Matematiˇcka analiza IV - univerzitet.weebly.comuniverzitet.weebly.com/uploads/2/6/4/6/...povrsinski_integrali_i... · Viˇsestruki integrali Deﬁnicija 1.0.1 Integralnom sumom

UNIVERZITET U TUZLIPRIRODNO-MATEMATICKI FAKULTET

Mekic Edis

Matematicka analiza IV

2012/2013

Sadrzaj

1 Visestruki integrali 21.1 Dvojni integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.1.1 Smjena promjenljivih u dvojnom integralu . . . . . . . 171.2 Primjena dvojnog integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.3 Trojni integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301.4 Smjena promjenljivih u trojnom integralu . . . . . . . . . . . 331.5 Primjena trojnog integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

2 Linijski integrali 612.1 Linijski integral prve vrste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 612.2 Linijski integral druge vrste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

3 Povrsinski integrali 823.1 Povrsinski integral prve vrste . . . . . . . . . . . . . . . . . . 823.2 Povrsinski integral druge vrste . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

4 Vektorska polja 1074.1 Fluks (protok) vektorskog polja . . . . . . . . . . . . . . . . . 1074.2 Stokesova teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

1

Poglavlje 1

Visestruki integrali

Definicija 1.0.1 Integralnom sumom nazivamo svaku sumu oblika

S =n∑

i=1

f(Xi) · σi,

gdje je funkcija F (X) = f(x1, x2, ..., xn) ogranicena u zatvorenoj oblasti D, σi

mjerni broj celije koja nastaje podjelom zatvorene oblasti D, a Xi proizvoljnatacka u odgovarajucoj celiji (Xi ∈ σi).

Definicija 1.0.2 Visestruki integral funkcije F (X) = f(x1, x2, ..., xn) u za-tvorenoj oblasti D je granicna vrijednost integralne sume tj.

limn→+∞

n∑

i=1

f(Xi) · σi =

∫∫

· · ·∫

D

f(x1, x2, ..., xn)dx1dx2...dxn,

pri cemu dijametar celije tezi nuli, tj diamσi → 0.

1.1 Dvojni integral

Ako je f(X) = f(x1, x2) tada

limn→+∞

2∑

i=1

f(Xi) · σi =

∫∫

D

f(x1, x2)dx1dx2

je dvojni integral funkcije F (X).

Primjer 1.1.1 Po definiciji izracunati

∫∫

D

xydxdy, gdje je oblast D zadana

na sljedeci nacin

D = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1}.

2

1.1. DVOJNI INTEGRAL Matematicka analiza 4

Rjesenje:

0 1 20

1

2

Napravimo podjelu kvadrata D tackama xi =1

ni yj =

1

n, a i, j = 1, ..., n.

Tada je σi =1

n· 1n=

1

n2

∫∫

D

xydxdy = limn→∞

n∑

i=1

n∑

j=1

xi · yj · σi

= limn→∞

n∑

i=1

n∑

j=1

i · jn2

· 1

n2

= limn→∞

1

n4

n∑

i=1

n∑

j=1

i · j

= limn→∞

1

n4· n · (n + 1)

2· n · (n + 1)

2=

1

4.

♦

Primjer 1.1.2 Izracunati∫∫

D

sin(x+ y)dxdy

gdje je oblast

D ={

(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ π

2, 0 ≤ y ≤ π

2

}

.

Rjesenje:

∫∫

D

sin(x+ y)dxdy =

∫ π2

0

dx

∫ π2

0

sin(x+ y)dy

=

∫ π2

0

dx(− cos(x+ y))|π2

0

= −∫ π

2

0

(cos(

x+π

2

)

− cos x)dx

= 2.

3 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent


♦


D

dxdy

(x+ y + 1)2

gdje je oblast

D = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1}.

Rjesenje:∫∫

D

dxdy

(x+ y + 1)2=

∫ 1

0

dx

∫ 1

0

dy

(x+ y + 1)2

=

∫ 1

0

dx · −1

x+ y + 1

∣

∣

∣

1

0

=

∫ 1

0

( −1

x+ 2+

1

x+ 1

)

dx

= ln 2− ln 3− (ln 1− ln 2) = ln4

3.

♦


D

x2yexydxdy

gdje je oblast

D = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2}.

Rjesenje:∫∫

D

x2yexydxdy =

∫ 1

0

x2dx

∫ 2

0

y · exydy =

u = y ⇒ du = dy, dv = exy ⇒ v =1

xexy,

=

∫ 1

0

x2dx ·[

y

xexy∣

∣

∣

2

0− 1

x

∫ 2

0

exydy

]

=

∫ 1

0

2xe2xdx−∫ 1

0

(e2x − 1)dx

= 2.

♦



Primjer 1.1.5 Uzimajuci u obzir da je funkcija f(x, y) neprekidna, promi-jeniti poredak integracije kod sljedecih integrala:

(a)

∫ 1

0

dx

∫ x

0

f(x, y)dy

(b)

∫ e

1

dx

∫ lnx

0

f(x, y)dy

(c)

∫ 1

0

dx

∫

√x

x

f(x, y)dy

(d)

∫ 2

−1

dx

∫ x+2

x2

f(x, y)dy

(e)

∫ 1

0

dy

∫ 2−y

√y

f(x, y)dx

(f)

∫ 1

0

dx

∫

√1−x2

1

2(1−x2)

f(x, y)dy

(g)

∫ π2

0

dx

∫ sinx

0

f(x, y)dy

Rjesenje:

(a) Ako datu oblast predstavimo slikom

b

b

b

y = x

1

1

0



vidimo da je

y∣

∣

∣

1

0, x

∣

∣

∣

1

y,

pa vrijedi

∫ 1

0

dx

∫ x

0

f(x, y)dy =

∫ 1

0

dy

∫ 1

y

f(x, y)dx.

(b) Ako datu oblast predstavimo slikom

b b

b

y = ln x

0

1

1

vidimo da je

y∣

∣

∣

1

0, x

∣

∣

∣

e

ey,

pa vrijedi

∫ e

1

dx

∫ lnx

0

f(x, y)dy =

∫ 1

0

dy

∫ e

eyf(x, y)dx.

(c) Ako datu oblast predstavimo slikom



b

b

b

y = x

y =√x

1

1

0

vidimo da je

y∣

∣

∣

1

0, x

∣

∣

∣

y

y2,

pa vrijedi

∫ 1

0

dx

∫

√x

x

f(x, y)dy =

∫ 1

0

dy

∫ y

y2f(x, y)dx.

(d) Ako datu oblast predstavimo slikom

b

b

b

bb

y = x2

y = x+ 2

0

1

−1

4

1

D2



u ovom slucaju oblast D moramo podijeliti na dvije oblasti tako davrijedi D = D1 ∪D2. Granice integracije na oblasti D1 su:

y∣

∣

∣

1

0, x

∣

∣

∣

√y

−√y,

a na oblasti D2 :

y∣

∣

∣

4

1, x

∣

∣

∣

√y

y−2,

pa vrijedi

∫ 2

−1

dx

∫ x+2

x2

f(x, y)dy =

∫ 1

0

dy

∫

√y

−√y

f(x, y)dx+

∫ 4

1

dy

∫

√y

y−2

f(x, y)dx.

(e) Ako datu oblast predstavimo slikom

b

b

b

b

y = x2

y = 2− x

1 1

1

0

u ovom slucaju oblast D moramo podijeliti na dvije oblasti tako davrijedi D = D1 ∪D2. Na oblasti D1 granice integracije su

x∣

∣

∣

1

0, y

∣

∣

∣

x2

0,

a na oblasti D2

x∣

∣

∣

2

1, y

∣

∣

∣

2−x

0,

pa vrijedi

∫ 1

0

dy

∫ 2−y

√y

f(x, y)dx =

∫ 1

0

dx

∫ x2

0

f(x, y)dy +

∫ 2

1

dx

∫ 2−x

0

f(x, y)dy.



(f) Ako datu oblast predstavimo slikom

b

b

b

1

1

0

u ovom slucaju oblast D moramo podijeliti na dvije oblasti tako davrijedi D = D1 ∪D2. Na oblasti D1 granice integracije su

y∣

∣

∣

1

2

0, x

∣

∣

∣

√1−y2

√1−2y

,

a na oblasti D2

y∣

∣

∣

1

1

2

, x∣

∣

∣

√1−y2

0,

pa vrijedi

∫ 1

0

dx

∫

√1−x2

1

2(1−x2)

f(x, y)dy =

∫ 1

2

0

dy

∫

√1−y2

√1−2y

f(x, y)dx+

∫ 1

1

2

dy

∫

√1−y2

0

f(x, y)dx.

(g) Ako datu oblast predstavimo slikom

b

b b

y = sin x

0

1

π2



vidimo da

y∣

∣

∣

1

0, x

∣

∣

∣

π2

arcsin y,

pa vrijedi

∫ π2

0

dx

∫ sinx

0

f(x, y)dy =

∫ 1

0

dy

∫ π2

arcsin y

f(x, y)dx.

♦

Primjer 1.1.6 U integralu

∫∫

D

f(x, y)dxdy odrediti granice integracije u

oba poretka, ako je oblast D ogranicena sa: y − x ≤ 1 i x2 + y2 ≤ 1

Rjesenje: Ako datu oblast predstavimo slikom

b

b1

D2

D1

u ovom slucaju oblastD moramo podijeliti na dvije oblasti tako da vrijediD = D1 ∪D2. Na oblasti D1 granice integracije su

x∣

∣

∣

0

−1, y

∣

∣

∣

1+x

−√1−x2

,

a na oblasti D2

x∣

∣

∣

1

0, y

∣

∣

∣

√1−x2

−√1−x2

,

pa vrijedi

I =

∫ 0

−1

dx

∫ 1+x

−√1−x2

f(x, y)dy +

∫ 1

0

dx

∫

√1−x2

−√1−x2

f(x, y)dy.



Ako promijenimo poredak integracije dobijamo na oblasti D1

y∣

∣

∣

0

−1, x

∣

∣

∣

√1−y2

−√

1−y2,

a na oblasti D2

y∣

∣

∣

1

0, x

∣

∣

∣

√1−y2

y−1,

pa vrijedi

I =

∫ 0

−1

dy

∫

√1−y2

−√

1−y2f(x, y)dx+

∫ 1

0

dy

∫

√1−y2

y−1

f(x, y)dx.

♦

Primjer 1.1.7 Izracunati integral

∫∫

D

(x+ y)dxdy

gdje je oblast D ogranicena sa krivim y = x2 i y = x.


b

b b

y = x2

y = x

1

1

vidimo da su granice integracije

x∣

∣

∣

1

0, y

∣

∣

∣

x

x2.



Sada je dati integral

∫∫

D

(x+ y)dxdy =

∫ 1

0

dx

∫ x

x2

(x+ y)dy

=

∫ 1

0

dx

(∫ x

x2

xdy +

∫ x

x2

ydy

)

=

∫ 1

0

(

x2 − x3 +x2

2− x4

2

)

dx

=3

20.

♦


∫∫

D

sin(x+ y)dxdy

gdje je oblast D ogranicena sa krivim y = x i y = 2x, za 0 ≤ x ≤ π

4.


b

b

b

y = 2x

y = xπ2

π4

π4

vidimo da su granice integracije

x∣

∣

∣

π4

0, y

∣

∣

∣

2x

x.




∫∫

D

sin(x+ y)dxdy =

∫ π4

0

dx

∫ 2x

x

sin(x+ y)dy

= −∫ π

4

0

dx · cos(x+ y)∣

∣

∣

2x

x

=

∫ π4

0

(cos(2x)− cos(3x))dx

=1

2sin(2x)

∣

∣

∣

π4

0− 1

3sin(3x)

∣

∣

∣

π4

0

=1

2−

√2

6.

♦


∫∫

D

xdxdy

gdje je oblast D ogranicena sa |x|+ |y| = 1.


b

b

b

b

1

1

−1

−1

U prvom kvadrantu oblast D je ogranicena sa pravom y = 1−x, u drugom sapravom y = 1+x, u trecem sa pravom y = −x−1 a u cetvrtom kvadrantu sapravom y = x−1. Da bi smo odredili granice integracije datu oblast moramopodijeliti na oblasti D1 i D2 tako da je D = D1 ∪D2. Na oblasti D1 granicesu

x∣

∣

∣

0

−1y∣

∣

∣

1+x

−x−1



a na oblasti D2

x∣

∣

∣

1

0y∣

∣

∣

1−x

x−1.


∫∫

D

xdxdy =

∫ 0

−1

dx

∫ 1+x

−x−1

xdy +

∫ 1

0

dx

∫ 1−x

x−1

xdy

=

∫ 0

−1

xdx(1 + x+ x+ 1) +

∫ 1

0

xdx(1− x− x+ 1)

=

∫ 0

−1

x(2x+ 2)dx+

∫ 1

0

x(2− 2x)dx

=4

3.

♦


∫∫

D

2xydxdy

gdje je oblast D ogranicena sa krivim y =√x, y = 0 i x+ y = 2.


b

b

b

b

y = 2− x

y =√x2

1

1 2

y = 0

vidimo da u ovom slucaju lakse racunamo integral ako poredak inegracijeuzmemo prvo po y, tj. granice integracije su

y∣

∣

∣

1

0x∣

∣

∣

2−y

y2.



Sada je dati integral∫∫

D

2xydxdy = 2

∫ 1

0

ydy

∫ 2−y

y2xdx

= 2

∫ 1

0

ydy ·[

x2

2

∣

∣

∣

2−y

y2

]

=

∫ 1

0

y((2− y)2 − y4)dy

=

∫ 1

0

(4y − 4y2 + y3 − y5)dy =3

4.

♦

Primjer 1.1.11 Izracunati integral∫∫

D

sgn(x+ y − 2)dxdy

gdje je oblast D ogranicena sa krivim y = 4− x2 i y = 0.


b

b

b

b

b

b b

b

y = 2− x

y = 4− x22

1

1 2−2 −1

4

D1D2

D3

y = 0

♦Primjer 1.1.12 Izracunati integral

∫∫

D

| cos(x+ y)|dxdy

gdje je oblast D = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ π, 0 ≤ y ≤ π}.




b

b

b

bb b b

b

b

y = π2− x

y = 3π2− x

π

π2

π2 π

(π, π)

−π π2

3π2

3π2

D1

D2

D3

| cos(x+ y)| =

cos(x+ y), −π

2≤ x+ y ≤ π

2

− cos(x+ y)π

2≤ x+ y ≤ 3π

2

Zbog viseznacnosti podintegralne funkcije oblast integracije moramo podije-liti na tri pod oblasti tj.

D = D1 ∪D2 ∪D3.

Na oblastima D1 i D3 je | cos(x+ y)| = cos(x+ y), a na oblasti D2 je| cos(x+ y)| = − cos(x+ y).

Granice integracije za oblasti D1 i D3 su redom

D1 : x∣

∣

∣

π2

0, y

∣

∣

∣

π2−x

0

D3 : x∣

∣

∣

π

π2

, y∣

∣

∣

π

3π2−x,

dok oblast D2 moramo podijeliti na podoblasti D′2 i D′′

2 pa imamo:

D′2 : x

∣

∣

∣

π2

0, y

∣

∣

∣

π

π2−x

D′′2 : x

∣

∣

∣

π

π2

, y∣

∣

∣

3π2−x

0.



Sada imamo:

I =

∫∫

D

| cos(x+ y)|dxdy

=

∫∫

D1

| cos(x+ y)|dxdy +∫∫

D2

| cos(x+ y)|dxdy +∫∫

D3

| cos(x+ y)|dxdy

=

∫∫

D1

cos(x+ y)dxdy −∫∫

D2

cos(x+ y)dxdy +

∫∫

D3

cos(x+ y)dxdy

=

∫ π2

0

dx

∫ π2−x

0

cos(x+y)dy−(

∫ π2

0

dx

∫ π

π2−x

cos(x+ y)dy +

∫ π

π2

dx

∫ 3π2−x

0

cos(x+ y)dy

)

+

+

∫ π

π2

dx

∫ π

3π2−x

cos(x+ y)dy =

=

∫ π2

0

dx(

sinπ

2− sin x

)

−∫ π

2

0

dx(

sin(x+ π)− sinπ

2

)

−∫ π

π2

dx

(

sin3π

2− sin x

)

+

+

∫ π

π2

dx

(

sin(x+ π)− sin3π

2

)

=

=

∫ π2

0

(1− sin x) dx+

∫ π2

0

(sin x− 1) dx+

∫ π

π2

(1 + sin x) dx+

+

∫ π

π2

(1− sin x) dx = 2

∫ π

π2

dx = 2(

π − π

2

)

= π.

♦

1.1.1 Smjena promjenljivih u dvojnom integralu

Polarne koordinate:

x = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ, J = ρ

maksimalne granice za ρ i ϕ su 0 ≤ ρ < +∞ i 0 ≤ ϕ ≤ 2π.

Primjer 1.1.13 Izracunati

∫∫

D

ln(x2+y2)dxdy, gdje je oblast integracije D

ogranicena sa x2 + y2 = e2 i x2 + y2 = e4.

Rjesenje:



x

y

e2e

Uvedimo polarne koordinate

x = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ, J = ρ.

Iz x2 + y2 = e2 ⇒ ρ2 = e2 ⇒ ρ = e, a iz x2 + y2 = e4 ⇒ ρ2 = e4 ⇒ ρ = e2.

Dakle, vrijedi e ≤ ρ ≤ e2, a kako nema ogranicenja za ugao ϕ imamo 0 ≤ϕ ≤ 2π.

∫∫

D

ln(x2 + y2)dxdy =

∫ 2π

0

dϕ

∫ e2

e

ln ρ2 · ρdρ

=

∫ 2π

0

dϕ

∫ e2

e

2 ln ρ · ρdρ

= 2

∫ 2π

0

dϕ

∫ e2

e

ρ · ln ρdρ∣

∣

∣u = ln ρ ⇒ du =

dρ

ρ, dv = ρdρ ⇒ v =

ρ2

2

∣

∣

∣

= 2

∫ 2π

0

dϕ

(

ln ρρ2

2

∣

∣

∣

e2

e−∫ e2

e

ρ2

2

dρ

ρ

)

= 2

∫ 2π

0

dϕ

(

e4 − e2

2− 1

2

∫ e2

e

ρdρ

)

= e2π(3e2 − 1).

♦


∫∫

D

sin√

x2 + y2dxdy, gdje je oblast integracije

D ogranicena sa x2 + y2 = r2, y = x i y =√3 · x (u prvom kvadrantu).



Rjesenje:

y = x

y =√3 · x

x

y

r



Iz x2 + y2 = r2 ⇒ ρ2 = r2 ⇒ ρ = r.

Dakle, vrijedi 0 ≤ ρ ≤ r, a iz

y = x ⇒ ρ sinϕ = ρ cosϕ ⇒ tgϕ = 1 ⇒ ϕ =π

4

iy =

√3 · x ⇒ ρ sinϕ =

√3 · ρ cosϕ ⇒ tgϕ =

√3 ⇒ ϕ =

π

3,

tj.π

4≤ ϕ ≤ π

3.

∫∫

D

sin√

x2 + y2dxdy =

∫ π3

π4

dϕ

∫ r

0

sin ρ · ρdρ

=

∫ π3

π4

dϕ

∫ r

0

ρ · sin ρdρ∣

∣

∣u = ρ ⇒ du = dρ, dv = sin ρdρ ⇒ v = − cos ρ

∣

∣

∣

=

∫ π3

π4

dϕ

(

ρ(− cos ρ)∣

∣

∣

r

0+

∫ r

0

cos ρdρ

)

=

∫ π3

π4

dϕ (−r cos r + sin r) =π

12(−r cos r + sin r).

♦




∫∫

D

e−(x2+y2)dxdy, gdje je oblast integracije D :

x2 + y2 ≤ 4.

Rjesenje:

x

y

2



Iz x2 + y2 = 4 ⇒ ρ2 = 22 ⇒ ρ = 2.Dakle, vrijedi 0 ≤ ρ ≤ 2, a kako nema ogranicenja za ugao to je

0 ≤ ϕ ≤ 2π.

∫∫

D

e−(x2+y2)dxdy =

∫ 2π

0

dϕ

∫ 2

0

e−ρ2 · ρdρ

=

∫ 2π

0

dϕ

∫ 2

0

ρ · e−ρ2dρ

∣

∣

∣− ρ2 = t ⇒ −2ρdρ = dt ⇒ ρdρ = −dt

2

∣

∣

∣

=

∫ 2π

0

dϕ

∫ (2)

(0)

et(

−dt

2

)

= −1

2

∫ 2π

0

dϕ · e−ρ2∣

∣

∣

2

0

= −1

2

∫ 2π

0

dϕ(

e−4 − e0)

= −1

2

(

e−4 − 1)

2π = π(

1− e−4)

.



♦


∫∫

D

dxdy√

x2 + y2, gdje je oblast integracije

D : x2 + y2 ≤ 6x.

Rjesenje: Oblast integracije je

x2 + y2 = 6x ⇔ x2 − 6x+ y2 = 0 ⇔ x2 − 6x+ 32 − 32 + y2 = 0

(x− 3)2 + y2 = 9.

Dakle, oblast integracije je krug sa centrom u tacki C(3, 0) i poluprecnikomr = 3.

x

y

3 6b b



Iz x2 + y2 ≤ 6x ⇒ ρ2 ≤ 6ρ cosϕ ⇒ ρ ≤ 6 cosϕ.Dakle, vrijedi 0 ≤ ρ ≤ 6 cosϕ, a kako ρ mora biti pozitivno to je cosϕ ≥ 0


1.2. PRIMJENA DVOJNOG INTEGRALA Matematicka analiza 4

odnosno −π

2≤ ϕ ≤ π

2∫∫

D

dxdy√

x2 + y2=

∫ π2

−π2

dϕ

∫ 6 cosϕ

0

ρdρ√ρ

=

∫ π2

−π2

dϕ

∫ 6 cosϕ

0

dρ

=

∫ π2

−π2

dϕρ∣

∣

∣

6 cosϕ

0

=

∫ π2

−π2

dϕ(6 cosϕ− 0)

= 6

∫ π2

−π2

cosϕdϕ = 6 sinϕ∣

∣

∣

π2

−π2

= 6(

sin(π

2

)

− sin(

−π

2

))

= 6(1 + 1) = 12.

♦

1.2 Primjena dvojnog integrala

Povrsinu oblasti D racunamo na sljedeci nacin

P =

∫∫

D

dxdy.

Primjer 1.2.1 Izvesti formulu za povrsinu elipsex2

a2+

y2

b2= 1.

Rjesenje:

x

y

a

b



x = aρ cosϕ, y = bρ sinϕ, J = abρ

Ako ove koordinate uvrstimo u jednacinu elipse dobit cemo

0 ≤ ρ ≤ 1, i 0 ≤ ϕ ≤ 2π

P =

∫∫

D

dxdy =

∫ 2π

0

dϕ

∫ 1

0

abρdρ

= ab

∫ 2π

0

dϕ · ρ2

2

∣

∣

∣

1

0

=ab

2

∫ 2π

0

dϕ =ab

2· 2π = abπ.

♦

Primjer 1.2.2 Izracunati povrsinu lika ogranicenog sa krivim y ≤ x, y ≥−x i x2 + y2 ≤ 2x.

Rjesenje:

y = x

y = −x

x

21

P1

y

b b

P = 2P1.

Uvedimo polarne koordinate x = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ, J = ρ.

Iz x2 + y2 ≤ 2x ⇒ ρ ≤ 2 cosϕ ⇒ 0 ≤ ρ ≤ 2 cosϕ.

Iz y ≤ x ⇒ ρ sinϕ ≤ ρ cosϕ ⇒ ϕ ≤ π

4, odnosno

0 ≤ ϕ ≤ π

4.



P = 2P1 = 2

∫∫

D

dxdy = 2

∫ π4

0

dϕ

∫ 2 cosϕ

0

ρdρ

= 2

∫ π4

0

dϕρ2

2

∣

∣

∣

2 cosϕ

0=

∫ π4

0

4 cos2 ϕdϕ

= 4

∫ π4

0

1 + cos 2ϕ

2ϕdϕ = 2ϕ

∣

∣

∣

π4

0+ sin 2ϕ

∣

∣

∣

π4

0

=π

2+ 1− 0 =

π + 2

2.

♦

Primjer 1.2.3 Izracunati povrsinu lika ogranicenog sa krivim y ≤ x, y ≥ 0,x2 + y2 ≥ 2x i x2 + y2 ≤ 4x.

Rjesenje:y = x

x

21

P

y

y = 0b b


Iz x2 + y2 ≥ 2x ⇒ ρ ≥ 2 cosϕ, i x2 + y2 ≤ 4x ⇒ ρ ≤ 4 cosϕ, odnosno

2 cosϕ ≤ ρ ≤ 4 cosϕ.

Iz y ≤ x ⇒ ρ sinϕ ≤ ρ cosϕ ⇒ ϕ ≤ π

4, odnosno

0 ≤ ϕ ≤ π

4.



P =

∫∫

D

dxdy =

∫ π4

0

dϕ

∫ 4 cosϕ

2 cosϕ

ρdρ

=

∫ π4

0

dϕρ2

2

∣

∣

∣

4 cosϕ

2 cosϕ=

1

2

∫ π4

0

(16 cos2 ϕ− 4 cos2 ϕ)dϕ

= 6

∫ π4

0

1 + cos 2ϕ

2ϕdϕ = 3ϕ

∣

∣

∣

π4

0+

3

2sin 2ϕ

∣

∣

∣

π4

0

=3π

4+

3

2(1− 0) =

3π + 6

4=

3(π + 2)

4.

♦

Primjer 1.2.4 Izracunati zapreminu tijela ogranicenog sa z1 = x2 + y2,

z2 = 2(x2 + y2) i z3 = 4.

Rjesenje:

x

y

z

b


Da bi smo odredili granice za ρ i ϕ moramo odredit jednacinu presjekaravni z = 4 i paraboloida. Jednacina presjeka je

4 = x2 + y2 ⇒ ρ = 2 i 4 = 2(x2 + y2) ⇒ ρ =√2.

Dakle, √2 ≤ ρ ≤ 2.



Kako nema ogranicenja za ugao ϕ to je

0 ≤ ϕ ≤ 2π.

Dabi smo izracunali zapreminu oblast integracije moramo podijeliti na dvije

D1 :√2 ≤ ρ ≤ 2 i 0 ≤ ϕ ≤ 2π,

iD2 : 0 ≤ ρ ≤

√2 i 0 ≤ ϕ ≤ 2π.

Sada je zapremina tijela

V =

∫∫

D1

(z3 − z1)dxdy +

∫∫

D2

(z2 − z1)dxdy

=

∫ 2π

0

dϕ

∫ 2

√2

(4− ρ2)ρdρ+

∫ 2π

0

dϕ

∫

√2

0

(2ρ2 − ρ2)ρdρ

=

∫ 2π

0

dϕ

∫ 2

√2

(4ρ− ρ3)dρ+

∫ 2π

0

dϕ

∫

√2

0

ρ3dρ

= 4π.

♦

Primjer 1.2.5 Izracunati zapreminu tijela ogranicenog sa z1 = x2 + y2, iz2 = 4.

Rjesenje:

x

y

z

b




Da bi smo odredili granice za ρ i ϕ moramo odredit jednacinu presjekaravni z = 4 i paraboloida. Jednacina presjeka je

4 = x2 + y2 ⇒ ρ = 2.

Dakle,0 ≤ ρ ≤ 2.


0 ≤ ϕ ≤ 2π.

Sada je zapremina tijela

V =

∫∫

D

4dxdy −∫∫

D

(x2 + y2)dxdy

= 4

∫ 2π

0

dϕ

∫ 2

0

ρdρ−∫ 2π

0

dϕ

∫ 2

0

ρ2 · ρdρ

= 4

∫ 2π

0

dϕρ2

2

∣

∣

∣

2

0dρ−

∫ 2π

0

dϕρ4

4

∣

∣

∣

2

0

= 16π − 8π = 8π.

♦

Primjer 1.2.6 Izvesti izraz za zapreminu sfere (lopte).

Rjesenje:

x

y

z



Jednacina centralne sfere je x2 + y2 + z2 = r2 ⇒ z = ±√

r2 − x2 − y2.

Zapreminu sfere racunamo po formuli

V = 2

∫∫

D

√

r2 − x2 − y2dxdy,

gdje je oblast integracije D : x2 + y2 = r.

Uvedimo polarne koordinate x = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ, J = ρ. Iz x2+y2 = r,

dobijamo0 ≤ ρ ≤ r i 0 ≤ ϕ ≤ 2π.

V = 2

∫∫

D

√

r2 − x2 − y2dxdy = 2

∫∫

D

√

r2 − (x2 + y2)dxdy

= 2

∫ 2π

0

dϕ

∫ r

0

√

r2 − ρ2ρdρ∣

∣

∣Smjena : r2 − ρ2 = t2 ⇒ ρdρ = −tdt

= −2

∫ 2π

0

dϕ

∫ (r)

(0)

t2dt = −2

∫ 2π

0

dϕ

√

r2 − ρ23

3

∣

∣

∣

r

0

= −2

3

∫ 2π

0

dϕ(

0− r3)

=2r3

32π =

4r3π

3.

♦

Primjer 1.2.7 Izracunati zapreminu tijela ogranicenog sa z1 = 3 − x2 − y2

i z2 = 0.

Rjesenje:

x

y

z

3 b



Zapreminu racunamo po formuli

V =

∫∫

D

(3− x2 − y2)dxdy,

gdje je oblast D dobijamo kao presjek povrsi z1 = 3− x2 − y2 i z2 = 0, tj.

D : x2 + y2 = 3.

Uvedimo polarne koordinate x = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ, J = ρ. Iz x2 + y2 = 3,dobijamo

0 ≤ ρ ≤√3 i 0 ≤ ϕ ≤ 2π.

V =

∫∫

D

(3− x2 − y2)dxdy =

∫∫

D

(3− (x2 + y2))dxdy

=

∫ 2π

0

dϕ

∫

√3

0

(3− ρ2)ρdρ =

∫ 2π

0

dϕ

∫

√3

0

(3ρ− ρ3)dρ

=

∫ 2π

0

dϕ

(

3ρ2

2− ρ4

4

)

∣

∣

∣

√3

0=

∫ 2π

0

dϕ

(

33

2− 9

4

)

=9

42π =

9π

2.

♦

Primjer 1.2.8 Izracunati zapreminu tijela ogranicenog sa z = 1 − x2 − y2,

y = x, y =√3x i z = 0.

Rjesenje:

x

y

z

1 b

y = xy =

√3x


1.3. TROJNI INTEGRAL Matematicka analiza 4

Zapreminu racunamo po formuli

V =

∫∫

D

(1− x2 − y2)dxdy,

gdje je oblast D dobijamo kao presjek povrsi z = 1− x2 − y2 i z = 0, tj.

D : x2 + y2 = 1.

Uvedimo polarne koordinate x = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ, J = ρ. Iz x2 + y2 = 3,dobijamo

0 ≤ ρ ≤ 1.

a izy = x ⇒ ϕ =

π

4,

y =√3x ⇒ ϕ =

π

3.

V =

∫∫

D

(1− x2 − y2)dxdy =

∫∫

D

(1− (x2 + y2))dxdy

=

∫ π3

π4

dϕ

∫ 1

0

(1− ρ2)ρdρ =

∫ π3

π4

dϕ

∫ 1

0

(ρ− ρ3)dρ

=

∫ π3

π4

dϕ

(

ρ2

2− ρ4

4

)

∣

∣

∣

1

0=

∫ π3

π4

dϕ

(

1

2− 1

4

)

=1

4

(π

3− π

4

)

=π

48.

♦

1.3 Trojni integral


I =

∫∫∫

(V )

xyzdxdydz,

gdje je oblast integracije

V = {(x, y, z) ∈ R2| 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1}.

Rjesenje:



x

y

z

I =

∫∫∫

(V )

xyzdxdydz =

∫ 1

0

xdx

∫ 1

0

ydy

∫ 1

0

zdz =

=x2

2

∣

∣

∣

1

0· y

2

2

∣

∣

∣

1

0· z

2

2

∣

∣

∣

1

0=

1

2· 12· 12=

1

8.

♦


I =

∫∫∫

(V )

(x+ y + z)dxdydz,

gdje je oblast integracije

V = {(x, y, z) ∈ R2| 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1}.

Rjesenje:

I =

∫∫∫

(V )

(x+ y + z)dxdydz =

∫ 1

0

dx

∫ 1

0

dy

∫ 1

0

(x+ y + z)dz =

=

∫ 1

0

dx

∫ 1

0

dy

(

x

∫ 1

0

dz + y

∫ 1

0

dz +

∫ 1

0

zdz

)

=

=

∫ 1

0

dx

∫ 1

0

dy

(

x+ y +1

2

)

=



=

∫ 1

0

dx

(

x

∫ 1

0

dy +

∫ 1

0

ydy +1

2

∫ 1

0

dy

)

=

∫ 1

0

dx

(

x+1

2+

1

2

)

=

=

∫ 1

0

(x+ 1) dx =1

2+ 1 =

3

2.

♦


I =

∫∫∫

(V )

dxdydz

(1 + x+ y + z)3,

gdje je oblast integracije ogranicena sa x = 0, y = 0, z = 0 i x+ y + z = 1.

Rjesenje:

x

y

z

1

1

1

Kako bi smo odredili granice integracije datu oblast projektujemo na XOY

ravan. Dakle za z = 0 imamo x+ y = 1. Pa su granice integracije

0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1− x, 0 ≤ z ≤ 1− y − x.


1.4. SMJENA PROMJENLJIVIH U TROJNOM INTEGRALUMatematicka analiza 4

I =

∫∫∫

(V )

dxdydz

(1 + x+ y + z)3

=

∫ 1

0

dx

∫ 1−x

0

dy

∫ 1−x−y

0

dz

(1 + x+ y + z)3

=

∫ 1

0

dx

∫ 1−x

0

dy

(

− 1

2(1 + x+ y + z)2

)

∣

∣

∣

1−x−y

0

= −1

2

∫ 1

0

dx

∫ 1−x

0

dy

(

1

4− 1

(1 + x+ y)2

)

= −1

2

∫ 1

0

dx

(

1

4

∫ 1−x

0

dy −∫ 1−x

0

1

(1 + x+ y)2

)

= −1

2

∫ 1

0

dx

(

1

4(1− x) +

1

2− 1

1 + x

)

= −1

2

(

1

4

∫ 1

0

(1− x)dx+1

2

∫ 1

0

dx−∫ 1

0

dx

1 + x

)

= −1

2

(

5

8− ln 2 + ln 1

)

= −1

2

(

5

8− ln 2

)

.

♦

1.4 Smjena promjenljivih u trojnom integralu

Cilindricne koordinate najcesce koristimo kada je oblast integracije ogranicenasljedecim povrsima: cilindrom, paraboloidom, konusom, presjek sfere i para-boloida.

x = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ, z = z, |J | = ρ.

Maksimalne granice su

0 ≤ ρ < +∞, 0 ≤ ϕ ≤ 2π, −∞ < z < +∞.

Sferene koordinate najcesce koristimo kada je oblast integracije ogranicenasljedecim povrsima: sferom, elipsoidom, presjek sfere i konusa.

x = ρ cosϕ sin θ, y = ρ sinϕ sin θ, z = ρ cos θ, |J | = ρ2 sin θ.

Maksimalne granice su

0 ≤ ρ < +∞, 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 < θ < π.



b

b

x

y

z

M

M ′

θ

ϕ


I =

∫∫∫

(V )

z√

x2 + y2dxdydz,

gdje je oblast integracije ogranicena sa x2 + y2 = 2x, y = 0, z = 0 i z =a, (a > 0).

Rjesenje: Uvedimo cilindricne koordinate


Iz jednacine cilindra x2 + y2 = 2x ⇒ ρ2 = 2ρ cosϕ ⇒ ρ = 2 cosϕ ≥ 0 ⇒0 ≤ ρ ≤ 2 cosϕ i −π

2≤ ϕ ≤ π

2, a iz y = 0 ⇒ sinϕ = 0 ⇒ ϕ = 0, te su

granice za ugao 0 ≤ ϕ ≤ π

2. A granice za z su 0 ≤ z ≤ a.

Sada je

I =

∫∫∫

(V )

z√

x2 + y2dxdydz =

∫∫∫

(V ′)

z√

ρ2ρdϕdρdz

=

∫ π2

0

dϕ

∫ 2 cosϕ

0

ρ2dρ

∫ a

0

zdz =

∫ π2

0

dϕ

∫ 2 cosϕ

0

ρ2dρz2

2

∣

∣

∣

a

0

=a2

2

∫ π2

0

dϕρ3

3

∣

∣

∣

2 cosϕ

0=

a2

2

∫ π2

0

dϕ8 cos3 ϕ

3

=4a2

3

∫ π2

0

cos3 ϕdϕ =4a2

3

∫ π2

0

cosϕ(1− sin2 ϕ)dϕ

=4a2

3sinϕ

∣

∣

∣

π2

0− 4a2

3

sin3 ϕ

3

∣

∣

∣

π2

0=

4a2

3− 4a2

3· 13=

8a2

9.



♦


I =

∫∫∫

(V )

√

x2 + y2 + z2dxdydz,

gdje je oblast integracije ogranicena sa x2 + y2 + z2 = 2z.

Rjesenje: x2+y2+z2 = 2z ⇔ x2+y2+z2−2z = 0 ⇔ x2+y2+(z−1)2 = 1.

x

y

z

b

Uvedimo sferne koordinate


Iz x2 + y2 + z2 = 2z ⇒ ρ2 = 2ρ cos θ ⇒ ρ = 2 cos θ, odnosno

0 ≤ ρ ≤ 2 cos θ.

Kako nemamo ogranicenja za ugao ϕ to uzimamo makismalne granice, od-nosno

0 ≤ ϕ ≤ 2π.

Iz ρ = cos θ ⇒ cos θ ≥ 0, odnosno granice za ugao θ su 0 ≤ θ ≤ π

2.



Sada je

I =

∫∫∫

(V )

√

x2 + y2 + z2dxdydz =

∫∫∫

(V ′)

√

ρ2 · ρ2 sin θdϕdθdρ

=

∫ 2π

0

dϕ

∫ π2

0

sin θdθ

∫ 2 cos θ

0

ρ3dρ

=16

4

∫ 2π

0

dϕ

∫ π2

0

sin θdθ cos4 θ = 4

∫ 2π

0

dϕ

∫ π2

0

cos4 θ · sin θdθ

= −4

5

∫ 2π

0

dϕ cos5 θ∣

∣

∣

π2

0= −4

5

∫ 2π

0

dϕ(0− 1) =8π

5.

♦


I =

∫∫∫

(V )

√

x2 + y2dxdydz,

gdje je oblast integracije ogranicena sa x2 + y2 + z2 ≥ 1 i x2 + y2 + z2 ≤ 2z.

Rjesenje:

x

y

z





Iz x2 + y2 + z2 ≥ 1 i x2 + y2 + z2 ≤ 2z slijedi

1 ≤ ρ ≤ 2 cos θ.


0 ≤ ϕ ≤ 2π.

Granice za ugao θ dobijamo iz jednacine presjeka sfera x2 + y2 + z2 = 1 ix2 + y2 + z2 = 2z, tj. iz ρ = 1 i ρ = 2 cos θ dobijamo

2 cos θ = 1 ⇒ cos θ =1

2⇒ θ =

π

3.

Te su granice za ugao θ

0 ≤ θ ≤ π

3.

Sada je

I =

∫∫∫

(V )

√

x2 + y2dxdydz =

∫∫∫

(V ′)

ρ sin θρ2 sin θdϕdθdρ

=

∫ 2π

0

dϕ

∫ π3

0

sin2 θdθ

∫ 2 cos θ

1

ρ3dρ =1

4

∫ 2π

0

dϕ

∫ π3

0

sin2 θdθρ4∣

∣

∣

2 cos θ

1

=1

4

∫ 2π

0

dϕ

∫ π3

0

sin2 θ(16 cos4 θ − 1)dθ

=1

4

∫ 2π

0

dϕ

(

∫ π3

0

16 sin2 θ cos4 θdθ −∫ π

3

0

sin2 θdθ

)

=1

4

∫ 2π

0

dϕ

(

16

∫ π3

0

(1− cos2 θ) cos4 θdθ −∫ π

3

0

1− cos 2θ

2dθ

)

=1

4

∫ 2π

0

dϕ

(

16

∫ π3

0

(cos4 θ − cos6 θ)dθ − π

6+

1

4sin 2θ

∣

∣

∣

π3

0

)

=1

4

∫ 2π

0

dϕ

(

16

∫ π3

0

(cos4 θ − cos6 θ)dθ − π

6+

√3

8

)

=π

48(9√3 + 4π).

♦


I =

∫∫∫

(V )

dxdydz√

x2 + y2 + (z − 2)2,

gdje je oblast integracije ogranicena sa x2 + y2 + z2 ≤ 1.



Rjesenje:

x

y

z



Iz x2 + y2 + z2 ≤ 1 dobijamo

0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ ϕ ≤ 2π i 0 ≤ θ ≤ π.

Sada je

I =

∫∫∫

(V )

dxdydz√

x2 + y2 + (z − 2)2

=

∫∫∫

(V ′)

ρ2 sin θdϕdθdρ√

ρ2 sin2 θ + (ρ cos θ − 2)2

=

∫ 2π

0

dϕ

∫ π

0

sin θdθ

∫ 1

0

ρ2dρ√

ρ2 sin2 θ + ρ2 cos2 θ − 4ρ cos θ + 4

=

∫ 2π

0

dϕ

∫ π

0

sin θdθ

∫ 1

0

ρ2dρ√

ρ2 − 4ρ cos θ + 4

=

∫ 2π

0

dϕ

∫ 1

0

ρ2dρ

∫ π

0

sin θdθ√

ρ2 − 4ρ cos θ + 4

Smjena : ρ2 − 4ρ cos θ + 4 = t2 ⇒ 4ρ sin θdθ = 2tdt ⇒ sin θdθ =tdt

2ρ



=

∫ 2π

0

dϕ

∫ 1

0

ρ2dρ

∫ (π)

(0)

tdt

2ρ√t2

=1

2

∫ 2π

0

dϕ

∫ 1

0

ρdρ√

ρ2 − 4ρ cos θ + 4∣

∣

∣

π

0

=1

2

∫ 2π

0

dϕ

∫ 1

0

ρ(√

ρ2 + 4ρ+ 4−√

ρ2 − 4ρ+ 4)dρ

=1

2

∫ 2π

0

dϕ

∫ 1

0

ρ(ρ+ 2− ρ+ 2)dρ =1

2· 4∫ 2π

0

dϕ

∫ 1

0

ρdρ

= 2

∫ 2π

0

dϕ1

2= 2π.

♦


I =

∫∫∫

(V )

(

x2

a2+

x2

b2+

x2

c2

)

dxdydz,

gdje je oblast integracijex2

a2+

x2

b2+

x2

c2≤ 1.

Rjesenje:

x

y

z

Uvedimo uopstene sferne koordinate

x = aρ cosϕ sin θ, y = bρ sinϕ sin θ, z = cρ cos θ, |J | = abcρ2 sin θ.


1.5. PRIMJENA TROJNOG INTEGRALA Matematicka analiza 4

Izx2

a2+

x2

b2+

x2

c2≤ 1 dobijamo

0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ ϕ ≤ 2π i 0 ≤ θ ≤ π.

Sada je

I =

∫∫∫

(V )

(

x2

a2+

x2

b2+

x2

c2

)

dxdydz

=

∫∫∫

(V ′)

ρ2 · abcρ2 sin θdϕdθdρ

= abc

∫ 2π

0

dϕ

∫ π

0

sin θdθ

∫ 1

0

ρ4dρ

=abc

5

∫ 2π

0

dϕ

∫ π

0

sin θdθ

= −abc

5

∫ 2π

0

dϕ cos θ∣

∣

∣

π

0

= −abc

5

∫ 2π

0

dϕ(−1− 1)

=2abc

5

∫ 2π

0

dϕ =4abcπ

5.

♦

1.5 Primjena trojnog integrala

Zapreminu tijela ogranicenog sa povrsi V racunamo po formuli

V =

∫∫∫

(V )

dxdydz.

Primjer 1.5.1 Izracunati zapreminu tijela ogranicenog sa

x2 + y2 + z2 = 1 i z =√

x2 + y2.

Rjesenje:



x

y

z



Iz x2 + y2 + z2 = 1 ⇒ ρ2 = 1 ⇒ ρ = 1, odnosno

0 ≤ ρ ≤ 1.


0 ≤ ϕ ≤ 2π.

Iz

z =√

x2 + y2 ⇒ ρ cos θ =

√

ρ2 cos2 ϕ sin2 θ + ρ2 sin2 ϕ sin2 θ ⇔

⇔ ρ cos θ =√

ρ2 sin2 θ(cos2 ϕ+ sin2 ϕ) ⇔ ρ cos θ = ρ sin θ ⇒ θ =π

4,



odnosno granice za ugao θ su 0 ≤ θ ≤ π

4. Sada je

V =

∫∫

(V )

dxdydz =

∫∫

(V ′)

ρ2 sin θdϕdθdρ

=

∫ 2π

0

dϕ

∫ π4

0

sin θdθ

∫ 1

0

ρ2dρ =

∫ 2π

0

dϕ

∫ π4

0

sin θdθρ3

3

∣

∣

∣

1

0

=1

3

∫ 2π

0

dϕ

∫ π4

0

sin θdθ = −1

3

∫ 2π

0

dϕ cos θ∣

∣

∣

π4

0

= −1

3

∫ 2π

0

dϕ(

cosπ

4− cos 0

)

= −1

3

∫ 2π

0

dϕ

(√2

2− 1

)

=1

3

(

1−√2

2

)

2π =(2−

√2)π

3.

♦


z = 6− x2 − y2 i z2 = x2 + y2 za z ≥ 0.

Rjesenje:

x

y

z



Uvedimo cilindricne koordinate


Da bi smo odredili granice za ρ i ϕ moramo odrediti jednacinu presjekaparaboloida i konusa, tj. trebamo rijesiti sistem

z = 6− x2 − y2 i z2 = x2 + y2 ⇒

z2 + z − 6 = 0 ⇒ z1,2 =−1 ±

√25

2⇒ z1 = 2 i z2 = −3.

Dakle, jednacina presjeka je x2 + y2 = 22 ⇔ ρ2 = 22 ⇔ ρ = 2, te su granice

0 ≤ ρ ≤ 2.

Kako nema ogranicenja za ugao to je

0 ≤ ϕ ≤ 2π.

A granice za z su

z∣

∣

∣

paraboloid

konus⇒ z

∣

∣

∣

6−(x2+y2)

√x2+y2

⇒ z∣

∣

∣

6−ρ2

ρ.

Sada je

V =

∫∫

(V )

dxdydz =

∫∫

(V ′)

ρdϕdρdz

=

∫ 2π

0

dϕ

∫ 2

0

ρdρ

∫ 6−ρ2

ρ

dz =

∫ 2π

0

dϕ

∫ 2

0

ρdρ(6− ρ2 − ρ)

=

∫ 2π

0

dϕ

∫ 2

0

(6ρ− ρ3 − ρ2)dρ =

∫ 2π

0

dϕ

(

6ρ2

2− ρ4

4− ρ3

3

)

∣

∣

∣

2

0

=

∫ 2π

0

dϕ

(

12− 4− 8

3

)

=16

3· 2π =

32π

3.

♦


z = 1− x2 − y2 i z = x2 + y2.

Rjesenje:



x

y

z



Da bi smo odredili granice za ρ i ϕmoramo odrediti jednacinu presjeka povrsi,tj. trebamo rijesiti sistem

z = 1− x2 − y2 i z = x2 + y2 ⇒

x2 + y2 = 1− x2 − y2 ⇒ x2 + y2 =1

2⇒ x2 + y2 =

(√2

2

)2

⇒

ρ2 =

(√2

2

)2

⇒ ρ =

√2

2,

te su granice

0 ≤ ρ ≤√2

2.

Kako nema ogranicenja za ugao to je

0 ≤ ϕ ≤ 2π.

A granice za z su

z∣

∣

∣

1−(x2+y2)

x2+y2⇒ z

∣

∣

∣

1−ρ2

ρ2.



Sada je

V =

∫∫

(V )

dxdydz =

∫∫

(V ′)

ρdϕdρdz

=

∫ 2π

0

dϕ

∫

√2

2

0

ρdρ

∫ 1−ρ2

ρ2dz =

∫ 2π

0

dϕ

∫

√2

2

0

ρdρ(1− ρ2 − ρ2)

=

∫ 2π

0

dϕ

∫

√2

2

0

(ρ− 2ρ3)dρ =

∫ 2π

0

dϕ

(

ρ2

2− 2

ρ4

4

)

∣

∣

∣

√2

2

0

=

∫ 2π

0

dϕ

(

1

4− 1

8

)

=1

8· 2π =

π

4.

♦


z =√

1− x2 − y2, z =√

16− x2 − y2 i z =√

x2 + y2.

Rjesenje:

z =√

1− x2 − y2 ⇔ z2 = 1− x2 − y2 ⇔ x2 + y2 + z2 = 1,

z =√

16− x2 − y2 ⇔ z2 = 16− x2 − y2 ⇔ x2 + y2 + z2 = 16.



Iz x2 + y2 + z2 = 1 ⇒ ρ2 = 1 ⇒ ρ = 1, odnosno izx2 + y2 + z2 = 16 ⇒ ρ2 = 16 ⇒ ρ = 4,

1 ≤ ρ ≤ 4.


0 ≤ ϕ ≤ 2π.

Iz

z =√

x2 + y2 ⇒ ρ cos θ =

√

ρ2 cos2 ϕ sin2 θ + ρ2 sin2 ϕ sin2 θ ⇔

⇔ ρ cos θ =√

ρ2 sin2 θ(cos2 ϕ+ sin2 ϕ) ⇔ ρ cos θ = ρ sin θ ⇒ θ =π

4,



odnosno granice za ugao θ su 0 ≤ θ ≤ π

4. Sada je

V =

∫∫

(V )

dxdydz =

∫∫

(V ′)

ρ2 sin θdϕdθdρ

=

∫ 2π

0

dϕ

∫ π4

0

sin θdθ

∫ 4

1

ρ2dρ =

∫ 2π

0

dϕ

∫ π4

0

sin θdθρ3

3

∣

∣

∣

4

1

=1

3

∫ 2π

0

dϕ

∫ π4

0

sin θdθ(

43 − 13)

= −63

3

∫ 2π

0

dϕ cos θ∣

∣

∣

π4

0

= −21

∫ 2π

0

dϕ(

cosπ

4− cos 0

)

= −21

∫ 2π

0

dϕ

(√2

2− 1

)

= 21

(

1−√2

2

)

2π = 21π(2−√2).

♦


x2 + y2 + z2 ≤ 1 i x2 + y2 + z2 ≤ 2z.

Rjesenje:

x

y

z

Da bi smo izracunali trazenu zapreminu moramo datu oblast podijeliti nadva dijela te je

V = V1 + V2.





Granice za V1 dobijamo iz x2 + y2 + z2 ≤ 1 slijedi

0 ≤ ρ ≤ 1.


0 ≤ ϕ ≤ 2π.


2 cos θ = 1 ⇒ cos θ =1

2⇒ θ =

π

3.

Te su granice za ugao θ

0 ≤ θ ≤ π

3.

A granice za V2 dobijamo iz x2 + y2 + z2 ≤ 2z slijedi

0 ≤ ρ ≤ 2 cos θ.


0 ≤ ϕ ≤ 2π.


2 cos θ = 1 ⇒ cos θ =1

2⇒ θ =

π

3.

Te su granice za ugao θπ

3≤ θ ≤ π

2.



Sada je

V = = V1 + V2 =

∫∫∫

(V1)

dxdydz +

∫∫∫

(V2)

dxdydz

=

∫∫∫

(V ′1)

ρ2 sin θdϕdθdρ+

∫∫∫

(V ′2)

ρ2 sin θdϕdθdρ

=

∫ 2π

0

dϕ

∫ π3

0

sin θdθ

∫ 1

0

ρ2dρ+

∫ 2π

0

dϕ

∫ π2

π3

sin θdθ

∫ 2 cos θ

0

ρ2dρ

=1

3

∫ 2π

0

dϕ

∫ π3

0

sin θdθ +8

3

∫ 2π

0

dϕ

∫ π2

π3

cos3 θ sin θdθ

= −1

3

∫ 2π

0

dϕ cos θ∣

∣

∣

π3

0− 8

3

∫ 2π

0

dϕcos4 θ

4

∣

∣

∣

π2

π3

= −1

3

∫ 2π

0

dϕ

(

1

2− 1

)

− 2

3

∫ 2π

0

dϕ

(

0− 1

16

)

=1

62π +

1

242π =

π

3+

π

12=

5π

12.

♦


x2 + y2 + z2 = 4 i x2 + y2 = 3z unutrasnji dio paraboloida.

Rjesenje:

x

y

z





Da bi smo odredili granice za ρ i ϕmoramo odrediti jednacinu presjeka povrsi,tj. trebamo rijesiti sistem jednacina

x2 + y2 + z2 = 4 i x2 + y2 = 3z.

Sistem svodimo na jednu jednacinu sa jednom nepoznatom tj.

3z + z2 = 4 ⇔ z2 + 3z − 4 = 0 ⇒ z1 = 1 i z2 = −4.

U nasem slucaju uzimamo pozitivnu vrijednost tj. z = 1. Dakle, jednacinapresjeka je

x2 + y2 = 3 ⇔ ρ2 = 3 ⇒ ρ =√3,

te su granice0 ≤ ρ ≤

√3.

A kako nema ogranicenja za ugao to je

0 ≤ ϕ ≤ 2π.

Dok su granize za z sljedece

z∣

∣

∣

sfere

paraboloida⇒ z

∣

∣

∣

√4−(x2+y2)

x2+y2

3

⇒ z∣

∣

∣

√4−ρ2

ρ2

3

.

Sada je

V =

∫∫

(V )

dxdydz =

∫∫

(V ′)

ρdϕdρdz

=

∫ 2π

0

dϕ

∫

√3

0

ρdρ

∫

√4−ρ2

ρ2

3

dz

=

∫ 2π

0

dϕ

∫

√3

0

ρdρ

(

√

4− ρ2 − ρ2

3

)

=

∫ 2π

0

dϕ

(

∫

√3

0

ρ√

4− ρ2dρ− 1

3

∫

√3

0

ρ3dρ

)

Smjena :√

4− ρ2 = t ⇒ −2ρdρ = 2tdt ⇒ ρdρ = −tdt.



V =

∫ 2π

0

dϕ

(

−∫ (

√3)

(0)

t2dt− 1

3

ρ4

4

∣

∣

∣

√3

0

)

=

∫ 2π

0

dϕ

(

−(√

4− ρ2)3

3

∣

∣

∣

√3

0− 3

4

)

=

∫ 2π

0

dϕ

(

−1

3+

8

3− 3

4

)

=19

12· 2π =

19π

6.

♦


x2 + y2 + z2 = 2Rx i z =√

x2 + y2.

Rjesenje: Uvedimo sferne koordinate


Iz x2 + y2 + z2 = 2Rx slijedi ρ2 = 2Rρ cosϕ sin θ ⇒ ρ = 2R cosϕ sin θ,odnosno

0 ≤ ρ ≤ 2R cosϕ sin θ.

Iz z =√

x2 + y2 ⇒ ρ cosϕ =√

ρ2 sin θ ⇒ cos θ = sin θ ⇒ θ =π

4⇒ .

0 ≤ θ ≤ π

4.



Kako je ρ ≥ 0 ⇒ cosϕ sin θ ≥ 0 ⇒ cosϕ ≥ 0 ⇒ −π

2≤ ϕ ≤ π

2. Sada je

V =

∫∫

(V )

dxdydz =

∫∫

(V ′)

ρ2 sin θdϕdθdρ

=

∫ π2

−π2

dϕ

∫ π4

0

sin θdθ

∫ 2R cosϕ sin θ

0

ρ2dρ

=

∫ π2

−π2

dϕ

∫ π4

0

sin θdθ8R3 cos3 ϕ sin3 θ

3

=8R3

3

∫ π2

−π2

cos3 ϕdϕ

∫ π4

0

sin4 θdθ

=8R3

3

∫ π2

−π2

(1− sin2 ϕ) cosϕdϕ

∫ π4

0

(

1− cos 2θ

2

)2

dθ

=2R3

3

∫ π2

−π2

(cosϕ− sin2 ϕ cosϕ)dϕ

∫ π4

0

(

1− 2 cos 2θ + cos2 2θ)

dθ

=2R3

3

(

sinϕ∣

∣

∣

π2

−π2

− sin3 ϕ

3

∣

∣

∣

π2

−π2

)

(

π

4− sin 2θ

∣

∣

∣

π4

0+

∫ π4

0

1 + cos 4θ

2dθ

)

=2R3

3

(

2− 2

3

)(

π

4− 1 +

1

2

(

π

4+

1

4sin 4θ

∣

∣

∣

π4

0

))

=2R3

3· 43

(π

4− 1 +

π

8

)

=8R3

9· 3π − 8

8=

R3

9· (3π − 8).

♦


(x2 + y2 + z2)2 = a2(x2 + y2 − z2); a > 0.



Nako uvrstavanja sfernih koordinata u jednacinu

(x2 + y2 + z2)2 = a2(x2 + y2 − z2)

dobijamo

(ρ2)2 = a2(ρ2 cos2 ϕ sin2 θ + ρ2 sin2 ϕ sin2 θ − ρ2 cos2 θ) ⇔



ρ4 = a2(ρ2 sin2 θ − ρ2 cos2 θ) ⇔ ρ2 = a2(sin2 θ − cos2 θ) ⇔⇔ ρ = a

√

sin2 θ − cos2 θ ⇔ ρ = a√− cos 2θ,

dakle0 ≤ ρ ≤ a

√− cos 2θ.

Iz ρ = a√− cos 2θ slijedi

− cos 2θ ≥ 0 ⇔ cos 2θ ≤ 0 ⇒ π

2≤ 2θ ≤ 3π

2⇒ π

4≤ θ ≤ 3π

4.

Kako nema ogranicenja zaugao ϕ to je

0 ≤ ϕ ≤ 2π.

Sada je

V =

∫∫

(V )

dxdydz =

∫∫

(V ′)

ρ2 sin θdϕdθdρ

=

∫ 2π

0

dϕ

∫ 3π4

π4

sin θdθ

∫ a√− cos 2θ

0

ρ2dρ

=a3

3

∫ 2π

0

dϕ

∫ 3π4

π4

sin θdθ√− cos3 2θ

Kako vrijedi√− cos3 2θ = (

√− cos 2θ)3 = (

√

sin2− cos2 θ)3 = (√1− 2 cos2 θ)3,

to je

V =a3

3

∫ 2π

0

dϕ

∫ 3π4

π4

sin θdθ√− cos3 2θ

=a3

3

∫ 2π

0

dϕ

∫ 3π4

π4

(√1− 2 cos2 θ)3 sin θdθ

Smjena :√2 cos θ = t ⇒ −

√2 sin θdθ = dt ⇒ sin θdθ = − dt√

2

V =a3

3

∫ 2π

0

dϕ

∫ 3π4

π4

(√1− 2 cos2 θ)3 sin θdθ

= −a3

3

∫ 2π

0

dϕ

∫ 3π4

π4

(√1− t2)3

dt√2

= − a3

3√2

∫ 2π

0

dϕ

∫ 3π4

π4

(√1− t2)3dt



Smjena : t = sin u ⇒ dt = cos tdt

V = − a3

3√2

∫ 2π

0

dϕ

∫ 3π4

π4

(√1− t2)3dt

= − a3

3√2

∫ 2π

0

dϕ

∫ ( 3π4)

(π4)

(√

1− sin2 u)3 cosudu

= − a3

3√2

∫ 2π

0

dϕ

∫ ( 3π4)

(π4)

cos4 udu

= − a3

3√2

∫ 2π

0

dϕ

∫ ( 3π4)

(π4)

(

1 + cos 2u

2

)2

du

= − a3

12√2

∫ 2π

0

dϕ

∫ ( 3π4)

(π4)

(

1 + 2 cos 2u+ cos2 2u)

du

= − a3

12√2

∫ 2π

0

dϕ

∫ ( 3π4)

(π4)

(

1 + 2 cos 2u+1 + cos 4u

2

)

du

= − a3

12√2

∫ 2π

0

dϕ

∫ ( 3π4)

(π4)

(

3

2+ 2 cos 2u+

cos 4u

2

)

du

= − a3

12√2

∫ 2π

0

dϕ

(

3

2u+ sin 2u+

1

8sin 4u

)

∣

∣

∣

( 3π4)

(π4)

= − a3

12√2

∫ 2π

0

dϕ

(

3

2arcsin t+ sin(2 arcsin t) +

1

8sin(4 arcsin t)

)

∣

∣

∣

3π4

π4

= − a3

12√2

∫ 2π

0

dϕ

(

3

2arcsin t+ sin(2 arcsin t) +

1

8sin(4 arcsin t)

)

∣

∣

∣

3π4

π4

= − a3π

6√2

(

3

2arcsin(

√2 cos θ) + sin(2 arcsin(

√2 cos θ)) +

1

8sin(4 arcsin(

√2 cos θ))

)

∣

∣

∣

3π4

π4

=

= − a3π

6√2

(

−3

2· π2− 3

2· π2+ 0 + 0

)

=a3π2

4√2=

a3π2√2

8.

♦


z =x2 + y2

3, z =

√

x2 + y2 i x2 + y2 + z2 ≥ 4.





Iz x2 + y2 + z2 ≥ 4 dobijamo ρ ≥ 2. Dok iz z =x2 + y2

3dobijamo

ρ cos θ =ρ2 sin2 θ

3⇒ ρ =

3 cos θ

sin2 θ.

Pa imamo

2 ≤ ρ ≤ 3 cos θ

sin2 θ.

Iz z =√

x2 + y2 dobijamo ρ cos θ = ρ sin θ ⇒ θ =π

4.

Da bi smo odredili drugu granicu za ugao θ moramo naci jednacinu pre-sjeka sfere i paraboloida tj.

x2 + y2 + z2 = 4 i z =x2 + y2

3⇒ 3 cos θ

sin2 θ= 2 ⇒ θ =

π

3,

te jeπ

4≤ θ ≤ π

3.


0 ≤ ϕ ≤ 2π.

Sada je

V =

∫∫

(V )

dxdydz =

∫∫

(V ′)

ρ2 sin θdϕdθdρ

=

∫ 2π

0

dϕ

∫ π3

π4

sin θdθ

∫ 3 cos θ

sin2 θ

2

ρ2dρ

=1

3

∫ 2π

0

dϕ

∫ π3

π4

sin θdθ

(

(

3 cos θ

sin2 θ

)3

− 8

)

=1

3

∫ 2π

0

dϕ

(

∫ π3

π4

27 cos3 θ

sin5 θdθ − 8

∫ π3

π4

sin θdθ

)

=1

3

∫ 2π

0

dϕ

(

27

∫ π3

π4

(1− sin2 θ) cos θ

sin5 θdθ + 8 cos θ

∣

∣

∣

π3

π4

)

=1

3

∫ 2π

0

dϕ

(

27

∫ π3

π4

(1− sin2 θ) cos θ

sin5 θdθ + 4− 4

√2

)

.



Smjena : sin θ = t ⇒ cos θdθ = dt

V =1

3

∫ 2π

0

dϕ

(

27

∫ (π3 )

(π4 )

(1− t2)dt

t5+ 4− 4

√2

)

=1

3

∫ 2π

0

dϕ

(

27

∫ (π3 )

(π4 )

(

t−5 − t−3)

dt+ 4− 4√2

)

=1

3

∫ 2π

0

dϕ

(

27

(

−sin−4 θ

4+

sin−2 θ

2

)

∣

∣

∣

π3

π4

+ 4− 4√2

)

=1

3

∫ 2π

0

dϕ

27

− 1

4 · 9

16

+1

4 · 4

16

+1

2 · 34

− 1

2 · 24

+ 4− 4

√2

=1

3

∫ 2π

0

dϕ

(

27

(

−4

9+ 1 +

2

3− 1

)

+ 4− 4√2

)

=1

3

(

6 + 4− 4√2)

2π =2π

3

(

10− 4√2)

.

♦

Povrsinu povrsi cija je jednacina z = z(x, y) racunamo po formuli

P =

∫∫

D

√

1 + p2 + q2dxdy; gdje su p =∂z

∂x, q =

∂z

∂y,

a D projekcija na XOY ravan.

Ako je povrs data parametarskim jednacinama x = x(u, v), y = y(u, v) iz = z(u, v) tada povrsinu povrsi racunamo

P =

∫∫

D

√EG− F 2dudv,

gdje suE = x′2

u + y′2u + z′2u , G = x′2v + y′2v + z′2v ,

F = xuxv + yuyv + zuzv.

Primjer 1.5.10 Izracunati povrsinu sfere poluprecnika r.

Rjesenje:



x

y

z

Neka je P0 povrsina sfere u prvom oktantu tada je

P = 80.

Iz x2 + y2 + z2 = r2 ⇒ z = ±√

r2 − x2 − y2, odnosno

p = z′x =−x

√

r2 − x2 − y2i q = z′y =

−y√

r2 − x2 − y2.

Sada je

P = 8P0 = 8

∫∫

D

√

1 + p2 + q2dxdy

= 8

∫∫

D

√

1 +x2

r2 − x2 − y2+

y

r2 − x2 − y2dxdy

= 8

∫∫

D

√

r2

r2 − x2 − y2dxdy

= 8r

∫∫

D

dxdy√

r2 − (x2 + y2)


x = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ, |J | = ρ,



granice su 0 ≤ ρ ≤ r, 0 ≤ ϕ ≤ 2π,

P = 8r

∫∫

D

dxdy√

r2 − (x2 + y2)

= 8r

∫∫

D′

ρdρdϕ√

r2 − ρ2

= 8r2π

2= 4r2π.

♦

Primjer 1.5.11 Izracunati povrsinu dijela paraboloida 2z = x2 + y2, kojegisijeca cilindar x2 + y2 = 1.

Rjesenje:

x

y

z

p = z′x = x, q = z′y = y,

pa je povrsina

P =

∫∫

D

√

1 + p2 + q2dxdy

=

∫∫

D

√

1 + x2 + y2dxdy





granice su 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ ϕ ≤ 2π,

P =

∫∫

D′

√

1 + ρ2ρdρdϕ

=

∫ 2π

0

dϕ

∫ 1

0

√

1 + ρ2ρdρ

Smjena :√

1 + ρ2 = t ⇒ ρdρtdt ⇒

P =

∫ 2π

0

dϕ

∫ (1)

(0)

t2dt =

∫ 2π

0

dϕ

√

1 + ρ23

3

∣

∣

∣

1

0

P = 2π(√2 3 − 1) = 2π(2

√2− 1).

♦

Primjer 1.5.12 Izracunati povrsinu dijela sfere x2 + y2 + z2 = a2, kojegisijeca cilindar x2 + y2 = b2, b ≤ a.

Rjesenje:

x

y

z

P = 2P0,

gdje je P0 povrsina gornjeg dijela sfere kojeg isijeca cilindar.

p = z′x =−x

√

a2 − x2 − y2i q = z′y =

−y√

a2 − x2 − y2.



Sada je

P = 2P0 = 2

∫∫

D

√

1 + p2 + q2dxdy

= 2

∫∫

D

√

1 +x2

a2 − x2 − y2+

y2

a2 − x2 − y2dxdy

= 2a

∫∫

D

dxdy√

a2 − x2 − y2.



granice su 0 ≤ ρ ≤ b, 0 ≤ ϕ ≤ 2π,

P = = 2a

∫ 2π

0

dϕ

∫ b

0

ρdρ√

a2 − ρ2

= −2a

∫ 2π

0

dϕ√

a2 − ρ2∣

∣

∣

b

0

= 4aπ(a−√a2 − b2).

♦

Primjer 1.5.13 Izracunati povrsinu dijela konusa z =√

x2 + y2, kojeg isi-jeca cilindar x2 + y2 = 2x.

Rjesenje: p = z′x =x

√

x2 + y2i q = z′y =

y√

x2 + y2.

P = =

∫∫

D

√

1 + p2 + q2dxdy

=

∫∫

D

√

1 +x2

x2 + y2+

y2

x2 + y2dxdy

=√2

∫∫

D

dxdy.



y

x

21b b


x− 1 = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ, |J | = ρ,

granice su 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ ϕ ≤ 2π, te je sada

P = =√2

∫∫

D

dxdy

=√2

∫ 2π

0

dϕ

∫ 1

0

ρdρ

=√2 · 1

22π =

√2π.

♦


Poglavlje 2

Linijski integrali

2.1 Linijski integral prve vrste

Integral oblika∫

l

f(x, y, z)ds

nazivamo linijski (krivolinijski) integral prve vrste.Ako je kriva data parametarskim jednacinama

l :

x = x(t)y = y(t)z = z(t)

t ∈ [a, b],

tada je

∫

l

f(x, y, z)ds =

∫ b

a

f(x(t), y(t), z(t)) ·√

x2t + y2t + z2t dt.

Linijski integral prve vrste ne zavisi od orjentacije krive tj. vrijedi

∫

AB

=

∫

BA

.


∫

l

ds, gdje je kriva l : x2 + y2 = r2.

Rjesenje: Parametarske jednacine kruznice x2 + y2 = r2 su:

x = r cos ty = r sin t

, t ∈ [0, 2π].

61

2.1. LINIJSKI INTEGRAL PRVE VRSTE Matematicka analiza 4

Sada imamo:x = r cos ty = r sin t

⇒ x = −r sin ty = r cos t

,

pa je∫

l

ds =

∫ 2π

0

√

xt + ytdt

=

∫ 2π

0

√

r2 sin2 t+ r2 cos2 tdt

= r

∫ 2π

0

dt = 2rπ.

♦


∫

l

xds, gdje je kriva l dio prave y = x od tacke

A(0, 0) do tacke B(1, 1).

Rjesenje:

b

b

b

y = x

1

1

0

U ovom slucaju datu krivu parametrizujemo na sljedeci nacin

x = x

y = x, x ∈ [0, 1].

Sada je∫

l

xds =

∫ 1

0

x√

1 + yxdx

=

∫ 1

0

x√1 + 1dx

=√2x2

2

∣

∣

∣

1

0=

√2

2.



♦


∮

l

(

x4

3 + y4

3

)

ds, gdje je kriva l : x2

3 + y2

3 = a2

3 ,

a > 0.

Rjesenje:

b

b

b

b

a

a

−a

−a 0

Parametarske jednacine date krive su

x = a cos3 ty = a sin3 t

, t ∈ [0, 2π].

Kako vrijedix = a cos3 ty = a sin3 t

⇒ x = −3a cos2 t sin ty = 3a sin2 t cos t

,

imamo∮

l

(

x4

3 + y4

3

)

ds =

∫ 2π

0

(

a4

3 cos4 t + a4

3 sin4 t)√

9a2 cos4 t sin2 t+ 9a2 sin4 t cos2 tdt

= a4

3 · 3a∫ 2π

0

(

cos4 t + sin4 t)

√

cos2 t sin2 t(cos2 t+ sin2 t)dt

= 3a7

3

∫ 2π

0

(

cos4 t + sin4 t)

cos t sin tdt

= 3a7

3

∫ 2π

0

(

cos5 t sin t + sin5 t cos t)

dt

= 3a7

3

(

−cos6 t

6+

sin6 t

6

)

∣

∣

∣

2π

0= 0.



♦


∫

l

xyds, gdje je l dio elipsex2

a2+

y2

b2= 1 u prvom

kvadrantu.

Rjesenje: Parametarske jednacine elipse su:

x = a cos ty = b sin t

, t ∈[

0,π

2

]

.

Kako vrijedix = a cos ty = b sin t

⇒ x = −a sin ty = b cos t

.

∫

l

xyds =

∫ π2

0

a cos t · b sin t ·√

a2 sin2 t+ b2 cos2 tdt

= ab

∫ π2

0

cos t · sin t ·√

a2 sin2 t+ b2(1− sin2 t)dt

= ab

∫ π2

0


(a2 − b2) sin2 t+ b2dt

Smjena : (a2 − b2) sin2 t+ b2 = u2 ⇒ sin t · cos tdt = udu

a2 − b2

∫

l

xyds = ab

∫ π2

0


(a2 − b2) sin2 t+ b2dt

= ab

∫ (π2)

(0)

u · udu

a2 − b2

=ab

a2 − b2

√

(a2 − b2) sin2 t+ b2 3

3

∣

∣

∣

π2

0

=ab

3(a2 − b2)(a3 − b3) =

ab(a2 + ab+ b2)

3(a+ b).

♦


∫

l

√

x2 + y2ds, gdje je kriva l : x2 + y2 = ax,

a > 0.

Rjesenje:



bb

a0

Neka je x = r cos t i y = r sin t, tada iz x2 + y2 = ax dobijamo r = a cos t. Tesu parametarske jednacine krive l

x = a cos2 ty = a cos t sin t

⇒ x = −2a cos t sin t = −a sin 2ty = a(− sin t sin t + cos t cos t) = a cos 2t

, t ∈[

−π

2,π

2

]

.

Sada je∫

l

√

x2 + y2ds =

∫ π2

−π2

√

a2 cos4 t+ a2 cos2 t sin2 t ·√

a2 sin2 2t+ a2 cos2 2tdt

= a2∫ π

2

−π2

cos tdt = a2 sin t∣

∣

∣

π2

−π2

= a2(1− (−1)) = 2a2.

♦


∮

l

xyds, gdje je kriva l : |x|+ |y| = a, a > 0.

Rjesenje:

b

b

b

b

a

a

−a

−a

A

B

D

C

0



∮

l

xyds =

∫

AB

xyds+

∫

BC

xyds+

∫

CD

xyds+

∫

DA

xyds.

Na duzi AB imamo:

y = a− x; y′x = −1; x∣

∣

∣

0

a.

∫

AB

xyds =

∫ 0

a

x(a− x)√1 + 1dx

=√2

∫ 0

a

(ax− x2)dx

= a√2 · x

2

2

∣

∣

∣

0

a−√2x3

3

∣

∣

∣

0

a= −a3

√2

2+

a3√2

3= −a3

√2

6.

Na duzi BC imamo:

y = x+ a; y′x = 1; x∣

∣

∣

−a

0.

∫

BC

xyds =

∫ −a

0

x(x+ a)√1 + 1dx

=√2

∫ −a

0

(x2 + ax)dx

=√2x3

3

∣

∣

∣

−a

0+ a

√2 · x

2

2

∣

∣

∣

−a

0= −a3

√2

3+

a3√2

2=

a3√2

6.

Na duzi CD imamo:

y = −x− a; y′x = −1; x∣

∣

∣

0

−a.

∫

CD

xyds =

∫ 0

−a

x(−x − a)√1 + 1dx

=√2

∫ 0

−a

(−x2 − ax)dx

= −√2x3

3

∣

∣

∣

0

−a− a

√2 · x

2

2

∣

∣

∣

0

−a= −a3

√2

3+

a3√2

2=

a3√2

6.

Na duzi DA imamo:

y = x− a; y′x = 1; x∣

∣

∣

a

0.



∫

DA

xyds =

∫ a

0

x(x− a)√1 + 1dx

=√2

∫ a

0

(x2 − ax)dx

=√2x3

3

∣

∣

∣

a

0− a

√2 · x

2

2

∣

∣

∣

a

0=

a3√2

3− a3

√2

2= −a3

√2

6.

Konacno imamo:

∮

l

xyds = −a3√2

6+

a3√2

6+

a3√2

6− a3

√2

6= 0.

♦


∫

l

√

2y2 + z2ds, gdje je kriva l data kao presjek

povrsi x2 + y2 + z2 = r2 i y = x.

Rjesenje: Projekcija krive na XOZ ravan je x2+x2+ z2 = r2 ⇔ 2x2+ z2 =

r2 ⇔ x2

r2

2

+z2

r2= 1, dakle kriva je elipsa u XOZ ravni. Te su parametarske

jednacine

x =r√2cos t

z = r sin t,

a kako je y = x to je i y =r√2cos t, za t ∈ [0, 2π]. Kako vrijedi

x =r√2cos t

y =r√2cos t

z = r sin t

⇒x = − r√

2sin t

y = − r√2sin t

z = r cos t

,

imamo:

∫

l

√

2y2 + z2ds =

∫ 2π

0

√

r2 cos2 t+ r2 sin2 t ·√

r2

2sin2 t+

r2

2sin2 t+ r2 cos2 tdt

=

∫ 2π

0

r · rdt = r22π = 2r2π.

♦


2.2. LINIJSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4

2.2 Linijski integral druge vrste

Integral oblika∫

l

Pdx+Qdy +Rdz

nazivamo linijski integral druge vrste.Linijski integral druge vrste zavisi od orjentacije tj. vrijedi

∫

AB

= −∫

BA

.


∫

l

(2λ− y)dx+ xdy, gdje kriva l

x = λ(t− sin t)y = λ(1− cos t)

, t ∈ [0, 2π].

Rjesenje:x = λ(t− sin t)y = λ(1− cos t)

⇒ dx = λ(1− cos t)dtdy = λ sin tdt.

Sada je∫

l

(2λ− y)dx+ xdy =

∫ 2π

0

(2λ− λ+ λ cos t)λ(1− cos t)dt+ λ(t− sin t)λ sin tdt

=

∫ 2π

0

λ2(1 + cos t)(1− cos t)dt + λ2(t− sin t) sin tdt

= λ2

∫ 2π

0

(

sin2 t+ t sin t− sin2 t)

dt

= λ2

∫ 2π

0

t sin tdt

u = t ⇒ du = dt, dv = sin tdt ⇒ v = − cos t,

∫

l

(2λ− y)dx+ xdy = λ2

∫ 2π

0

t sin tdt

= −λ2t · cos t∣

∣

∣

2π

0+ λ2

∫ 2π

0

cos tdt

= −λ2(2π − 0) + λ2 sin t∣

∣

∣

2π

0

= −2λ2π.

♦




∫

l

(x2 − 2xy)dx + (y2 − 2xy)dy, gdje kriva l dio

parabole y = x2 za |x| ≤ 1, preden u pozitivnom smjeru.

Rjesenje:

bb

b bA B

1−1 0

Iz y = x2 dobijamo dy = 2xdx, i kako |x| ≤ 1 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1, imamo:

∫

l

(x2 − 2xy)dx+ (y2 − 2xy)dy =

∫ 1

−1

(x2 − 2x · x2)dx+ (x4 − 2x · x2)2xdx

=

∫ 1

−1

(x2 − 2x3 + 2x5 − 4x4)dx

=x3

3

∣

∣

∣

1

−1− 2 · x

4

4

∣

∣

∣

1

−1+ 2 · x

6

6

∣

∣

∣

1

−1− 4 · x

5

5

∣

∣

∣

1

−1

=2

3− 4 · 2

5= −14

15.

♦


∫

l

xdy − ydx

x+ y, gdje kriva l kontura trougla kojeg

obrazuje prava x + y = 1 sa koordinatnim osama, predena u pozitivnomsmjeru.

Rjesenje:



bb

b B

A

1

1

0

∫

l

xdy − ydx

x+ y=

∫

AB

xdy − ydx

x+ y+

∫

BO

xdy − ydx

x+ y+

∫

OA

xdy − ydx

x+ y.

Na duzi AB y = 1− x ⇒ dy = −dx, x∣

∣

∣

0

1, pa imamo:

∫

AB

xdy − ydx

x+ y=

∫ 0

1

−xdx− (1− x)dx

x+ 1− x

= −∫ 0

1

dx = −(0− 1) = 1.

Na duzi BO x = 0 ⇒ dx = 0, y∣

∣

∣

0

1, pa imamo:

∫

AB

xdy − ydx

x+ y=

∫ 0

1

0

ydy = 0.

Na duzi OA y = 0 ⇒ dy = 0, x∣

∣

∣

1

0, pa imamo:

∫

AB

xdy − ydx

x+ y=

∫ 1

0

0

xdx = 0.

Dakle,∫

l

xdy − ydx

x+ y= 1 + 0 + 0 = 1.

♦


∫

l

dx+ dy

x+ y, gdje kriva l : |x|+ |y| = 1, predena u

pozitivnom smjeru.



Rjesenje:

b

b

b

b

1

1

−1

−1

A

B

D

C

0

∫

l

dx+ dy

x+ y=

∫

AB

dx+ dy

x+ y+

∫

BC

dx+ dy

x+ y+

∫

CD

dx+ dy

x+ y+

∫

DA

dx+ dy

x+ y

Na duzi AB imamo y = 1− x ⇒ dy = −dx, x∣

∣

∣

0

1, pa je

∫

AB

dx+ dy

x+ y=

∫ 0

1

dx− dx

x+ 1− x= 0.

Na duzi BC imamo y = 1 + x ⇒ dy = dx, x∣

∣

∣

−1

0, pa je

∫

BC

dx+ dy

x+ y=

∫ −1

0

dx+ dx

x+ 1 + x

=

∫ −1

0

2dx

2x+ 1

= ln |2x+ 1|∣

∣

∣

−1

0= ln 1− ln 1 = 0.

Na duzi CD imamo y = −1 − x ⇒ dy = −dx, x∣

∣

∣

0

−1, pa je

∫

CD

dx+ dy

x+ y=

∫ 0

−1

dx− dx

x− 1− x= 0.



Na duzi DA imamo y = −1 + x ⇒ dy = dx, x∣

∣

∣

1

0, pa je

∫

DA

dx+ dy

x+ y=

∫ 1

0

dx+ dx

x− 1 + x

=

∫ 1

0

2dx

2x− 1

= ln |2x− 1|∣

∣

∣

1

0= ln 1− ln 1 = 0.

Dakle,∫

l

dx+ dy

x+ y= 0.

♦

Izmedu linijskog integrala druge vrste po zatvorenoj krivoj u ravni XOY idvojnog integrala odgovarajuce funkcije po oblasti ciji je rub ta kriva postoji

veza data Greenovom formulom. Neka su P,Q,∂P

∂y,∂Q

∂xneprekidne funkcije

u posmatranoj oblasti tada vrijedi

∮

l

Pdx+Qdy =

∫∫

D

(

∂Q

∂x− ∂P

∂y

)

dxdy. (2.1)


∫

l

y2dx+ (x+ y)2dy, gdje kriva l kontura trougla

ciji su vrhovi A(a, 0), B(a, a) i C(0, a), predena u pozitivnom smjeru.

Rjesenje:

b

b b

a

a

A

C B

0



Iz

∫

l

y2dx+ (x+ y)2dy imamo P (x, y) = y2 i Q(x, y) = (x+ y)2, odnosno

∂P

∂y= 2y i

∂Q

∂x= 2(x+ y).

Kako je data kriva zatvorena i funkcije P,Q,∂P

∂y,∂Q

∂xsu neprekidne na

oblasti koju ogranicava zatvorena kriva l, to su ispunjeni uslovi za primjenuGreenove fomule. Sada iz formule (2.1) imamo:

∫

l

y2dx+ (x+ y)2dy =

∫

D

(2(x+ y)− 2y)dxdy

= 2

∫

D

xdxdy = 2

∫ a

0

xdx

∫ a

a−x

dy

= 2

∫ a

0

xdx(a− a + x) = 2 · x3

3

∣

∣

∣

a

0=

2a3

3.

♦


∫

l

√

x2 + y2dx+ y[xy+ln(x+√

x2 + y2)]dy, gdje

kriva l data jednacinama y2 ≤ 2(x− 1), x ≤ 2 i y ≥ 0, predena u pozitivnomsmjeru.

Rjesenje:

bb

b

210

Iz

∫

l

√

x2 + y2dx+ y[xy+ ln(x+√

x2 + y2)]dy imamo P (x, y) =√

x2 + y2 i

Q(x, y) = y[xy + ln(x+√

x2 + y2)], odnosno∂P

∂y=

y√

x2 + y2i

∂Q

∂x= y

(

y +1

x+√

x2 + y2·(

1 +x

√

x2 + y2

))

= y

(

y +1

√

x2 + y2

)

.



Kako je data kriva zatvorena i funkcije P,Q,∂P

∂y,∂Q

∂xsu neprekidne na

oblasti koju ogranicava zatvorena kriva l, to su ispunjeni uslovi za primjenuGreenove fomule. Sada iz formule (2.1) imamo:

∫

l

√

x2 + y2dx+ y[xy + ln(x+√

x2 + y2)]dy =

=

∫

D

y2dxdy granice : x∣

∣

∣

2

1, y∣

∣

∣

√2(x−1)

0

=

∫ 2

1

dx

∫

√2(x−1)

0

y2dy

=

∫ 2

1

dxy3

3

∣

∣

∣

√2(x−1)

0=

1

3

∫ 2

1

√

2(x− 1) 3dx

=2√2

3

∫ 2

1

(x− 1)3

2dx =2√2

3

(x− 1)5

2

52

∣

∣

∣

2

1=

4√2

15.

♦

Primjer 2.2.7 Izracunati I =

∫

l

(ex sin y − uy)dx + (ex cos y − u)dy, u =

const, gdje kriva l dio kruznice x2 + y2 = ax, a ≥ 0 koji se nalazi u prvomkvadrantu preden od tacke A(a, 0) do tacke O(0, 0).

Rjesenje:

bbb

a

AB

a2

0

U ovom slucaju data kriva nije zatvoren pa da bi smo primijenili Greenovteorem moramo datu krivu prvo ”zatvoriti.” Odnosno vrijedi

Il = Il∪OA − IOA.



Na duzi OA je y = 0 ⇒ dy = 0 ⇒ IOA = 0. Dakle,

Il = Il∪OA, i kriva l ∪ OA je zatvorena.

Kako je

P (x, y) = ex sin y−uy, Q(x, y) = ex cos y−u,∂P

∂y= ex cos y−u,

∂Q

∂x= ex cos y,

na osnovu formule (2.1) imamo:

I =

∫∫

D

(ex cos y − ex cos y + u) dxdy

=

∫∫

D

udxdy; ϕ∣

∣

∣

π2

0, ρ∣

∣

∣

a cosϕ

0; J = ρ

= u

∫ π2

0

dϕ

∫ a cosϕ

0

ρdρ =ua2

2

∫ π2

0

cos2 ϕdϕ

=ua2

2

∫ π2

0

1 + cos 2ϕ

2dϕ =

ua2

4

(

π

2+

1

2sin 2ϕ

∣

∣

∣

π2

0

)

=ua2

4

(π

2+ 0)

=ua2π

8.

♦


∫

l

(x2 sin y+2y2)dx+

(

1

3x3 cos y − 2

)

dy, gdje

je kriva l dio kruznice x2+ y2 = 2x, koji se nalazi u prvom kvadrantu predenod tacke A(2, 0) do tacke O(0, 0).

Rjesenje:

bbb

2

AB

10



U ovom slucaju data kriva nije zatvoren pa da bi smo primijenili Greenovteorem moramo datu krivu prvo ”zatvoriti.” Odnosno vrijedi

Il = Il∪OA − IOA.

Na duzi OA je y = 0 ⇒ dy = 0 ⇒ IOA = 0. Dakle,

Il = Il∪OA, i kriva l ∪ OA je zatvorena.

Kako je

P (x, y) = x2 sin y+2y2, Q(x, y) =1

3x3 cos y−2,

∂P

∂y= x2 cos y+4y,

∂Q

∂x= x2 cos y,

na osnovu formule (2.1) imamo:

I =

∫∫

D

(

x2 cos y − x2 cos y − 4y)

dxdy

= −4

∫∫

D

ydxdy; ϕ∣

∣

∣

π2

0, ρ∣

∣

∣

2 cosϕ

0; J = ρ

= −4

∫ π2

0

sinϕdϕ

∫ 2 cosϕ

0

ρ2dρ = −32

3

∫ π2

0

cos3 ϕ · sinϕdϕ

=32

3

cos4 ϕ

4

∣

∣

∣

π2

0=

8

3(0− 1) = −8

3.

♦


∮

l

ydx+ zdy + xdz, gdje je kriva

l :

{

x2 + y2 + z2 = a2

x+ z = a a ≥ 0,

predena u pozitivnom smjeru.

Rjesenje: Iz

{

x2 + y2 + z2 = a2

x+ z = a a ≥ 0,⇒ x2 + y2 + (a− x)2 = a2 ⇒

x2 + y2 + a2 − 2ax+ x2 = a2 ⇔ 2x2 − 2ax+ y2 = 0 ⇔

2

(

x2 − 2 · a2x+

a2

4− a2

4

)

+ y2 = 0 ⇔ 2(

x− a

2

)2

+ y2 =a2

2⇔



(

x− a

2

)2

a2

4

+y2

a2

2

= 1 ⇔

(

x− a

2

)2

(a

2

)2 +y2

(

a√2

)2 = 1.

Dakle, data kriva je elipsa sa centrom u tacki(

a2, 0)

, sa poluosama a2i a√

2.

Te je parametrizacija ove krive

x− a

2=

a

2cos t ⇒ x =

a

2+

a

2cos t

y =a√2sin t, z = a− x =

a

2− a

2cos t.

Odnosno

dx = −a

2sin tdt, dy =

a√2cos tdt, dz =

a

2sin tdt.

Sada je:

I =

∮

l

ydx+ zdy + xdz =

∫ 2π

0

(

− a√2sin t · a

2sin t+

(a

2− a

2cos t

) a√2cos t

+(a

2+

a

2cos t

) a

2sin t

)

dt

=

∫ 2π

0

(

− a2

2√2sin2 t+

a2

2√2cos t− a2

2√2cos2 t

+a2

4sin t+

a2

4sin t cos t

)

dt

=

∫ 2π

0

(

− a2

2√2+

a2

2√2cos t+

a2

4sin t+

a2

4sin t cos t

)

dt

= − a2

2√2· 2π = −a2 · π√

2= −

√2 · a2 · π

2.

♦


∮

l

(y − z)dx+ (z − x)dy+ (x− y)dz, gdje je

kriva

l :

{

x2 + y2 = a2

xa+ z

h= 1 a, h ≥ 0,




Rjesenje: Parametarske jednacine date krive su:

x = a cos ty = a sin t

z = h(

1− x

a

)

= h(1− cos t); t ∈ [0, 2π].

Iz ovoga jedx = −a sin tdy = a cos t

dz = h(

1− x

a

)

= h sin t; t ∈ [0, 2π].

I =

∮

l

(y − z)dx+ (z − x)dy + (x− y)dz

=

∫ 2π

0

((a sin t− h(1− cos t))(−a sin t) + (h(1− cos t)− a cos t)a cos t

+ (a cos t− a sin t)h sin t) dt

=

∫ 2π

0

(

−a2 sin2 t+ ah sin t− ah sin t cos t+ ah cos t− ah cos2 t− a2 cos2 t

+ ah sin t cos t− ah sin2 t)

dt

=

∫ 2π

0

(

−a2 − ah + ah sin t+ ah cos t)

= (−a2 − ah)2π = −2aπ(a+ h).

♦


∮

l

(y2−z2)dx+(z2−x2)dy+(x2−y2)dz, gdje

je l kriva koja nastaje kao presjek koordinatnih ravni i sfere x2 + y2 + z2 = 1u prvom oktantu, predena u pozitivnom smjeru.

Rjesenje:

x

y

z

l1

l2l3



Il = Il1 + Il2 + Il3 .

Na krivoj l1 imamo:

x = cos ty = sin tz = 0

⇒dx = − sin tdtdy = cos tdtdz = 0, t ∈

[

0, π2

]

.

.

Il1 =

∫ π2

0

(

− sin3 t− cos3 t)

dt

= −∫ π

2

0

(

(1− cos2 t) sin t+ (1− sin2 t) cos t)

dt

= −∫ π

2

0

(

sin t− cos2 t sin t+ cos t− sin2 t cos t)

dt

=

(

cos t− cos3 t

3− sin t+

sin3 t

3

)

∣

∣

∣

π2

0

= −1 +1

3− 1 +

1

3= −4

3.

Na krivoj l2 imamo:

x = 0y = cos tz = sin t

⇒dx = 0dy = − sin tdtdz = cos tdt, t ∈

[

0, π2

]

.

.

Il2 =

∫ π2

0

(


dt

= −∫ π

2

0

(


dt

= −∫ π

2

0

(


dt

=

(

cos t− cos3 t

3− sin t+

sin3 t

3

)

∣

∣

∣

π2

0

= −1 +1

3− 1 +

1

3= −4

3.

Na krivoj l3 imamo:

x = sin ty = 0z = cos t

⇒dx = cos tdtdy = 0dz = − sin tdt, t ∈

[

0, π2

]

.

.



Il3 =

∫ π2

0

(


dt

= −∫ π

2

0

(


dt

= −∫ π

2

0

(


dt

= −(

− cos t +cos3 t

3+ sin t+

sin3 t

3

)

∣

∣

∣

π2

0

= −1 +1

3− 1 +

1

3= −4

3.

Il = Il1 + Il2 + Il3 = −4

3− 4

3− 4

3= −4.

♦


∮

l

(y − z)dx+ (z − x)dy+ (x− y)dz, gdje je

kriva

l :

{

4− x2 − 2y2 = z

x+ 2y + z = 1,


Rjesenje: Iz{

4− x2 − 2y2 = z

x+ 2y + z = 1,

dobijamo

4− x2 − 2y2 = 1− x− 2y ⇔ x2 + 2y2 − x− 2y = 3 ⇔

⇔ x2 − 2x · 12+

1

4− 1

4+ 2

(

y2 − 2y · 12+

1

4− 1

4

)

= 3 ⇔

⇔(

x− 1

2

)2

+ 2

(

y − 1

2

)2

=15

4⇔(

x− 12

)2

154

+

(

y − 12

)2

158

= 1.

Parametarske jednacine su:

x =1

2+

√15

2cos t

y =1

2+

√15

2√2sin t

z = 1− x− 2y = −1

2−

√15

2cos t−

√15√2

sin t

,



te je

dx = −√15

2sin tdt

dy =

√15

2√2cos tdt

dz = 1− x− 2y =

(√15

2sin t−

√15√2

cos t

)

dt

.

Sada imamo:

I =

∮

l

(y − z)dx+ (z − x)dy + (x− y)dz

=

∫ 2π

0

(

1

2+

√15

2√2sin t+

1

2+

√15

2cos t+

√15√2

sin t

)

·(

−√15

2sin t

)

+

+

(

−1

2−

√15

2cos t−

√15√2

sin t− 1

2−

√15

2cos t

)

·√15

2√2cos t

+

(

1

2+

√15

2cos t− 1

2−

√15

2√2sin t

)

·(√

15

2sin t−

√15√2

cos t

)

dt

=

∫ 2π

0

(

−√15

2sin t− 15

4√2sin2 t− 15

4sin t cos t−

√15

2√2cos t− 15

2√2sin2 t

− 15

4√2cos2 t− 15

4sin t cos t− 15

4√2cos2 t+

15

4sin t cos t− 15

2√2cos2 t

− 15

4√2sin2 t+

15

4sin t cos t

)

dt

=

(

− 15√2

)

2π = −15π√2.

♦


Poglavlje 3

Povrsinski integrali

3.1 Povrsinski integral prve vrste

Ako je povrs zadana eksplicitnom jednacinom z = z(x, y) tada povrsinskiintegral racunamo po formuli

∫∫

S

f(x, y, z)ds =

∫∫

Dxoy

f(x, y, z(x, y))√

1 + p2 + q2dxdy,

gdje su p =∂z

∂xi q =

∂z

∂y.

Ako je povrs zadana parametarskim jednacinama

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

tada povrsinski integral racunamo po formuli

∫∫

S

f(x, y, z)ds =

∫∫

Dxoy

f(x(u, v), y(u, v), z(u, v))√EG− F 2dudv,

gdje suE = x2

u + y2u + z2u,

G = x2v + y2v + z2v ,

F = xu · xv + yu · yv + zu · zv.


∫∫

S

(xy + yz + zx)ds, gdje je S dio povrsi

z =√

x2 + y2 kojeg isijeca cilindar x2 + y2 = 2ax, a > 0.

82

3.1. POVRSINSKI INTEGRAL PRVE VRSTE Matematicka analiza 4

Rjesenje:

p =∂z

∂x=

x√

x2 + y2

i

q =∂z

∂y=

y√

x2 + y2.

Sada imamo:

I =

∫∫

S

(xy + yz + zx)ds

=

∫∫

D

(

xy + y√

x2 + y2 + x√

x2 + y2)

√

1 +x2

x2 + y2+

y2

x2 + y2dxdy

=√2

∫∫

D

(

xy + y√

x2 + y2 + x√

x2 + y2)

dxdy.


x = ρ cosϕy = ρ sinϕ

, |J | = ρ.

Iz x2 + y2 = 2ax imamo:

0 ≤ ρ ≤ 2a cosϕ, −π

2≤ ϕ ≤ π

2.

I =√2

∫∫

D

(

xy + y√

x2 + y2 + x√

x2 + y2)

dxdy

=√2

∫ π2

−π2

dϕ

∫ 2a cosϕ

0

(

ρ2 cosϕ sinϕ+ ρ2 sinϕ+ ρ2 cosϕ)

ρdρ

=√2

∫ π2

−π2

dϕ

(

cosϕ sinϕ24a4 cos4 ϕ

4+ sinϕ

24a4 cos4 ϕ

4+ cosϕ

24a4 cos4 ϕ

4

)

= 4a4√2

∫ π2

−π2

(

cos5 ϕ sinϕ+ cos4 ϕ sinϕ+ cos5 ϕ)

dϕ

= 4a4√2

(

−cos6 ϕ

6

∣

∣

∣

π2

−π2

− cos5 ϕ

5

∣

∣

∣

π2

−π2

+

∫ π2

−π2

cos4 ϕ cosϕdϕ

)

= 4a4√2

∫ π2

−π2

(1− sin2 ϕ)2 cosϕdϕ

= 4a4√2

∫ π2

−π2

(1− 2 sin2 ϕ+ sin4 ϕ) cosϕdϕ =64a4 ·

√2

15.



♦


∫∫

S

ds

x2 + y2 + z2, gdje je S dio cilindra

x2 + y2 = R2 kojeg ogranicavaju ravni x = 0, y = 0, z = 0 i z = n, n > 0.

Rjesenje:

R

n

x

y

z

Iz x2 + y2 = R2 imamo x =√

R2 − y2, te je

p =∂x

∂y=

−y√

R2 − y2

i

q =∂x

∂z= 0, y

∣

∣

∣

R

0, z

∣

∣

∣

n

0.

Sada imamo:

I =

∫∫

S

ds

x2 + y2 + z2

=

∫∫

D

√

1 +y2

R2 − y2+ 0dydz

R2 − y2 + y2 + z2= R

∫∫

D

dydz√

R2 − y2(R2 + z2)

= R

∫ R

0

dy√

R2 − y2

∫ n

0

dz

R2 + z2= R

∫ R

0

dy√

R2 − y2

∫ n

0

dz

R2(

1 +(

zR

)2)

= R

∫ R

0

dy√

R2 − y2

1

Rarctg

z

R

∣

∣

∣

n

0= arctg

n

R· arcsin y

R

∣

∣

∣

R

0=

π

2· arctg n

R.



♦


∫∫

S

(x2 + y2)ds, gdje je S sfera

x2 + y2 + z2 = a2, a > 0.

Rjesenje:

x

y

z

S = S+ ∪ S−,

gdje su S+ gornja a S− donja polusfera. Stoga je I = 2I0, gdje je I0 integralsamo po gornjoj polusferi. Kako je

z =√

a2 − x2 − y2,

to su

p =∂z

∂x=

−x√

a2 − x2 − y2

i

q =∂z

∂y=

−y√

a2 − x2 − y2.

Sada je

I = 2I0 = 2

∫∫

D

(x2 + y2)

√

1 +x2

a2 − x2 − y2+

y2


= 2a

∫∫

D

(x2 + y2)dxdy

√

a2 − (x2 + y2)




x = ρ cosϕy = ρ sinϕ, |J | = ρ.

Kako je oblast integracije D : x2 + y2 = a2, to su granice

ϕ∣

∣

∣

2π

0ρ∣

∣

∣

a

0.

Sada imamo:

I = 2I0 = 2a

∫∫

D

(x2 + y2)dxdy

√

a2 − (x2 + y2)

= 2a

∫ 2π

0

dϕ

∫ a

0

ρ2ρdρ

√

a2 − ρ2; Smjena : a2 − ρ2 = t2 ⇒ ρdρ = tdt

= 2a

∫ 2π

0

dϕ

∫ (a)

(0)

(a2 − t2)−tdt√

t2= −2a

∫ 2π

0

dϕ

∫ (a)

(0)

(a2 − t2)dt

= −2a

∫ 2π

0

dϕ · −2a3

3=

8a4π

4.

♦


∫∫

S

√

x2 + y2ds, gdje je povrs S :

x2

a2+ y2

a2− z2

b2= 0, a > 0, b > 0 i 0 ≤ z ≤ b.

Rjesenje: Iz x2

a2+ y2

a2− z2

b2= 0 imamo

z = ± b

a

√

x2 + y2,

te zbog 0 ≤ z ≤ b je

z =b

a

√

x2 + y2.

Te iz z =b

a

√

x2 + y2, su

p =∂z

∂x=

b

a

x√

x2 + y2

i

q =∂z

∂y=

b

a

y√

x2 + y2.


3.2. POVRSINSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4

Sada imamo:

I =

∫∫

S

√

x2 + y2ds

=

∫∫

D

√

x2 + y2

√

1 +b2

a2x2

x2 + y2+

b2

a2y2

x2 + y2dxdy

=1

a

∫∫

D

√

a2(x2 + y2) + b2(x2 + y2)dxdy

Oblast integracije D dobijamo iz

x2

a2+

y2

a2− z2

b2= 0 i z = b,

odnosno oblastD je krug x2+y2 = a2, te nakon uvodenja polarnih koordinataimamo:

I =1

a

∫∫

D

√

a2(x2 + y2) + b2(x2 + y2)dxdy

=1

a

∫ 2π

0

dϕ

∫ a

0

√a2 + b2ρ2dρ

=1

a

√a2 + b2 · a

3

32π =

2 · a2π3

√a2 + b2.

♦

3.2 Povrsinski integral druge vrste

Neka je S glatka povrs odredena jedinicnim vektorom normale ~n0 = {cosα, cosβ, cos γ}i neka su P, Q i R funkcije koje zavise od x, y i z. Tada je integral

∫∫

S

Pdydz +Qdzdx+Rdxdy

povrsinski integral druge vrste koji je jednak povrsinskom integralu prve vrste∫∫

S

(P cosα +Q cos β +R cos γ) ds.


I =

∫∫

S

zdxdy + xdxdz + ydydz,

gdje je S vanjska strana ravni x+ y + z = 1 u prvom oktantu.



Rjesenje:

~n

1

1

1

x

y

z

Kako vrijedi

∢(~n,~i) <π

2, ∢(~n,~j) <

π

2, ∢(~n,~k) <

π

2,

to iz x+ y + z = 1 ⇒ ~n0 = {1, 1, 1}.Dakle, imamo:

I =

∫∫

S

zdxdy + xdxdz + ydydz

=

∫∫

S

(z + x+ y)ds =

∫∫

D

(1− x− y + x+ y)√1 + 1 + 1dxdy

=√3

∫∫

D

dxdy =√3

∫ 1

0

dx

∫ 1−x

0

dy =√3

∫ 1

0

(1− x)dx =

√3

2.

♦


I =

∫∫

S

zdxdy + xdxdz + ydydz,

gdje je S vanjska strana ravni x−y+ z = 1, koju isijecaju koordinatne ravni.

Rjesenje:



~n

−1

1

1

x

y

z

Kako vrijedi

∢(~n,~i) <π

2, ∢(~n,~j) >

π

2, ∢(~n,~k) <

π

2,

to iz x− y + z = 1 ⇒ ~n0 = {1,−1, 1}.Dakle, imamo:

I =

∫∫

S

zdxdy + xdxdz + ydydz

=

∫∫

S

(z − x+ y)ds =

∫∫

D

(1− x+ y − x+ y)√1 + 1 + 1dxdy

=√3

∫∫

D

(1− 2x+ 2y)dxdy =√3

∫ 1

0

dx

∫ 0

x−1

(1− 2x+ 2y)dy

=√3

∫ 1

0

(x2 − x)dx = −√3

6.

♦


I =

∫∫

S

yzdydz + xzdxdz + xydxdy,

gdje je S vanjska strana tetraedra kojeg zaklapa ravan x + y + z = a, sakoordinatnim ravnima u prvom oktantu.

Rjesenje:



~n

a

a

a

x

y

z

Dati integral cemo podijeliti na cetri integrala tj. vrijedi:

IS = IXOY + IY OZ + IXOZ + Iravni.

Na ravni XOY je z = 0 i ∢(~n,~k) > π2, pa je

IXOY = −∫∫

XOY

xydxdy

= −∫ a

0

xdx

∫ a−x

0

ydy

= −∫ a

0

x(a− x)2

2dx = −a4

24.

Na ravni Y OZ je x = 0 i ∢(~n,~i) > π2, pa je

IY OZ = −∫∫

XOY

yzdydz

= −∫ a

0

ydy

∫ a−y

0

zdz

= −∫ a

0

y(a− y)2

2dy = −a4

24.

Na ravni XOZ je y = 0 i ∢(~n,~j) > π2, pa je

IXOZ = −∫∫

XOY

xzdxdz

= −∫ a

0

xdx

∫ a−x

0

zdz

= −∫ a

0

x(a− x)2

2dx = −a4

24.



Na ravni x+ y + z = a je

∢(~n,~i) <π

2, ∢(~n,~j) <

π

2, ∢(~n,~k) <

π

2,

pa je

Iravni =

∫∫

S

yzdydz + xzdxdz + xydxdy

=

∫∫

Y OZ

yzdydz +

∫∫

XOZ

xzdxdz +

∫∫

XOY

xydxdy

=a4

24+

a4

24+

a4

24=

3a4

24.

Konacno imamo:

I =

∫∫

S

yzdydz + xzdxdz + xydxdy = −a4

24− a4

24− a4

24+

3a4

24= 0.

♦


I =

∫∫

S

x2y2zdxdy,

gdje je S gornja strana donje polusfere x2 + y2 + z2 = R2.

Rjesenje:

~n

R

x

y

z



Kako je ∢(~n,~k) <π

2, imamo:

I =

∫∫

S

x2y2zdxdy

=

∫∫

Dxoy

x2y2(

−√

R2 − (x2 + y2))

dxdy

= −∫∫

Dxoy

x2y2√

R2 − (x2 + y2)dxdy.

Ako uvedemo polarne koordinate dobijamo:

I = −∫∫

Dxoy

x2y2√

R2 − (x2 + y2)dxdy

= −∫ 2π

0

sin2 ϕ cos2 ϕdϕ

∫ R

0

ρ4√

R2 − ρ2ρdρ

=

∫ 2π

0

sin2 ϕ cos2 ϕdϕ

∫ (R)

(0)

(R2 − t2)2 · t2dt

=

∫ 2π

0

(

1

2· 2 sinϕ cosϕ

)2

dϕ

∫ (R)

(0)

(R4 − 2R2t2 + t4)2t2dt

=1

4

∫ 2π

0

sin2 2ϕdϕ

(

−R7

3+

2R7

5− R7

7

)

=1

4· −8R7

105

∫ 2π

0

1− cos 2ϕ

2dϕ = −2R7π

105.

♦


I =

∫∫

S

xdydz + ydxdz + zdxdy,

gdje je S vanjska strana sfere x2 + y2 + z2 = a2.

Rjesenje:



~n

−~n

a

x

y

z

Kako je na gornjoj polusferi S+∢(~n,~k) <

π

2, a na donjoj polusferi S−

∢(~n,~k) >π

2, to dati integral moramo podijeliti na dva tj.

I =

∫∫

S+

xdydz + ydxdz + zdxdy +

∫∫

S−

xdydz + ydxdz + zdxdy.

Iz x2 + y2 + z2 = a2 ⇒ ~n = {2x, 2y, 2z}, odnosno |~n| =√

4x2 + 4y2 + 4z2 =√4a2 = 2a. Dakle, jedinicni vektor normale na povrs S je

~n0 ={x

a,y

a,z

a

}

⇒ − ~n0 ={

−x

a,−y

a,−z

a

}

.

Sada je:

I =

∫∫

S+

xdydz + ydxdz + zdxdy +

∫∫

S−

xdydz + ydxdz + zdxdy

=

∫∫

S+

(

x · cosαcos γ

+ y · cos βcos γ

+ z

)

cos γds+

∫∫

S−

(

x · cosαcos γ

+ y · cos βcos γ

+ z

)

cos γds

=

∫∫

S+

(

x ·xaza

+ y ·y

aza

+ z

)

cos γds+

∫∫

S−

(

x ·xaza

+ y ·y

aza

+ z

)

cos γds

=

∫∫

S+

(

x2 + y2 + z2

z

)

cos γds+

∫∫

S−

(

x2 + y2 + z2

z

)

cos γds

=

∫∫

D

a2

zdxdy −

∫∫

D

a2

zdxdy

=

∫∫

D

a2√

a2 − x2 − y2dxdy −

∫∫

D

a2

−√


= 2a2∫∫

D

dxdy√

a2 − x2 − y2



Nakon uvodenja polarnih koordinata dobijamo

I = 2a2∫∫

D

dxdy√

a2 − x2 − y2

= 2a2∫ 2π

0

dϕ

∫ a

0

ρdρ√

a2 − ρ2= 4a3π.

♦


I =

∫∫

S

x2dydz + y2dxdz + z2dxdy,

gdje je S vanjska strana povrsi x2 + y2 − z2 = 0, 0 ≤ z ≤ a.

Rjesenje:

~n

x

y

z

Kako je ∢(~n,~k) >π

2⇒ ~n = {2x, 2y − 2z} , odnosno

|~n| =√

4x2 + 4y2 + 4z2 = 2√

x2 + y2 + z2 = 2√z2 + z2 = 2

√2z.

Jedinicni vektor normale na povrs je

~n0 =~n

|~n| ={

x√2z

,y√2z

,−1√2

}

,

odnosnocosα

cos γ= −x

z,cos β

cos γ= −y

z.



Sada imamo:

I =

∫∫

S

x2dydz + y2dxdz + z2dxdy

=

∫∫

S

(

x2 cosα

cos γ+ y2

cos β

cos γ+ z2

)

cos γds

= −∫∫

D

(

−x2 · xz− y2 · y

z+ z2

)

dxdy

= −∫∫

D

−x3 − y3 + z3

zdxdy

= −∫∫

D

−x3 − y3 +√

x2 + y2 3

√

x2 + y2dxdy

=

∫∫

D

x3 + y3√

x2 + y2dxdy −

∫∫

D

(x2 + y2)dxdy.

Nakon uvodenja polarnih koordinata imamo:

I =

∫∫

D

x3 + y3√

x2 + y2dxdy −

∫∫

D

(x2 + y2)dxdy

=

∫ 2π

0

(cos3 ϕ+ sin3 ϕ)dϕ

∫ a

0

ρ3dρ−∫ 2π

0

dϕ

∫ a

0

ρ3dρ

= −a4π

2.

♦


I =

∫∫

S

y2zdxdy + xzdydz + x2ydxdz,

gdje je S vanjska strana povrsi sastavljene od paraboloida z = x2+y2, cilindrax2 + y2 = 1 i ravnima z = 0, y = 0 i x = 0.

Rjesenje:



1

x

y

z

IS = IXOY + IXOZ + IY OZ + Icilindar + Iparaboloid.

Na XOY ravni z = 0 ⇒ dz = 0, pa je IXOY = 0.Na XOZ ravni y = 0 ⇒ dy = 0, pa je IXOZ = 0.Na Y OZ ravni x = 0 ⇒ dx = 0, pa je IY OZ = 0.

Na cilindaru imamo:

~n

1

x

y

z

∢(~n,~k) =π

2, ∢(~n,~j) <

π

2, ∢(~n,~i) <

π

2,

pa je

Icilindar =

∫∫

S

y2zdxdy + xzdydz + x2ydxdz =

∫∫

S

xzdydz + x2ydxdz.



Icilindar =

∫∫

S

xzdydz + x2ydxdz

=

∫∫

D

z√

1− y2dydz + x2√1− x2dxdz

=

∫ 1

0

zdz

∫ 1

0

√

1− y2dy +

∫ 1

0

dz

∫ 1

0

x2√1− x2dx.

Nakon uvodenja smjene y = sin t ⇒ dy = cos tdt, odnosno x = sin u ⇒ dx =cos udu, imamo:

Icilindar =

∫ 1

0

zdz

∫ 1

0

√

1− y2dy +

∫ 1

0

dz

∫ 1

0

x2√1− x2dx

=

∫ (1)

(0)

zdz

∫ (1)

(0)

√

1− sin2 t cos tdt +

∫ (1)

(0)

dz

∫ (1)

(0)

sin2 u√

1− sin2 u cosudu

=

∫ (1)

(0)

zdz

∫ (1)

(0)

cos2 tdt+

∫ (1)

(0)

dz

∫ (1)

(0)

sin2 u cos2 udu

=

∫ (1)

(0)

zdz

∫ (1)

(0)

1 + cos 2t

2dt+

1

4

∫ (1)

(0)

dz

∫ (1)

(0)

sin2 2udu

=π

8+

π

16=

3π

16.

Na paraboloidu imamo:

∢(~n,~k) <π

2, ∢(~n,~j) <

π

2, ∢(~n,~i) <

π

2,

pa je ~n · ~k > 0 ⇒ Ψ : −x2 − y2 + z = 0, odnosno ~n = {−2x,−2y, 1} ⇒|~n| =

√

4x2 + 4y2 + 1, te je jedinicni vektor

~n0 =

{

−2x√

4x2 + 4y2 + 1,

−2y√

4x2 + 4y2 + 1,

1√

4x2 + 4y2 + 1

}

.

Pa je:

Iparaboloidu =

∫∫

S

y2zdxdy + xzdydz + x2ydxdz

=

∫∫

S

(

y2z + xzcosα

cos γ+ x2y

cosβ

cos γ

)

cos γds

=

∫∫

D

(

y2(x2 + y2) + x(x2 + y2)(−2x) + x2y(−2y))

dxdy

=

∫∫

D

(

y2(x2 + y2)− 2x2(x2 + y2)− 2x2y2)

dxdy

=

∫∫

D

(

−3x2y2 + y4 − 2x4)

dxdy.



Nakon uvodenja polarnih koordinata dobijamo

Iparaboloidu =

∫∫

D

(

−3x2y2 + y4 − 2x4)

dxdy

=

∫ π2

0

dϕ

∫ 1

0

(

−3 sin2 ϕ cos2 ϕ+ sin4 ϕ− 2 cos4 ϕ)

ρ5dρ

=1

6

∫ π2

0

(

−3 sin2 ϕ cos2 ϕ+ sin4 ϕ− 2 cos4 ϕ)

dϕ

=1

6

∫ π2

0

(

−3

4sin2 2ϕ+

(

1− cos 2ϕ

2

)2

− 2

(

1 + cos 2ϕ

2

)2)

dϕ

=1

6

(

−3π

16+

3π

16− 3π

8

)

= − π

16.

Konacno je

I = 0 +3π

16− π

16=

π

8.

♦


I =

∫∫

S

dydz

x+

dxdz

y+

dxdy

z,

gdje je S vanjska strana elipsoidax2

a2+

y2

b2+

z2

c2= 1.

Rjesenje:

~n

−~nx

y

z



Kako je na gornjoj strani S+∢(~n,~k) <

π

2, a na donjoj strani S−

∢(~n,~k) >π

2,

to dati integral moramo podijeliti na dva tj.

I =

∫∫

S+

dydz

x+

dxdz

y+

dxdy

z+

∫∫

S−

dydz

x+

dxdz

y+

dxdy

z.

Izx2

a2+

y2

b2+

z2

c2= 1 ⇒ ~n =

{

2x

a2,2y

b2,2z

c2

}

, odnosno

|~n| =√

4x2

a4+

4y2

b4+

4z2

c4= K.

Dakle, jedinicni vektor normale na povrs S je

~n0 =2

K

{ x

a2,y

b2,z

c2

}

= {cosα, cosβ, cos γ}.

Sada jecosα

cos γ=

c2x

a2z,

cos β

cos γ=

c2y

b2z.

Sada je:

I =

∫∫

S+

dydz

x+

dxdz

y+

dxdy

z+

∫∫

S−

dydz

x+

dxdz

y+

dxdy

z

=

∫∫

S+

(

1

x· c

2x

a2z+

1

y· c

2y

b2z+

1

z

)

cos γds+

+

∫∫

S−

(

1

x· c

2x

a2z+

1

y· c

2y

b2z+

1

z

)

cos γds

=

(

c2

a2+

c2

b2+ 1

)[∫∫

S+

1

zcos γds+

∫∫

S−

1

zcos γds

]

=

(

c2

a2+

c2

b2+ 1

)

∫∫

D

dxdy

c

√

1− x2

a2− y2

b2

−∫∫

D

1

−c

√

1− x2

a2− y2

b2

dxdy

=2(

c2

a2+ c2

b2+ 1)

c

∫∫

D

dxdy

c

√

1− x2

a2− y2

b2

.

Ako uvedemo uopstene polarne koordinate

x = a cosϕy = b sinϕ

, |J | = abρ, ρ∣

∣

∣

1

0, ϕ∣

∣

∣

2π

0,



dobijamo:

I =2(

c2

a2+ c2

b2+ 1)

c

∫∫

D

dxdy

c

√

1− x2

a2− y2

b2

=2ab

(

c2

a2+ c2

b2+ 1)

c

∫ 2π

0

dϕ

∫ 1

0

ρdρ√

1− ρ2

=−2ab

(

c2

a2+ c2

b2+ 1)

c

∫ 2π

0

dϕ(0− 1)

=4abπ

(

c2

a2+ c2

b2+ 1)

c=

4π

abc

(

b2c2 + a2c2 + a2b2)

.

♦

Teorem 3.2.1 (Teorem Ostrogradskog) Neka su P, Q i R neprekidnefunkcije sa neprekidnim parcijalnim izvodima u zatvorenoj oblasti V koja jeogranicena zatvorenom ogranicenom povrsi S. Tada vrijedi

∫∫

S

Pdydz +Qdxdz +Rdxdy =

∫∫∫

V

(

∂P

∂x+

∂Q

∂y+

∂R

∂z

)

dxdydz,

gdje je povrsinski integral po vanjskoj strani povrsi S.


I =

∫∫

S

xdydz + ydxdz + zdxdy,

gdje je S vanjska strana sfere x2 + y2 + z2 = a2.

Rjesenje:

~n

a

x

y

z



P (x, y) = x, Q(x, y) = y, R(x, y) = z.

Kako su ispunjeni uslovi Teorema 3.2.1, to imamo:

I =

∫∫

S

xdydz + ydxdz + zdxdy

=

∫∫∫

(V )

(

∂P

∂x+

∂Q

∂y+

∂R

∂z

)

dxdydz

=

∫∫∫

(V )

(1 + 1 + 1) dxdydz

= 3

∫∫∫

(V )

dxdydz.

Nakon uvodenja sfernih koordinata dobijamo:

I = 3

∫∫∫

(V )

dxdydz

= 3

∫ 2π

0

dϕ

∫ π

0

sin θdθ

∫ a

0

ρ2dρ

= a3∫ 2π

0

dϕ

∫ π

0

sin θdθ

= a3 · 2π(− cosπ + cos 0) = 4a3π.

♦


I =

∫∫

S

2dxdy + ydxdz − x2zdydz,

gdje je S vanjska strana povrsi ogranicena sa 4x2 + y2 + 4z2 = 1, za x ≥ 0,y ≥ 0 i z ≥ 0.

Rjesenje:



~n

x

y

z

P (x, y) = −x2z, Q(x, y) = y, R(x, y) = 2.

Kako su ispunjeni uslovi Teorema 3.2.1, to imamo:

I =

∫∫

S

2dxdy + ydxdz − x2zdydz

=

∫∫∫

(V )

(

∂P

∂x+

∂Q

∂y+

∂R

∂z

)

dxdydz

=

∫∫∫

(V )

(−2xz + 1 + 0) dxdydz

=

∫∫∫

(V )

(−2xz + 1) dxdydz.

Kako vrijedi

4x2 + y2 + 4z2 = 1 ⇔ x2

14

+ y2 +z2

14

= 1,

trebamo uvesti uopstene sferne koordinate

x =1

2ρ cosϕ sin θ

y = ρ sinϕ sin θ

z =1

2ρ cos θ

, |J | = 1

4ρ2 sin θ.



I =

∫∫∫

(V )

(−2xz + 1) dxdydz

=1

4

∫ π2

0

dϕ

∫ π2

0

sin θdθ

∫ 1

0

(

−2 · 12ρ cosϕ sin θ · 1

2ρ cos θ + 1

)

ρ2dρ

=1

4

∫ π2

0

dϕ

∫ π2

0

(

− 1

10cosϕ sin θ cos θ +

1

3

)

sin θdθ

=1

4

∫ π2

0

dϕ

(

− 1

10cosϕ

sin3 θ

3

∣

∣

∣

π2

0− 1

3cos θ

∣

∣

∣

π2

0

)

=1

4

∫ π2

0

(

− 1

30cosϕ+

1

3

)

dϕ = − 1

120+

π

24=

1

120(5π − 1).

♦


I =

∫∫

S


gdje je S vanjska strana polusfere x2 + y2 + z2 = a2, z ≥ 0.

Rjesenje:

~n

S ′

a

x

y

z

P (x, y) = x2, Q(x, y) = y2, R(x, y) = z2.

U ovom slucaju data povrs S nije zatvorena, pa da bi smo primijenili Teorem3.2.1 datu povrs moramo zatvoriti sa ravni S ′. Na ravni S ′ z = 0 ⇒ dz = 0te je IS′ = 0. Dakle, vrijedi

IS = IS∪S′,



a povrs S∪S ′ je zatvorena te se moze primijeniti Teorem 3.2.1. Sada imamo:

I =

∫∫

S


=

∫∫∫

(V )

(

∂P

∂x+

∂Q

∂y+

∂R

∂z

)

dxdydz

=

∫∫∫

(V )

(2x+ 2y + 2z) dxdydz

= 2

∫∫∫

(V )

(x+ y + z) dxdydz.

Nakon uvodenja sfernih koordinata dobijamo:

I = 2

∫∫∫

(V )

(x+ y + z) dxdydz

= 2

∫ 2π

0

dϕ

∫ π2

0

sin θdθ

∫ a

0

(ρ cosϕ sin θ + ρ sinϕ sin θ + ρ cos θ) ρ2dρ

=a4

2

∫ 2π

0

dϕ

∫ π2

0

(cosϕ sin θ + sinϕ sin θ + cos θ) sin θdθ

=a4

2

∫ 2π

0

dϕ

(

∫ π2

0

(cosϕ+ sinϕ) sin2 θdθ +

∫ π2

0

cos θ sin θdθ

)

=a4

2

∫ 2π

0

(

π

4(cosϕ+ sinϕ) +

1

2

)

dϕ

=a4

2· 12· 2π =

a4π

2.

♦


I =

∫∫

S


gdje je S vanjska strana konusa x2 + y2 = z2, 0 ≤ z ≤ h.

Rjesenje:



b h

~n

S ′

x

y

z

P (x, y) = x2, Q(x, y) = y2, R(x, y) = z2.

U ovom slucaju data povrs S nije zatvorena, pa da bi smo primijenili Teorem3.2.1 datu povrs moramo zatvoriti sa ravni S ′.

Na ravni S ′ imamo:

b h

~n

x

y

z

~n = ~k = {0, 0, 1}, z = h, ds =√1dxdy = dxdy.

IS′ =

∫∫

S′

x2dydz+y2dxdz+z2dxdy =

∫∫

S′

(x2 cosα+y2 cos β+z2 cos γ)ds =

=

∫∫

S′

z2dxdy = h2

∫∫

D

dxdy = h2

∫ 2π

0

dϕ

∫ h

0

ρdρ = h4π.



Kako vrijediIS∪S′ = IS + IS′ ⇒ IS = IS∪S′ − IS′,

a povrs S ∪ S ′ je zatvorena pa su na povrsi S ∪ S ′ ispunjeni uslovi Teorema3.2.1.

Sada imamo:

IS∪S′ =

∫∫

S


=

∫∫∫

(V )

(2x+ 2y + 2z)dxdydz

= 2

∫∫∫

(V )

(x+ y + z)dxdydz.

Nakon uvodenja cilindricnih koordinata

x = ρ cosϕy = ρ sinϕz = z

, ϕ∣

∣

∣

2π

0, ρ∣

∣

∣

h

0, z∣

∣

∣

h

ρ,

dobijamo:

IS∪S′ = 2

∫∫∫

(V )

(x+ y + z)dxdydz

= 2

∫ 2π

0

dϕ

∫ h

0

ρdρ

∫ h

ρ

(ρ cosϕ+ ρ sinϕ+ z)dz

= 2

∫ 2π

0

dϕ

∫ h

0

ρ

(

ρ(cosϕ+ sinϕ)(h− ρ) +h2 − ρ2

2

)

= 2

∫ 2π

0

dϕ

(

h4

3(cosϕ+ sinϕ)− h4

4(cosϕ+ sinϕ) +

h4

4− h4

8

)

= h4π − h4π

2=

h4π

2.

Konacno imamo:

I = IS =h4π

2− h4π = −h4π

2.

♦


Poglavlje 4

Vektorska polja

4.1 Fluks (protok) vektorskog polja

Funkciju ~a = P~i+Q~j +R~k, gdje su funkcije P,Q i R funkcije promjenljivihx, y, z, nazivamo vektroska funkcija ili vektorsko polje. Fluks vektorskogpolja ~a kroz orjentisanu povrs S racunamo po formuli

Φ =

∫∫

S

~a · d~s =∫∫

S

~a · ~n0ds. (4.1)

Primjer 4.1.1 Izracunati fluks vektorskog polja ~a = x~i+y~j+z~k kroz vanjskustranu paraboloida z = x2 + y2 za 0 ≤ z ≤ 4.

Rjesenje:

b 4

~n

x

y

z

107

4.1. FLUKS (PROTOK) VEKTORSKOG POLJA Matematicka analiza 4

Kako je ∢(~n,~k) > π2, to vektor normale racunamo iz jednacine povrsi x2 +

y2 − z = 0, odnosno

~n = {2x, 2y,−1} ⇒ |~n| =√

4x2 + 4y2 + 1.

Jedinicni vektor vektora normale na datu povrs je

~n0 =

{

2x√

4x2 + 4y2 + 1,

2y√

4x2 + 4y2 + 1,

−1√

4x2 + 4y2 + 1

}

.

Sada imamo:

~a · ~n0 = {x, y, z} ·{

2x√

4x2 + 4y2 + 1,

2y√

4x2 + 4y2 + 1,

−1√

4x2 + 4y2 + 1

}

=

=2x2 + 2y2 − z√

4x2 + 4y2 + 1.

ds =√

1 + z′2x + z

′2y dxdy =

√

1 + 4x2 + 4y2dxdy.

Sada primjenom formule (4.1) imamo:

Φ =

∫∫

D

2x2 + 2y2 − z√

4x2 + 4y2 + 1·√

1 + 4x2 + 4y2dxdy

=

∫∫

D

(2x2 + 2y2 − x2 − y2)dxdy

=

∫∫

D

(x2 + y2)dxdy.

Nakon uvodenja polarnih koordinata


, 0 ≤ ρ ≤ 2, 0 ≤ ϕ ≤ 2π,

dobijamo:

Φ =

∫∫

D

(x2 + y2)dxdy

=

∫ 2π

0

dϕ

∫ 2

0

ρ2 · ρdρ

= 4

∫ 2π

0

dϕ = 8π.

♦



Primjer 4.1.2 Izracunati fluks vektorskog polja ~a = z~i+~j−x~k kroz vanjskustranu sfere x2 + y2 + z2 = 1 u prvom oktantu.

Rjesenje:

~n

1

x

y

z

Kako je ∢(~n,~k) < π2, to vektor normale racunamo iz jednacine povrsi x2 +

y2 + z2 = 1, odnosno

~n = {2x, 2y, 2z} ⇒ |~n| =√

4x2 + 4y2 + 4z2 = 2.

Jedinicni vektor vektora normale na datu povrs je

~n0 =

{

2x

2,2y

2,2z

2

}

= {x, y, z} .

Sada imamo:

~a · ~n0 = {z, 1,−x} · {x, y, z} = xz + y − xz = y.

ds =√

1 + z′2x + z

′2y dxdy =

√

1 +x2

1− x2 − y2+

y2

1− x2 − y2dxdy =

=1

√

1− x2 − y2dxdy

Sada primjenom formule (4.1) imamo:

Φ =

∫∫

D

y · 1√

1− x2 − y2dxdy

=

∫∫

D

ydxdy√

1− (x2 + y2).





, 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ ϕ ≤ π

2,

dobijamo:

Φ =

∫∫

D

ydxdy√

1− (x2 + y2)

=

∫ π2

0

sinϕdϕ

∫ 1

0

ρ2dρ√

1− ρ2

= Smjena : ρ = sin t ⇒ dρ = cos tdt

=

∫ π2

0

sinϕdϕ

∫ (1)

(0)

sin2 t cos tdt√

1− sin2 t

=

∫ π2

0

sinϕdϕ

∫ (1)

(0)

sin2 tdt

=

∫ π2

0

sinϕdϕ

∫ (1)

(0)

1− cos 2t

2dt

=1

2

∫ π2

0

sinϕdϕ

(

arcsin ρ∣

∣

∣

1

0− 1

2sin 2 arcsin ρ

∣

∣

∣

1

0

)

=1

2

∫ π2

0

sinϕdϕ(π

2− 0)

= −π

4cosϕ

∣

∣

∣

π2

0=

π

4.

♦

Divergenciju vektorskog polja ~a racunamo po formuli

div~a = ∇ · ~a =∂P

∂x+

∂Q

∂y+

∂R

∂z. (4.2)

Na osnovu Teorema 3.2.1 iz formule (4.2) dobijamo:

Φ ==

∫∫

S

~a · ~n0dS

∫∫∫

(V )

div~adxdydz, (4.3)

pri cemu povrs S mora biti zatvorena.

Primjer 4.1.3 Izracunati fluks vektorskog polja ~a = (1+2x)~i+ y~j+ z~k krozvanjsku stranu povrsi

S :

{

x2 + y2 = z2

z = 4.



Rjesenje:

b 4

~n

x

y

z

Iz ~a = (1 + 2x)~i+ y~j + z~k imamo:

div~a =∂P

∂x+

∂Q

∂y+

∂R

∂z= 2 + 1 + 1 = 4.

Kako su ispunjeni uslovi Teorema 3.2.1, to na osnovu formule (4.3) imamo:

Φ =

∫∫∫

(V )

4dxdydz

= 4

∫∫∫

(V )

dxdydz.



, 0 ≤ ρ ≤ 4, 0 ≤ ϕ ≤ π

2, ρ ≤ z ≤ 4,

dobijamo:

Φ = 4

∫∫∫

(V )

dxdydz

= 4

∫ 2π

0

dϕ

∫ 4

0

ρdρ

∫ 4

ρ

dz

= 4

∫ 2π

0

dϕ

∫ 4

0

ρdρ(4− ρ)

= 4

∫ 2π

0

dϕ

∫ 4

0

ρ(4− ρ)dρ =256π

3.



♦

Primjer 4.1.4 Izracunati fluks vektorskog polja ~a = x~i+y~j+z~k kroz vanjskustranu povrsi

S :

{

z = 1−√

x2 + y2

z = 0.

Rjesenje:

b 1~n

x

y

z

Iz ~a = x~i+ y~j + z~k imamo:

div~a =∂P

∂x+

∂Q

∂y+

∂R

∂z= 1 + 1 + 1 = 3.


Φ =

∫∫∫

(V )

3dxdydz

= 3

∫∫∫

(V )

dxdydz.



, 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ ϕ ≤ π

2, 0 ≤ z ≤ 1− ρ,



dobijamo:

Φ = 3

∫∫∫

(V )

dxdydz

= 3

∫ 2π

0

dϕ

∫ 1

0

ρdρ

∫ 1−ρ

0

dz

= 3

∫ 2π

0

dϕ

∫ 1

0

ρdρ(1− ρ)

= 3

∫ 2π

0

dϕ

(

1

2− 1

3

)

= 3 · 2π · 16= π.

♦

Primjer 4.1.5 Izracunati fluks vektorskog polja ~a = {xy, x2y, y2z} kroz vanj-sku stranu povrsi ogranicene sa z = x2 + y2, x2 + y2 = 1 i z = 0.

Rjesenje: Iz ~a = {xy, x2y, y2z} imamo:

div~a =∂P

∂x+

∂Q

∂y+

∂R

∂z= y + x2 + y2.


Φ =

∫∫∫

(V )

(y + x2 + y2)dxdydz.



, 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ ϕ ≤ π

2, 0 ≤ z ≤ ρ2,

dobijamo:

Φ =

∫∫∫

(V )

(y + x2 + y2)dxdydz

=

∫ 2π

0

dϕ

∫ 1

0

ρ(ρ sinϕ+ ρ2)dρ

∫ ρ2

0

dz

=

∫ 2π

0

dϕ

∫ 1

0

(ρ4 sinϕ+ ρ5)dρ

=

∫ 2π

0

(

sinϕ

5+

1

6

)

dϕ =1

6· 2π =

π

3.

♦



Primjer 4.1.6 Izracunati fluks vektorskog polja ~a = {xy, yz, xz} kroz vanj-sku stranu tetraedra kojeg zaklapa ravan x+y+z = 1 sa koordinatnim ravnimau prvom oktantu.

Rjesenje:

1

1

1

x

y

z

Iz ~a = {xy, yz, xz} imamo:

div~a =∂P

∂x+

∂Q

∂y+

∂R

∂z= y + z + x.


Φ =

∫∫∫

(V )

(x+ y + z)dxdydz,

0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1− x, 0 ≤ z ≤ 1− x− y,

odnosno:

Φ =

∫∫∫

(V )

(x+ y + z)dxdydz

=

∫ 1

0

dx

∫ 1−x

0

dy

∫ 1−x−y

0

(x+ y + z)dz

=

∫ 1

0

dx

∫ 1−x

0

dy

(

x(1 − x− y) + y(1− x− y) +(1− x− y)2

2

)

=

∫ 1

0

dx

∫ 1−x

0

(

x− x2 − 2xy + y − y2 +(1− x− y)2

2

)

dy

=

∫ 1

0

(

1

3− x

2+

x3

6

)

dx =1

8.



♦

Primjer 4.1.7 Izracunati fluks i divergenciju vektorskog polja ~a = {x3, y3, z3}kroz vanjsku stranu povrsi x2 + y2 + z2 = a2.

Rjesenje:

a

x

y

z

Iz ~a = {x3, y3, z3} imamo:

div~a =∂P

∂x+

∂Q

∂y+

∂R

∂z= 3x2 + 3y2 + 3z2.


Φ =

∫∫∫

(V )

(3x2 + 3y2 + 3z2)dxdydz

= 3

∫∫∫

(V )

(x2 + y2 + z2)dxdydz.

Nakon uvodenja sfernih koordinata

x = ρ cosϕ sin θy = ρ sinϕ sin θz = ρ cos θ,

|J | = ρ2 sinϕ

dobijamo:

Φ = 3

∫∫∫

(V )

(x2 + y2 + z2)dxdydz

= 3

∫ 2π

0

dϕ

∫ π

0

sin θdθ

∫ a

0

ρ2 · ρ2dρ

=3a5

5

∫ 2π

0

dϕ

∫ π

0

sin θdθ

=3a5

5· 2π(− cosπ + cos 0) =

12a5π

5.



♦

Primjer 4.1.8 Izracunati fluks i divergenciju vektorskog polja ~a = {xz2, yx2, zy2}kroz vanjsku stranu povrsi koja je ogranicena sa x2 + y2 + z2 = 2az, a > 0 ix2 + y2 = z2.

Rjesenje:

b

x

y

z

Iz ~a = {xz2, yx2, zy2} imamo:

div~a =∂P

∂x+

∂Q

∂y+

∂R

∂z= z2 + x2 + y2.


Φ =

∫∫∫

(V )


=

∫∫∫

(V )

(x2 + y2 + z2)dxdydz.

Nakon uvodenja sfernih koordinata

x = ρ cosϕ sin θy = ρ sinϕ sin θz = ρ cos θ,

|J | = ρ2 sinϕ,

x2 + y2 + z2 = 2az ⇒ ρ2 = 2aρ cos θ ⇔ 0 ≤ ρ ≤ 2a cos θ,



x2 + y2 = z2 ⇒ ρ2 cos2 ϕ sin2 θ + ρ2 sin2 ϕ sin2 θ = ρ2 cos2 θ ⇒sin2 θ = cos2 θ ⇒ θ =

π

4⇒ 0 ≤ θ ≤ π

4,

0 ≤ ϕ ≤ 2π,

dobijamo:

Φ =

∫∫∫

(V )


=

∫ 2π

0

dϕ

∫ π4

0

sin θdθ

∫ 2a cos θ

0

ρ2 · ρ2dρ

=32a5

5

∫ 2π

0

dϕ

∫ π4

0

cos5 θ sin θdθ

= −32a5

5· 2π

(

cos6 π4− cos6 0

6

)

=28a5π

15.

♦

Primjer 4.1.9 Izracunati fluks vektorskog polja ~a = {−x2z, y, 2} kroz vanj-sku stranu povrsi 4x2 + 9y2 + z2 = 1, x ≥ 0, y ≥ 0 i z ≥ 0.

Rjesenje:

x

y

z

Iz ~a = {−x2z, y, 2} imamo:

div~a =∂P

∂x+

∂Q

∂y+

∂R

∂z= −2xz + 1.


Φ =

∫∫∫

(V )

(−2xz + 1)dxdydz.


4.2. STOKESOVA TEOREMA Matematicka analiza 4

Nakon uvodenja uopstenih sfernih koordinata

x = 12ρ cosϕ sin θ

y = 13ρ sinϕ sin θ

z = ρ cos θ,|J | = 1

6ρ2 sinϕ,

0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ π

2, 0 ≤ ϕ ≤ π

2,

dobijamo:

Φ =

∫∫∫

(V )

(−2xz + 1)dxdydz

=1

6

∫ π2

0

dϕ

∫ π2

0

sin θdθ

∫ 1

0

(−ρ2 cosϕ sin θ cos θ + 1)ρ2dρ

=1

6

∫ π2

0

dϕ

∫ π2

0

sin θdθ

(

−cosϕ sin θ cos θ

5+

1

3

)

=1

6

∫ π2

0

dϕ

(

−cosϕ

15+

1

3

)

= − 1

90+

π

36=

1

18

(

π

2− 1

5

)

.

♦

4.2 Stokesova teorema

Rotor vektorskog polja ~a racunamo po formuli

rot~a = ∇× ~a =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

~i ~j ~k∂∂x

∂∂y

∂∂z

P Q R

∣

∣

∣

∣

∣

∣

. (4.4)

Teorem 4.2.1 (Stokesov teorem) Neka su P (x, y, z), Q(x, y, z) i R(x, y, z)neprekidno diferencijabilne funkcije i c prosta zatvorena dio po dio glatkakriva koja ogranicava konacnu dio po dio glatku dvostranu povrs S. Tadavrijedi

∮

c

Pdx+Qdy +Rdz =

∫∫

S

rot~a× ~n0ds,

gdje je vektor ~n0 jedinicni vektor normale na povrs S, sukladno orjentisanusa smjerom obilazenja krive c.

Primjer 4.2.1 Primjenom Teorema 4.2.1 izracunati

I =

∮

c

(y − z)dx+ (z − x)dy + (x− y)dz,



gdje je kriva c pozitivno orjentisana kruznica

{

x2 + y2 = a2

xa+ z

h= 1, a, h ≥ 0

posmatrana sa pozitivnog dijela x ose.

Rjesenje:

~n

x

y

z

Kako data kriva i povrs moraju biti sukladno orjentisane, to je u ovom slucajupovrs S : x

a+ z

h− 1 = 0 ⇒ ~n = { 1

a, 0, 1

h}. Jedinicni vektor vektora normale je

~n0 =~n

|~n| =1

√a2+h2

ah

{

1

a, 0,

1

h

}

=ah√

a2 + h2

{

1

a, 0,

1

h

}

.

Iz (4.4) imamo

rot~a =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

~i ~j ~k∂∂x

∂∂y

∂∂z

y − z z − x x− y

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= {−2,−2,−2}.



Sada na osnovu Teorema 4.2.1 imamo:

I =

∫∫

S

rot~a · ~n0ds

=

∫∫

S

{−2,−2,−2} · ah√a2 + h2

{

1

a, 0,

1

h

}

ds

=ah√

a2 + h2

∫∫

S

(

−2

a− 2

h

)

ds

=−2(a+ h)√

a2 + h2

∫∫

S

ds =−2(a + h)√

a2 + h2

∫∫

D

√

1 + p2 + q2dxdy

=−2(a+ h)√

a2 + h2

∫∫

D

√

1 +h2

a2dxdy =

−2(a+ h)√a2 + h2

·√a2 + h2

a

∫∫

D

dxdy

=−2(a+ h)

a

∫ 2π

0

dϕ

∫ a

0

ρdρ = −2aπ(a + h).

♦

Primjenom Teorema 4.2.1 mozemo izracunati cirkulaciju vektorskog polja~a pomocu sljedece formule

c =

∮

c

Pdx+Qdy +Rdz =

∫∫

S

rot~a× ~n0ds. (4.5)

Primjer 4.2.2 Izracunati cirkulaciju vektorskog polja ~a = {−y, x, c}, c pro-izvoljna konstanta, duz kruznice (x − 2)2 + y2 = 1, predene u pozitivnomsmjeru.

Rjesenje:

~n

x

y

z



Jedinicni vektor normale na povrs S je ~n0 = {0, 0, 1}. Iz (4.4) imamo

rot~a =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

~i ~j ~k∂∂x

∂∂y

∂∂z

−y x c

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= {0, 0, 2}.


c =

∫∫

S

rot~a · ~n0ds

=

∫∫

S

{0, 0, 2} · {0, 0, 1}ds

= 2

∫∫

S

dS = 2P (S) = 2π.

♦

Primjer 4.2.3 Izracunati cirkulaciju vektorskog polja ~a = {y,−x, z}, duzkrive

x2 + y2 + z2 = 4

z =√

x2 + y2

predene u negativnom smjeru, posmatrano sa vrha vektora −~k.

Rjesenje:

x

y

z



Iz (4.4) imamo

rot~a =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

~i ~j ~k∂∂x

∂∂y

∂∂z

y −x z

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= {0, 0,−2}.

~n

x

y

z

Kako data kriva i povrs moraju biti sukladno orjentisane, to je u ovom slucajupovrs S : x2 + y2 + z2 − 4 = 0 ⇒ ~n = {2x, 2y, 2z}. Jedinicni vektor vektoranormale je

~n0 =~n

|~n| ={2x, 2y, 2z}

√

4x2 + 4y2 + 4z2=

{2x, 2y, 2z}4

={x

2,y

2,z

2

}

.


c =

∫∫

S

rot~a · ~n0ds

=

∫∫

S

{0, 0,−2} ·{x

2,y

2,z

2

}

ds

= −∫∫

D

√

4− x2 − y2 ·√

1 +x2

4− x2 − y2+

y2

4− x2 − y2dxdy

= −2

∫∫

D

dxdy = −4π.

♦



Primjer 4.2.4 Izracunati cirkulaciju vektorskog polja ~a = {3y,−xz, yz2},duz krive

2z = x2 + y2

z = 2

predene u pozitivnom smjeru, posmatrano sa vrha vektora −~k.

Rjesenje:

~n

x

y

z

Kako data kriva i povrs moraju biti sukladno orjentisane i ∢(~n,~k) > π2, to

je u ovom slucaju povrs S : x2 + y2 − 2z = 0 ⇒ ~n = {2x, 2y,−2}. Jedinicnivektor vektora normale je

~n0 =~n

|~n| ={2x, 2y,−2}√

4x2 + 4y2 + 4=

{

x√

x2 + y2 + 1,

y√

x2 + y2 + 1,

−1√

x2 + y2 + 1

}

.

Iz (4.4) imamo

rot~a =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

~i ~j ~k∂∂x

∂∂y

∂∂z

3y −xz yz2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= {z2 + x, 0,−z − 3}.




c =

∫∫

S

rot~a · ~n0ds

=

∫∫

S

{z2 + x, 0,−z − 3} ·{

x√

x2 + y2 + 1,

y√

x2 + y2 + 1,

−1√

x2 + y2 + 1

}

ds

=

∫∫

D

(z2 + x)x+ z + 3√

x2 + y2 + 1·√

1 + x2 + y2dxdy

=

∫∫

D

(

x

(

x2 + y2

2

)2

+ x2 +x2 + y2

2+ 3

)

dxdy.



, |J | = ρ

dobijamo:

c =

∫∫

D

(

x

(

x2 + y2

2

)2

+ x2 +x2 + y2

2+ 3

)

dxdy

=

∫ 2π

0

dϕ

∫ 2

0

(

ρ5 cosϕ

4+ ρ2 cos2 ϕ+

ρ2

2+ 3

)

ρdρ

=

∫ 2π

0

(

32

7cosϕ+ 4 cos2 ϕ+ 8

)

dϕ = 20π.

♦


Documents

Matematiˇcka analiza IV - univerzitet.weebly.comuniverzitet.weebly.com/uploads/2/6/4/6/...povrsinski_integrali_i... · Viˇsestruki integrali Deﬁnicija 1.0.1 Integralnom sumom