në lidhje me boshtin e x-ve.

14. Gjeni momentin e inercisë në lidhje me boshtin e z-ve, tëtrupit ndërmjet sferave x2 + y2 +z2 = a2 dhe x2 + y2 +z2 = b2,a < b.

15. Vërtetoni se

∞∫−∞

∞∫−∞

∞∫−∞

√x2 + y2 + z2e−(x2+y2+z2) dx dy dz = 2π






15.8 Ndryshimi i koordinatave dhe integralet e shumëfishta

Në Kalkulusin I ne shpesh kemi përdorur konvertimin e ndryshoreve për të thjeshtuar integralin. Për shembull,nëpërmjet metodës së zëvendësimit ∫ b

af(g(x)

)g′(x) dx =

∫ d

cf (u) du, (15.57)

ku u = g(x).Ne duam të kemi një teknikë të ngjashme në lidhje me integralet e dyfishta dhe të trefishta. Në fakt tashmë një

gjë të tillë, ne e kemi aplikuar kur konvertuam integralin e dyfishtë në koordinata polare dhe integralin e trefishtë nëkoordinata cilindrike dhe sferike. Për këto konvertime ne përdorëm formula për dA dhe dV, pa dhënë vërtetimepër to. Në këtë leksion ne do studiojmë një mënyrë të përgjithshme se çfarë ndodh me integralet kur kemi konvertimtë ndryshoreve. Si aplikime të kësaj metode ne do të vërtetojmë rezultatet për dA dhe dV të përdorura më parë.

Shumë herë në aplikime ne na duhet të ndryshojmë koordinatat, për shembull nga një sistem koordinativ xynë një tjetër sistem koordinativ uv. Nga pikëpamja e integrimit ka dy arsye kryesore përse ne mund të bëjmë njëndryshim të tillë. Një arsye e transformimit në koordinata të tjera është ajo e thjeshtimit të integrimit, ndërsa njëtjetër arsye është thjeshtimi i zonës së integrimit.

Ka një botë të tërë të teorisë së transformimeve që ne nuk do ti shohim në këtë leksion. Për shembull, trans-formimet lineare të planitR2 ose të hapësirave Euklidiane studiohen me imtësi në [4]. Transformimet luajnë një rolthemelor në gjeometrinë algjebrike; shihni [2] për më shumë detaje.

15.8.1 Transformimet

Me transformim ne nënkuptojmë ndryshimin e koordinatave në hapësirën Rn.Ne i kemi parë disa veti të transformimeve në ??. Let të jetë f (x1, . . . , xn) një funksion me shumë ndryshore i

dhënë si më poshtë

f :Rn→ Rm

(x1, . . . , xn)→ ( f1(x1, . . . , xn), . . . , fm(x1, . . . , xn))

ku f1(x1, . . . , xn), . . . , fm(x1, . . . , xn) quhen funksionet komponente të f (x1, . . . , xn).Jakobi i funsionit f (x1, . . . , xn) është matrica me përmasa m × n si më poshtë

J( f ) :=

∂ f1∂x1

. . .∂ f1∂xn

. . . . .

. . . . .∂ fm∂x1

. . .∂ fm∂xn

Në ?? ne pamë lidhjet e Jakobit të një funksioni me gradientin. Tani do të shohim përdorimin e Jakobit në aplikimetë tjera.

Jepet një transformim

T :Rn→ Rn

T(x1, . . . , xn) = (y1, . . . , yn)

Atëherë J(T) është një matricë katrore. Ne shënojmë me∣∣∣∣∣∂(y1, . . . , yn)∂(x1, . . . , xn)

∣∣∣∣∣përcaktorin e kësaj matrice. Në vijim do të shohim si mund të përdoret ky përcaktor në integralet e dyfishta dhetrefishta.

Një transformim T quhet një për një ose injektiv në qoftë se çdo dy pika të ndryshme kanë imazhe të ndryshme.Transformimet lineare janë objekti kryesor i studimit të algjebrës lineare.






15.8.2 Transformimet e planit

Le të shqyrtojmë një transormim T të planit uv në planin xy.

T :R2→ R2

T(u, v) = (x, y)

ku x, y jepen si më poshtëx = g(u, v) y = h(u, v) (15.58)

Supozojmë se T është një C1 transformim, domethënë g dhe h kanë derivate të para të vazhdueshëm.

Figura 15.52: Një transformin T : R27→ R2.

Në qoftë T(u1, v1) = (x1, y1), atëherë pika (x1, y1) quhet imazhi i pikës (u1, v1). Në qoftë se T është një transformimnjë për një, atëherë ai ka transformim të anasjelltë T−1 nga plani xy në planin uv, dhe ekuacionet (15.58) mund tëzgjidhen për u dhe v në varësi të x, y;

u = G(x, y) v = H(x, y)

Shembull 15.33. Jepet transformimi

T : R2→ R2

(u, v)→(u

2, 3v

)Gjeni zonën imazhi i të cilës sipas këtij transformimi është elipsi

x2 +y2

36= 1,

ku T(u, v) = (x, y).

Zgjidhje: Duke u nisur nga transformimi i dhënë kemi:(u2

)2+

(3v)2

36= 1

e cila na jepu2 + v2 = 4

Pra, kemi të bëjmë me një qark me rreze 2 dhe me qendër në origjinë. �

Shembull 15.34. Jepet transformimi

T : R2→ R2

(u, v)→(u2− v2, 2uv

)Gjeni imazhin e zonës

S = {(u, v) | 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 1}.






u

v

(1, 0)

(1, 1)(0, 1)

x

y

(1, 0)

(0, 2)

(-1, 0)

x = 1 − y2

4 x =y2

4 − 1

Figura 15.53: Zonat përkatëse në planet uv dhe xy

Zgjidhje: Shënojmë me (x, y) := T(u, v). Në planin uv zona S paraqet një katror si në Fig. 15.53. Duke qenë setransformimi zonën e kufizuar S e pasqyron në një zonë të kufizuar, atëherë fillimisht po përcaktojmë imazhet ekufijve të S.

Kufiri i parë jepet nga v = 0. Atëherë, nga ekuacionet kemi x = u2, y = 0 dhe 0 ≤ x ≤ 1. Pra, pjesa e parëpasqyrohet në segmentin nga (0, 0) në (1, 0) në planin xy.

Pjesa e dytë është u = 1(0 ≤ v ≤ 1), dhe duke zëvendësuar u = 1 tek ekuacionet e dhëna, marrim

x = 1 − v2, y = 2v

dhe duke eleminuar v kemi

x = 1 −y2

4, 0 ≤ x ≤ 1

që është një pjesë e një parabole.Në mënyrë të ngjashme për v = 1, (0 ≤ u ≤ 1), kemi harkun parabolik

x =y2

4− 1, −1 ≤ x ≤ 0.

Dhe në fund përu = 0, (0 ≤ v ≤ 1),

imazhi është x = −v2, y = 0. Pra imazhi i zonës S është zona R e treguar në Fig. 15.53.�

Diçka evidente nga shembulli i mësipërm është se format e figurave gjeometrike nuk ruhen gjatë një trans-formimi. Ne kemi një emër të veçantë për ato transformime që ruajnë format gjeometrike; shih [4]. Le të shohimtani se si ndryshimi i koordinatave nëpërmjet një transformimi do të ndryshojë integralin e dyfishtë.

Marrim një drejtëkëndësh S në planin uv kulmi i poshtëm i majtë i të cilit është pika (u0, v0) dhe dimensionetbrinjët janë paralele me boshtet dhe me gjatësi ∆u dhe ∆v. Imazhi i S-së do të jetë një zonë R në planin xy ku(x0, y0) = T(u0, v0). Vektori

r(u, v) = g(u, v) i + h(u, v) j

është vektori pozicion i imazhit (u, v).Konsiderojmë ekuacionit e brinjës së poshtme të drejtëkëndëshit S, pra v = v0. Atëherë ky ekuacion është r(u, v0).

Vektori tangent në x0, y0 i kurbës r(u, v0) është

ru = gu(u0, v0) i + hu(u0, v0) j =∂x∂u

i +∂y∂u

j

Në mënyrë të ngjashme vektori tangent në (x0, y0) për kurbën r(u0, v) është

rv = gv(u0, v0) i + hv(u0, v0) j =∂x∂v

i +∂y∂v

j






Figura 15.54

Ne mund të përafrojmë zonën R := T(S) me një paralelogram i përcaktuar nga vektorët sekantë

a = r(u0 + ∆u, v0) − r(u0, v0) dhe b = r(u0, v0 + ∆v,−r(u0, v0),

si në Fig. 15.54. Nga përkufizimi i derivatit kemi

ru = lim∆u→0

r(u0 + ∆u, v0) − r(u0, v0)∆u

Prar(u0 + ∆u, v0) − r(u0, v0) ≈ ∆uru

dhe në mënyrë të ngjashmer(u0, v0 + ∆v,−r(u0, v0) ≈ ∆vrv

Pra ne mund ta përafrojmë R me një paralelogram me brinjë ∆uru dhe ∆vrv. Atëherë syprina e këtij paralelogramiështë

‖(∆uru) × (∆vrv)‖ = ‖ru × rv‖∆u∆v = ‖ru × rv‖∆S.

Figura 15.55

Meqënëse,

ru × rv =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i j k∂x∂u

∂y∂u 0

∂x∂v

∂y∂v 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∂x∂u

∂y∂u

∂x∂v

∂y∂v

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ k =

∣∣∣∣∣∣∣∣∂x∂u

∂x∂v

∂y∂u

∂y∂v

∣∣∣∣∣∣∣∣ k

Përkufizim 15.2. Jakobi i transformimit x = g(u, v), y = h(u, v) quhet

∂(x, y)∂(u, v)

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∂x∂u

∂x∂v

∂y∂u

∂y∂v

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =∂x∂u∂y∂v−∂x∂v∂y∂u

(15.59)






Le të ndajmë tani zonën S në planin uv në drejtëkëndësha Si j dhe shënojmë me Ri j := T(Si j) si në Fig. 15.56.Atëherë "

Rf (x, y) dA ≈

m∑i=1

n∑j=1

f (xi, y j)∆A ≈m∑

i=1

n∑j=1

f (g(ui, v j), h(ui, v j))∣∣∣∣∣∂(x, y)∂(u, v)

∣∣∣∣∣ ∆u ∆v

Figura 15.56: Ndryshimi i koordinatave

Meqënëse shuma e dyfishtë e mësipërme është një shumë e Riemanit, atëherë kur m,n→ in f ty bëhet"S

f (g(u, v), h(u, v))∣∣∣∣∣∂(x, y)∂(u, v)

∣∣∣∣∣ dudv

Pra kemi teoremën e mëposhtme.

Teorema 15.4. Supozojmë se T është një C1 transformim me Jakob jozero, i cili transformon zonën S të planit uv në zonënR në planin xy. Supozojmë se f (x, y) është një funksion i vazhdueshëm në R, dhe S dhe R janë zona plane të llojit I ose II.Supozojmë se T është gjithashtu funksion injektiv, me përjashtim ndoshta të kufirit të S-së. Atëherë"

R

f (x, y) dA =

"S

f(x(u, v), y(u, v)

) ∣∣∣∣∣∂(x, y)∂(u, v)

∣∣∣∣∣ dudv

Teorema 15.4 na thotë se ne kalojmë nga një integral në x, y në një integral në u, v, duke shprehur x dhe y nëvarësi të u dhe v dhe duke shkruar

dA =

∣∣∣∣∣∂(x, y)∂(u, v)

∣∣∣∣∣ du dv

Le të shohim tani një shembull.

Ushtrim 15.7. Duke përdorur ndryshimin e koordinatave x = u2− v2 dhe y = 2uv gjeni integralin"

R

y dA,

ku R është zona e kufizuar nga boshti i x-it, parabolat y2 = 4 − 4x dhe y2 = 4 + 4x, dhe y ≥ 0.

Zgjidhje: Shin se zona R e kufizuar nga boshti i x-it, parabolat y2 = 4− 4x dhe y2 = 4 + 4x, dhe y ≥ 0 është pikërishtzona R në Fig. 15.53. Duke zbatuar teoremën e mësipërme kemi"

R

y dA =

"S

(2uv)∣∣∣∣∣∂(x, y)∂(u, v)

∣∣∣∣∣ du dv






Meqënëse në Shembullin 15.34 ne vërtetuam se

S = [01, ] × [0, 1],

atëherë "R

y dA =

"S

(2uv)∣∣∣∣∣∂(x, y)∂(u, v)

∣∣∣∣∣ du dv

= 2∫ 1

0

∫ 1

0uv

(4(u2 + v2)

)du dv

=

∫ 1

0

(14

u4v +12

u2v3)∣∣∣∣∣1

0dv

=

∫ 1

0

(14

v +12

v3)

dv =(1

8v2 +

18

v4) ∣∣∣∣∣1

0=

14

�Në vazhdim do të vërtetojmë një formulën e konvertimit të një integrali të dyfishtë nga koordinata karteziane

në koordinata polare të përdorur në leksionet e mëparshme.

Shembull 15.35. Vërtetoni se kur transformojmë koordinatat karteziane në koordinata polare kemi

dA = r dr dθ.

Zgjidhje: Për të treguar këtë barazim mjafton të përdorim for-mulën e mësipërme për dA. Transformimi ynë në këtë rastështë

x = r cosθ, y = r sinθ

Atëherë, Jakobi për këtë transformim është

∂(x, y)∂(r, θ)

=

∣∣∣∣∣∣ ∂x∂r

∂x∂θ

∂y∂ru

∂y∂θ

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣cosθ −r sinθsinθ r cosθ

∣∣∣∣∣= r cos2 θ − (−r sin2 θ)

= r(cos2 θ + sin2 θ) = r

Atëherë, për dA kemi

dA =

∣∣∣∣∣∂(x, y)∂(r, θ)

∣∣∣∣∣ dr dθ = |r| dr dθ = r dr dθ

�

Shembull 15.36. Njehsoni integralin "R

(x2− xy + y2) dA,

ku R është elipsi i dhënë me ekuacion x2− xy + y2 = 2, duke përdorur transformimin

x =√

2u −

√23

v, y =√

2u +

√23

v.






Zgjidhje: E para gjë që duhet të bëjmë është transformimi i elipsit. Pra kemi

2 = x2− xy + y2

=

√2u −

√23

v

2

−

√2u −

√23

v

√2u +

√23

v

+

√2u +

√23

v

2

= 2u2−

4√

3uv +

23

v2−

(2u2−

23

v2)

+ 2u2 +4√

3uv +

23

v2 = 2u2 + 2v2

Po të pjestojmë me 2 anë për anë, nxjerrim që ekuacioni që përshkruan R, transformohet në

u2 + v2 = 1

që është rrethi njësi. Funksioni nën integral është

x2− xy + y2 = 2(u2 + v2).

Le të gjejmë Jakobin e këtij transformimi

∂(x, y)∂(u, v)

=

∣∣∣∣∣∣∣∣√

2 −

√23

√2

√23

∣∣∣∣∣∣∣∣ =2√

3+

2√

3=

4√

3

Atëherë, integrali merr formën

"R

(x2− xy + y2) dA =

"S

2(u2 + v2

) ∣∣∣∣∣∣ 4√

3

∣∣∣∣∣∣ du dv.

Tani transformojmë ndryshoret u dhe v në koordinata polare. Pra kemi

"R

(x2− xy + y2) dA =

"S

2(u2 + v2

) ∣∣∣∣∣∣ 4√

3

∣∣∣∣∣∣ du dv

=8√

3

∫ 2π

0

∫ 1

0(r2) r dr dθ =

8√

3

∫ 2π

0

14

r4∣∣∣∣∣10

dθ =8√

3

∫ 2π

0

14

dθ =4π√

3=

4π√

33

.

�






Shembull 15.37. Gjeni integralin"R

ex+yx−y dA,

ku R është trapezoidi me kulme (1, 0), (2, 0), (0,−2), dhe (0,−1).

Zgjidhje: Ne e paraqesim këtë trapezoid në figurë. Integrali nukduket si diçka që ne kemi mësuar se si të zgjidhim. Atëherë ndoshtaduhet ta transformojmë. Transformimi më i natyrshëm do të ishte

u = x + y dhe v = x − y.

Pra ne kemi një transformim nga plani xy tek plani uv. Teorema emësipërme na tregon si të konvertojmë nga plani uv tek xy. Atëherë

x =u + v

2dhe y =

u − v2

Jakobi është∂(x, y)∂(u, v)

=

∣∣∣∣∣1/2 1/21/2 −1/2

∣∣∣∣∣ = −12.

Atëherë,"R

ex+yx−y dA =

"S

eu/v|∂(x, y)∂(u, v)

|du dv =12

"S

eu/v du dv

Le të gjejmë tani zonën S. Përcaktojmë fillimisht ekuacionet edrejtëzave të brinjëve të R-së. Kemi,

y = 0, x − y = 2, x = 0, x − y = 1.

Atëherë, zona S jepet nga

u = v, v = 2, v = −v, v = 1.

Figura 15.57

Pra S është trapezoidi me kulme (1, 1), (2, 2), (−2, 2), dhe (−1, 1) si në Fig. 15.57. Integrali bëhet

12

∫ 2

1

∫ v

−veu/v du dv =

12

∫ 2

1

[veu/v

]u=v

u=−vdv =

12

∫ 2

1(e − e−1)v dv =

34

(e − e−1)

�

15.8.3 Transformimet në R3

Le të shohim transformimin e ndryshoreve për integralin e trefishtë. Le të jetë T një transformim i zonës S tëhapësirës uvw, në zonën R të hapësirës xyz i dhënë me ekuacionet

x = g(u, v,w), y = h(u, v,w), z = k(u, v,w)

Jakobi i T është përcaktori:

∂(x, y, z)∂(u, v,w)

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂x∂u

∂x∂v

∂x∂w

∂y∂u

∂y∂v

∂y∂w

∂z∂u

∂z∂v

∂z∂w

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(15.60)






Për anallogji me Teorema 15.4, përftojmë formulën për integralin e trefishtë$R

f (x, y, z) dV =

$S

f(x(u, v,w), y(u, v,w), z(u, v,w)

) ∣∣∣∣∣ ∂(x, y, z)∂(u, v,w)

∣∣∣∣∣ du dv dw (15.61)

Le të shohim tani disa ilustrime të këtij rezultati.

Në vijim vërtetojmë një rezultat që është përdorur në leksionete mëparshme.

Shembull 15.38. Vërtetoni se

dV = ρ2 sinϕdρ dθ dϕ,

kur përdorim koordinatat sferike.

Zgjidhje: Në këtë rast transformimi është

x = ρ sinϕ cosθ, y = ρ sinϕ sinθ, z = ρ cosϕ.

Jakobi i këtij transformimi ështëFigura 15.58: Volumi në koordinata sferike

∂(x, y, z)∂(ρ, θ, ϕ)

=

∣∣∣∣∣∣∣∣sinϕ cosθ −ρ sinϕ sinθ ρ cosϕ cosθsinϕ sinθ ρ sinϕ cosθ ρ cosϕ sinθ

cosϕ 0 −ρ sinϕ

∣∣∣∣∣∣∣∣= −ρ2 sin3 ϕ cos2 θ − ρ2 sinϕ cos2 ϕ sin2 θ + 0

− ρ2 sin3 ϕ sin2 θ − 0 − ρ2 sinϕ cos2 ϕ cos2 θ

= −ρ2 sin3 ϕ(cos2 θ + sin2 θ

)− ρ2 sinϕ cos2 ϕ

(sin2 θ + cos2 θ

)= −ρ2 sin3 ϕ − ρ2 sinϕ cos2 ϕ = −ρ2 sinϕ

Atëherë, dV ështëdV =

∣∣∣−ρ2 sinϕ∣∣∣ dρ dθ dϕ = ρ2 sinϕdρ dθ dϕ

Rikujtojmë se 0 ≤ ϕ ≤ π për koordinatat sferike, kështu që sinϕ ≥ 0.�






Ushtrime:

Gjeni Jakobin e transformimeve:

1. x = u + 4v, y = 3u − 2v

2. x = u2− v2, y = u2 + v2

3. x = uu+v , y = v

u−v

4. x = α sin β, y = α cos β

5. x = uv, y = vw, z = uw

6. x = eu−v, y = eu+v, z = eu+v+w

Gjeni dhe përshkruani imazhin e zonës së dhënënëpërmjet transformimit të dhënë, dhe më pas njehsonisipërfaqen e imazhit.

7. S = {(u, v)|0 ≤ u ≤ 3, 0 ≤ v ≤ 2}; T(u, v) =〈2u + 3v,u − v〉

8. S = [0, 1] × [0, 1]; T(u, v) = 〈2u, 4v〉

9. S = [0, 1] × [0, 1]; T(u, v) = 〈u + 3, 2v〉

10. S = [0, 1] × [0, 2π]; T(u, v) = 〈4u cos v, 3u sin v〉

11. S = [0, 1] × [0, 1]; T(u, v) = 〈u2− v2, 2uv〉

Përdorni transformimin e dhënë për të njehsuar inte-gralin:

12.2∫

1

x+3∫x+2

dy dx√

xy−x2; T(u, v) = 〈u,u + v〉

13.1∫

0

√x∫

0ye√

x dy dx; T(u, v) = 〈u2, v〉

14.1∫

0

2∫0

2xyx2+1 dy dx; T(u, v) = 〈

√u, v〉

15.1∫

0

1∫0

ex cos(ex) dx dy; T(u, v) = 〈ln u, v〉

16.1∫

0

1∫0

xy sin(y2) dy dx; T(u, v) = 〈u,√

v〉

17.1∫

0

1∫x

cos(y2) dy dx; T(u, v) = 〈v,u〉

18.!R

√xy dA, ku R është zona e kufizuar nga xy = 1, xy =

9, y = x, y = 4x; T(u, v) = 〈 uv ,uv〉.

19.!R

√xy3 dA, ku R është zona e kufizuar nga xy = 1, xy =

9, y = x, y = 4x; T(u, v) = 〈 uv ,uv〉.

20.!R

(x − 3y) dA, ku R është trekëndëshi me kulme

(0, 0), (2, 1) dhe (1, 2); T(u, v) = 〈2u + v,u + 2v〉.

21.!R

(4x + 8y) dA, ku R është paralelogrami me kulme

(−1, 3), (3,−1), (1, 5) dhe (1,−3); T(u, v) = 〈 14 (u+v), 1

4 (v−3u〉.

22.!R

x2 dA, ku R është zona e kufizuar nga elipsi 9x2+4y2 =

36; T(u, v) = 〈2u, 3v〉.

23. Njehsoni#

EdV ku E është trupi i kufizuar nga elipsoidi

x2

a2 +y2

b2 + z2

c2 = 1. Përdorni transformimin x = au, y = bv, z =cw.

24. Njehsoni#

Ex2y dV ku E është trupi i kufizuar nga elip-

soidi x2

a2 +y2

b2 + z2

c2 = 1. Përdorni transformimin x = au, y =bv, z = cw.

Njehsoni integralin duke bërë ndryshimin e përshtat-shëm të ndryshoreve.

25.!R

x−2y3x−y dA, ku R është paralelogrami i kufizuar nga

drejtëzat x − 2y = 0, x − 2y = 4, 3x − y = 1, 3x − y = 8.

26.!R

(x + y)ex2−y2

dA, ku R është drejtkëndëshi i kufizuar

nga drejtëzat x − y = 0, x − y = 2, x + y = 0, x + y = 3.

27.!R

ex+y dA, ku R jepet nga mozbarazimi |x| + |y| ≤ 1

28. Le të jetë f (x, y) një funksion i vazhdueshëm në [0, 1] dheR një zonë trekëndore me kulme (0, 0), (1, 0), 0, 1. Vërtetonise "

R

f (x + y) dA =

1∫0

u f (u) du





Indeksi

Densiteti dhe masa, 26

Formula e integralit të trefishtë në koordinata cilindrike,41

funksion me dy ndryshorei integrueshëm, 3

integrali brendshëm, 6i dyfishtë, 1i dyfishtë , 3i renditur, 6i shumëfishtë, 1i trefishtë, 33i trefishtë , 33i trefishtë në koordinatat cilindrike, 41i trefishtë në koordinatat sferike, 45

integrali i dyfishtë në një zonë të çfarëdoshme, 11integrim i pjesshëm, 6

Jakobi, 49Jakobi i transformimit, 52

probabiliteti, 30

Rregulli i pikës së mesit, 5

shuma dyfishe e Riemannit, 3sipërfaqja, 24

Teoremae Fubinit, 6, 33

transformim, 49

vëllimi dhe integrali i dyfishtë , 2vlera mesatare, 9

zona plane të llojit I, 11zona plane të llojit II, 11

59






Bibliografia

[1] T Shaska, Njehsimi diferencial, AulonaPress, 2016.

[2] T. Shaska, Kurbat algjebrike, AulonaPress, 2017.

[3] , Njehsimi integral, AulonnaPress, 2017.

[4] Tanush Shaska, Algjebra lineare, AulonaPress, 2008.

61

Documents

Integralet e shumëﬁshtarepo.risat.org/329/1/chap-15.pdfKapitulli 15 Shaska T. Figura 15.1: Shuma e Riemanit 15.1.1 Vëllimi dhe integrali i dyﬁshtë Siç shqyrtuam integralin