4. VIESTRUKI INTEGRAL

4.1 Viestruki integral - denicija

Prisjetimo se: Neka je f neprekidna funkcija na seg-mentu [a; b] i neka je segment [a; b] tockama x0 = a;x1; :::; xn = b podijeljen na n jednakih djelova duljinex = ban i neka je x

i 2 [xi1; xi] :

Odredeni integral funkcije f od a do b deniramo kao

bZa

f (x) dx = limn!1

nXi=1

f (xi )x| {z }Riemannova suma

Ukoliko je f (x) 0; Riemannova sumanPi=1

f (xi )x

daje aproksimaciju povrine ravninskog lika ispodkrivulje y = f (x) za x 2 [a; b] ; sumom povrina

pravokutnika, a integralbRa

f (x) dx daje pravu povrinu

tog lika.

Neka je f : K ! R funkcija denirana na zatvorenompravokutniku

K = [a; b] [c; d] =(x; y)2R2 j a x b; c y d

i neka je f (x; y) 0; (x; y) 2 K: Graf Gf funkcije f jeploha cija je jednadba z = f (x; y): Oznacimo sa T"pseudokvadar" odreden s pravokutnikom K i grafomGf funkcije f nad njim (Slika 1.), tj.

T =(x; y; z) 2 R3 j (x; y) 2 K; 0 z f (x; y)

:

Izracunajmo volumen V tijela T:

b

d y

x

z

a c

z=f(x,y)

Slika 1.

Postupiti cemo slicno izracunu povrine, ovdje upi-sivajuci kvadre koji ce aproksimirati volumen odgo-varajuceg pseudokvadra. Segment [a; b] podijelimodiobenim tockama a = x0 < x1 < < xm = bna m podsegmenata [xi1; xi] jednake duljine4x = bam : Segment [c; d] podijelimo diobenimtockama c = y0 < y1 < < yn = d na n podsegme-

nata [yj1; yj] jednake duljine 4y = dcn :Razdiobe segmenata [a; b] i [c; d] odreduju razdiobupravokutnika K na pravokutnike

Kij =(x; y) 2 R2 j xi1 x xi; yj1 y yj

;

i = 1; ;m; j = 1; ; n; jednake povrine 4x4y:U svakom pravokutniku Kij odaberimo tocku (xi ; yj )i volumen kvadra kojemu je baza pravokutnik Kij ivisina f (xi ; yj ) iznosi Vij = f (xi ; yj )4x4y: Taj vol-umen moemo uzeti kao aproksimaciju volumenapseudokvadra odredenog pravokutnikomKij i grafomGf funkcije f nad njim.

b

d y

x

z

xi-1xi

cyj-1 yj

(x*,y*)i j

K ij

a

z=f(x,y)

Slika 2.

Jasno je da traeni volumen V tijela T moemoaproksimirati zbrojem svih ovako dobivenih Vij tj.

V mXi=1

nXj=1

f (xi ; yj )4x4y:

Dakako da ce aproksimacija volumena V biti boljakada je razdioba pravokutnika K nija, tj. kada sum in veci (Slika 2b.-dodatak), pa stoga moemo uzeti daje

V = limm!1n!1

mXi=1

nXj=1

f (xi ; yj )4x4y:

Limes ovakvoga tipa moemo promatrati i kadafunkcija f nije pozitivna.

Denicija 4.1 Dvostruki integral funkcije f : K !R nad pravokutnikom K R2 je broj

I = limm!1n!1

mXi=1

nXj=1

f (xi ; yj )4x4y

(uz oznake od prije) ukoliko on postoji.

Uobicajena oznaka je

I =

ZZK

f (x; y)dxdy:

Napomena:

1. SumamPi=1

nPj=1

f (xi ; yj )4x4y naziva se Rieman-

novom sumom, a integralRR

K f (x; y)dxdy Rieman-novim integralom funkcije f nad K.

2. Limes iz Denicije 4.1. uvijek postoji ukolikoje funkcija f neprekidna. On postoji i za nekeprekidne funkcije.

Primjer Izracunati dvostruki integral

I =

ZZK

xydxdy;

gdje je K = f(x; y) j 0 x 1; 0 y 1g :

Podijelimo segment [0; 1] na x-osi na m-jednakih di-jelova diobenim tockama

0 = x0 < x1 < xm1 < xm = 1; 4x =1

m; xi =

i

n;

a segment [0; 1] na y-osi na n-jednakih dijelovadiobenim tockama

0 = y0 < y1 < yn1 < yn = 1; 4y =1

n; yj =

j

n:

U svakom pravokutniku [xi1; xi] [yj1; yj] odaber-imo tocku

(xi ; yj ) = (xi; yj) =

i

m;j

n

:

Imamo

I =

mXi=1

nXj=1

fxi ; y

j

4x4y =

mXi=1

nXj=1

(xi yj)1

m1n=

1

m 1n

mXi=1

nXj=1

i

m

j

n

=1

m2 1n2

mXi=1

nXj=1

i j =

1

m2 1n2

mXi=1

i

0@ nXj=1

j

1A = 1m2

1n2

mXi=1

i

n(n + 1)

2

=

1

m2 1n2n(n + 1)

2

mXi=1

i =1

m2 1n2n(n + 1)

2m(m + 1)

2=

1

4+1

4m+1

4n+

1

4mn;

pa je

I = limm!1n!1

mXi=1

nXj=1

f (xi ; yj )4x4y =

= limm!1n!1

1

4+1

4m+1

4n+

1

4mn

=1

4

Napomena: Lako je dokazati da vrijedi:

1. ZZK

[f (x; y) + g(x; y)] dxdy =

=

ZZK

f (x; y)dxdy +

ZZK

g(x; y)dxdy;

2. ZZK

cf (x; y)dxdy = c

ZZK

f (x; y)dxdy; c 2 R:

3. Ako je f (x; y) g(x; y) za svaki (x; y) 2 K tada jeZZK

f (x; y)dxdy ZZ

K

g(x; y)dxdy:

Posve slicno se denira i trostruki integral. Neka jef : K ! R neprekidna funkcija triju varijabla deni-rana na kvadru K = [a; b] [c; d] [s; t]:

Podijelimo diobenim tockama

a = x0 < x1 < < xl = b;

c = y0 < y1 < < ym = d;

s = z0 < z1 < < zn = t

segmente [a; b]; [c; d]; [s; t] na podsegmente jednakeduljine 4x = bal ; 4y =

dcm ; 4z =

tsn : Kvadar K

podijelimo na podkvadre

Kijk = f(x; y; z) 2R3j xi1 x xi;

yj1 y yj; zk1 z zkg;

i = 1; ; l; j = 1; ;m; k = 1; n: Svi pod-kvadri imaju jednaki volumen4x4y4z: Riemannovatrostruka suma je oblika

lXi=1

mXj=1

nXk=1

f (xi ; yj ; z

k)4x4y4z

gdje je (xi ; yj ; zk) bilo koja tocka iz kvadra Kijk:

Denicija 4.2 Trostruki integral funkcije f : K !R nad nad kvadrom K R3 je broj

J = liml;m;n!1

lXi=1

mXj=1

nXk=1

f (xi ; yj ; z

k)4x4y4z

ukoliko on postoji.

Uobicajena oznaka je

J =

ZZZK

f (x; y; z)dxdydz:

4.2 Racunanje viestrukih integralaPrisjetimo se (jednostrukog) integrala realne funkcijejedne varijable kojega, naravno, nismo izracunavalipo deniciji, nego primjenom Newton-Leibnizove for-mule, tj. primjenom neodredenog integrala. Istutehniku primijeninimo i na dvostruki integral.

Prvo izracunajmo odredeni integralR ba f (x; y)dx uz-

imajuci da je varijabla y konstanta. Rezultat cebiti funkcija u varijabli y i potom nju integrirajmouzimajuci c i d kao granice integracije. Prethodnipostupak kae da se izracun dvostrukog integralaRR

K f (x; y)dxdy svodi na izracun dvaju jednostrukihintegrala. Pokazuje se da vrijedi tzv. Fubinijev teo-rem:

Teorem 4.3 (Fubini) Neka je f : K ! R neprekidnafunkcija, pri cemu je K = [a; b] [c; d] R2 pravokut-nik. Tada vrijediZZ

K

f (x; y)dxdy =

=

Z ba

Z dc

f (x; y)dy

!dx =

Z dc

Z ba

f (x; y)dx

!dy:

Uobicajeni zapis jeZ ba

Z dc

f (x; y)dy

!dx =

Z ba

dx

Z dc

f (x; y)dy;

Z dc

Z ba

f (x; y)dx

!dy =

Z dc

dy

Z ba

f (x; y)dx

i pritom kaemo da smo proveli integraciju u redosli-jedu yx; odnosno xy:

Primjer Izracunajmo I =RR

K xy2dxdy; K =

[1; 2] [0; 1]:

I =

ZZK

xy2dxdy =

Z 21

dx

Z 10

xy2dy =

Z 21

x

y3

3

y=1y=0

!dx =

Z 21

x

13

3 0

3

3

dx =

1

3

x2

2

x=2x=1

=1

3 (2

2

2 1

2

2) =

1

2

Dakako, isti se rezultat dobiva i u obrnutom redosli-jedu integriranja.

Napomena Za integral iz prethodnog primjerakaemo da je integral sa separiranim varijablama i onse moe jednostavnije izracunati kao umnoak dvajujednostrukih integrala:Z ba

dx

Z dc

f (x)g(y)dxdy =

Z ba

f (x)dx

! Z d

c

g(y)dy

!:

U prethodnom primjeru jeZZK

xy2dxdy =

Z 21

xdx

Z 1

0

y2dy

=

x2

2

x=2x=1

!

y3

3

y=1y=0

!=3

2 13=1

2:

Napomena Dokaz Fubinijevog teorema je sloen, alise u slucaju pozitivne funkcije moe intuitivno razu-mijeti tvrdnja teorema. Naime, u slucaju pozitivnefunkcije dvostruki integral

RRK f (x; y)dxdy je broj

koji je jednak volumenu V odgovarajuceg pseudok-vadra. Do izracuna toga volumena moemo doci i nasljedeca dva nacina. U prvom slucaju istaknuti dio(Slika 4.4.(a)) ima volumen

Vi '"Z d

c

f (xi ; y)dy

#4x:

slucaju je

V = limm!1

mXi=1

"Z dc

f (xi ; y)dy

#4x =

=

Z ba

Z dc

f (x; y)dy

!dx:

b

d y

x

z=f(x,y)z

b

d y

x

z=f(x,y)z

V i V j(a) (b)

Slika 4.4.U drugom slucaju istaknuti dio (Slika 4.4.(b)) ima

volumen

Vj '"Z b

a

f (x; yj )dx

#4y:

Zbroj tih volumenanXj=1

Vj =nXj=1

"Z ba

f (x; yj )dx

#4y

aproksimira volumen V i u granicnom slucaju je

V = limn!1

nXj=1

"Z ba

f (x; yj )dx

#4y =

=

Z dc

Z ba

f (x; y)dx

!dy:

Ovim racunanjem volimena V na dva nacina dobi-vamo da je zaistaZZ

K

f (x; y)dxdy =

Z ba

Z dc

f (x; y)dy

!dx

=

Z dc

Z ba

f (x; y)dx

!dy:

Za neprekidnu funkciju f : D ! R, pri cemu jeD R2 omeden (Slika 4.5.), pripadni integral deni-ramo pomocu njezinoga trivijalnog proirenja

ef (x; y) = f (x; y), (x; y) 2 D0, (x; y) 2 K nD

na neki pravokutnik K D.

00-10

z z=f(x,y)

x yDK

a

b

c

d

Slika 4.5.

Sjetimo se interpretacije integrala pozitivne funkcijepreko volumena: volumen ispod grafa funkcije f nadD i volumen ispod grafa funkcije ef nadK (primijetimoda ef nije neprekidna funkcija) su jednaki, pa imasmisla integral funkcije f nad D denirati prekointegrala funkcije ef nad K (lako se vidi da taj integral,ako postoji, ne ovisi o odabranom pravokutniku).

Denicija 4.4 Neka je f : D ! R neprekidnafunkcija pri cemu je D R2 omeden skup. Neka jeK R2 bilo koji pravokutnik to sadri D, a funkcijaef : K ! R trivijalno proirenje funkcije f . Ako jefunkcija ef integrabilna onda dvostruki integral (naD) od f deniramo formulom

ZZD

f (x; y)dxdy =

ZZK

ef (x; y)dxdy: (1)Napomena Vrijedi:

1.ZZ

D

(f (x; y) + g(x; y))dxdy =

ZZD

f (x; y)dxdy +ZZD

g(x; y)dxdy;

2.ZZ

D

f (x; y)dxdy =

ZZD

f (x; y)dxdy; 2 R;

3. Ako je D = D1 [ D2 i D1 \ D2 = ; (iliRRD1\D2 f (x; y)dxdy = 0) onda jeZZ

D

f (x; y)dxdy =

ZZD1

f (x; y)dxdy+

ZZD2

f (x; y)dxdy:

Posebno, kad je denicijsko podrucje D R2omedeno grafovima dviju neprekidnih funkcija lakodobivamo, iz formule (1), ovaj teorem:

Teorem 4.5 Neka je f : D ! R funkcija, pri cemuje D R2 omeden grafovima neprekidnih funkcija'1; '2 : [a; b]! R, '1 '2 (Slika 4.6.(a)). Tada je

ZZD

f (x; y)dxdy =

Z ba

Z '2(x)'1(x)

f (x; y)dy

!dx: (2)

Posve slicno, kad je D R2 omeden grafovimaneprekidnih funkcija 1; 2 : [c; d] ! R, 1 2(Slika 4.6.(b)), vrijedi

ZZD

f (x; y)dxdy =

Z dc

Z 2(y) 1(y)

f (x; y)dx

!dy: (3)

a bc

dy

x

y

x

DD

y=2(x)

y=1(x)x=1(y) x=2(y)

(a) (b)

Slika 4.6.

Umjesto (2) i (3) uobicajilo se pisatiZZD

f (x; y)dxdy =

Z ba

dx

Z '2(x)'1(x)

f (x; y)dy;

ZZD

f (x; y)dxdy =

Z dc

dy

Z 2(y) 1(y)

f (x; y)dx;

i pritom smo u prvome slucaju integraciju proveli u re-doslijedu yx, a u drugome u redoslijedu xy:

Primjer Promijeniti poredak integracije u integralu

I =

Z 10

dx

Z 2xx

x

ydy

i izracunajti njegovu vrijednost.Podrucje integracije

D =

0 x 1x y 2 x

moemo zapisati i na ovaj nacin D = D1 [D2 (Slika4.8.),

y=2-x

y=xx

y

1

1

2

D2

D1

Slika 4.7.

gdje je

D1 0 y 10 x y , D2

1 y 20 x 2 y :

Imamo

I =

ZZD

=

ZZD1

+

ZZD2

=

Z 10

dy

Z y0

x

ydx +

Z 21

dy

Z 2y0

x

ydx =

Z 10

1

y

x2

2

x=yx=0

dy +

Z 21

1

y

x2

2

x=2yx=0

!dy =

Z 10

1

y

y2

20dy+

Z 21

1

y

(2 y)22

0dy = 2 ln 2 1

I trostruki integralRRR

D f (x; y; z)dxdydz po omedenomintegracijskom podrucju D R3 deniramo prekotrivijalnog proirenja

ef (x; y; z) = f (x; y; z), (x; y; z) 2 D0, (x; y; z) 2 K nD

funkcije f na bilo koji kvadar K to sardi D;stavljajuciZZZ

D

f (x; y; z)dxdydz =

ZZZK

ef (x; y; z)dxdydz:Iskaimo sada analogone prethodnih teorema uslucaju trostrukog integrala.

Teorem 4.6 Neka je f : K ! R funkcija, pri cemu jeK = [a; b] [c; d] [r; s] R3 kvadar. Tada vrijedi:ZZZ

K

f (x; y; z)dxdydz =

=

Z ba

Z dc

Z sr

f (x; y; z)dz

dy

!dx:

"Izmijenjujuci mjesta" varijablama dobivamo analogneintegracijske formule.

Teorem 4.7 Neka je f : D ! R; funkcija, pri cemu je

D =

(x; y; z) j a x b; '1(x) y '2(x);

g1(x; y) z g2(x; y)

;

gdje su '1; '2 i g1; g2 neprekidne funkcije (Slika 4.9.).Tada je ZZZ

D

f (x; y; z)dxdydz =

=

Z ba

Z '2(x)'1(x)

Z g2(x;y)g1(x;y)

f (x; y; z)dz

!dy

!dx: (4)

ax

b y=1(x)y=2(x,y)

z=g1(x,y)

z=g2(x,y)z

y

D

a< x

Posve slicno, ako je

D =

(x; y; z) j c y d; 1(y) x 2(y);

g1(x; y) z g2(x; y)

;

gdje su 1; 2 i g1; g2 neprekidne funkcije (Slika 4.10.).Tada je ZZZ

D

f (x; y; z)dxdydz =

Z dc

Z 2(y) 1(y)

Z g2(x;y)g1(x;y)

f (x; y; z)dz

!dx

!dy: (5)

y=1(x)

y=2(x,y)

z=g1(x,y)

z=g2(x,y)z

x

c

dy

D

c< y

Kao i kod dvostrukog integrala uobicajilo se umjestozapisa (4) i (5) koristitiZZZ

D

f (x; y; z)dxdydz =

=

Z ba

dx

Z '2(x)'1(x)

dy

Z g2(x;y)g1(x;y)

f (x; y; z)dz; (4a)

ZZZD

f (x; y; z)dxdydz =

=

Z dc

dy

Z 2(y) 1(y)

dx

Z g2(x;y)g1(x;y)

f (x; y; z)dz; (5a)

i pritom govorimo da smo integraciju proveli uredoslijedu zyx; odnosno redoslijedu zxy:

Primjer IzracunajmoZZZD

2zdxdydz

gdje je D R3 omeden grafovima funkcijag1(x; y) = x

2 + y2 i g1(x; y) =px2 + y2:

Uocimo da promatrane plohe prolaze ishoditem ida se sijeku uzdu jedinicne krunice x2 + y2 = 1 uravnini z = 1: Buduci da izmedu ravnina z = 0 i z = 1vrijedi x2 + y2