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
1.1. DVOJNI INTEGRAL Matematicka analiza 4
♦
Primjer 1.1.3 Izracunati∫∫
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.
♦
Primjer 1.1.4 Izracunati∫∫
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.
♦
4 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.1. DVOJNI INTEGRAL Matematicka analiza 4
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
5 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.1. DVOJNI INTEGRAL Matematicka analiza 4
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
6 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.1. DVOJNI INTEGRAL Matematicka analiza 4
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
7 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.1. DVOJNI INTEGRAL Matematicka analiza 4
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.
8 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.1. DVOJNI INTEGRAL Matematicka analiza 4
(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
9 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.1. DVOJNI INTEGRAL Matematicka analiza 4
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.
10 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.1. DVOJNI INTEGRAL Matematicka analiza 4
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.
Rjesenje: Ako datu oblast predstavimo slikom
b
b b
y = x2
y = x
1
1
vidimo da su granice integracije
x∣
∣
∣
1
0, y
∣
∣
∣
x
x2.
11 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.1. DVOJNI INTEGRAL Matematicka analiza 4
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.
♦
Primjer 1.1.8 Izracunati integral
∫∫
D
sin(x+ y)dxdy
gdje je oblast D ogranicena sa krivim y = x i y = 2x, za 0 ≤ x ≤ π
4.
Rjesenje: Ako datu oblast predstavimo slikom
b
b
b
y = 2x
y = xπ2
π4
π4
vidimo da su granice integracije
x∣
∣
∣
π4
0, y
∣
∣
∣
2x
x.
12 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.1. DVOJNI INTEGRAL Matematicka analiza 4
Sada je dati integral
∫∫
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.
♦
Primjer 1.1.9 Izracunati integral
∫∫
D
xdxdy
gdje je oblast D ogranicena sa |x|+ |y| = 1.
Rjesenje: Ako datu oblast predstavimo slikom
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
13 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.1. DVOJNI INTEGRAL Matematicka analiza 4
a na oblasti D2
x∣
∣
∣
1
0y∣
∣
∣
1−x
x−1.
Sada je dati integral
∫∫
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.
♦
Primjer 1.1.10 Izracunati integral
∫∫
D
2xydxdy
gdje je oblast D ogranicena sa krivim y =√x, y = 0 i x+ y = 2.
Rjesenje: Ako datu oblast predstavimo slikom
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.
14 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.1. DVOJNI INTEGRAL Matematicka analiza 4
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.
Rjesenje: Ako datu oblast predstavimo slikom
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}.
15 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.1. DVOJNI INTEGRAL Matematicka analiza 4
Rjesenje: Ako datu oblast predstavimo slikom
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.
16 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.1. DVOJNI INTEGRAL Matematicka analiza 4
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:
17 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.1. DVOJNI INTEGRAL Matematicka analiza 4
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).
♦
Primjer 1.1.14 Izracunati
∫∫
D
sin√
x2 + y2dxdy, gdje je oblast integracije
D ogranicena sa x2 + y2 = r2, y = x i y =√3 · x (u prvom kvadrantu).
18 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.1. DVOJNI INTEGRAL Matematicka analiza 4
Rjesenje:
y = x
y =√3 · x
x
y
r
Uvedimo polarne koordinate
x = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ, J = ρ.
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).
♦
19 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.1. DVOJNI INTEGRAL Matematicka analiza 4
Primjer 1.1.15 Izracunati
∫∫
D
e−(x2+y2)dxdy, gdje je oblast integracije D :
x2 + y2 ≤ 4.
Rjesenje:
x
y
2
Uvedimo polarne koordinate
x = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ, J = ρ.
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)
.
20 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.1. DVOJNI INTEGRAL Matematicka analiza 4
♦
Primjer 1.1.16 Izracunati
∫∫
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
Uvedimo polarne koordinate
x = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ, J = ρ.
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
21 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
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
22 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.2. PRIMJENA DVOJNOG INTEGRALA Matematicka analiza 4
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.
23 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.2. PRIMJENA DVOJNOG INTEGRALA Matematicka analiza 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
Uvedimo polarne koordinate x = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ, J = ρ.
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.
24 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.2. PRIMJENA DVOJNOG INTEGRALA Matematicka analiza 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
Uvedimo polarne koordinate x = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ, J = ρ.
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.
25 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.2. PRIMJENA DVOJNOG INTEGRALA Matematicka analiza 4
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
26 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.2. PRIMJENA DVOJNOG INTEGRALA Matematicka analiza 4
Uvedimo polarne koordinate x = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ, J = ρ.
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.
Kako nema ogranicenja za ugao ϕ to je
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
27 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.2. PRIMJENA DVOJNOG INTEGRALA Matematicka analiza 4
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
28 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.2. PRIMJENA DVOJNOG INTEGRALA Matematicka analiza 4
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
29 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
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
Primjer 1.3.1 Izracunati
I =
∫∫∫
(V )
xyzdxdydz,
gdje je oblast integracije
V = {(x, y, z) ∈ R2| 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1}.
Rjesenje:
30 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.3. TROJNI INTEGRAL Matematicka analiza 4
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.
♦
Primjer 1.3.2 Izracunati
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
)
=
31 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.3. TROJNI INTEGRAL Matematicka analiza 4
=
∫ 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.
♦
Primjer 1.3.3 Izracunati
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.
32 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
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.
33 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.4. SMJENA PROMJENLJIVIH U TROJNOM INTEGRALUMatematicka analiza 4
b
b
x
y
z
M
M ′
θ
ϕ
Primjer 1.4.1 Izracunati
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
x = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ, z = z, |J | = ρ.
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.
34 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.4. SMJENA PROMJENLJIVIH U TROJNOM INTEGRALUMatematicka analiza 4
♦
Primjer 1.4.2 Izracunati
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
x = ρ cosϕ sin θ, y = ρ sinϕ sin θ, z = ρ cos θ, |J | = ρ2 sin θ.
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.
35 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.4. SMJENA PROMJENLJIVIH U TROJNOM INTEGRALUMatematicka analiza 4
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.
♦
Primjer 1.4.3 Izracunati
I =
∫∫∫
(V )
√
x2 + y2dxdydz,
gdje je oblast integracije ogranicena sa x2 + y2 + z2 ≥ 1 i x2 + y2 + z2 ≤ 2z.
Rjesenje:
x
y
z
Uvedimo sferne koordinate
x = ρ cosϕ sin θ, y = ρ sinϕ sin θ, z = ρ cos θ, |J | = ρ2 sin θ.
36 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.4. SMJENA PROMJENLJIVIH U TROJNOM INTEGRALUMatematicka analiza 4
Iz x2 + y2 + z2 ≥ 1 i x2 + y2 + z2 ≤ 2z slijedi
1 ≤ ρ ≤ 2 cos θ.
Kako nema ogranicenja za ugao ϕ to je
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).
♦
Primjer 1.4.4 Izracunati
I =
∫∫∫
(V )
dxdydz√
x2 + y2 + (z − 2)2,
gdje je oblast integracije ogranicena sa x2 + y2 + z2 ≤ 1.
37 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.4. SMJENA PROMJENLJIVIH U TROJNOM INTEGRALUMatematicka analiza 4
Rjesenje:
x
y
z
Uvedimo sferne koordinate
x = ρ cosϕ sin θ, y = ρ sinϕ sin θ, z = ρ cos θ, |J | = ρ2 sin θ.
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
38 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.4. SMJENA PROMJENLJIVIH U TROJNOM INTEGRALUMatematicka analiza 4
=
∫ 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.
♦
Primjer 1.4.5 Izracunati
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.
39 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
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:
40 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.5. PRIMJENA TROJNOG INTEGRALA Matematicka analiza 4
x
y
z
Uvedimo sferne koordinate
x = ρ cosϕ sin θ, y = ρ sinϕ sin θ, z = ρ cos θ, |J | = ρ2 sin θ.
Iz x2 + y2 + z2 = 1 ⇒ ρ2 = 1 ⇒ ρ = 1, odnosno
0 ≤ ρ ≤ 1.
Kako nemamo ogranicenja za ugao ϕ to uzimamo makismalne granice, od-nosno
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,
41 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.5. PRIMJENA TROJNOG INTEGRALA Matematicka analiza 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.
♦
Primjer 1.5.2 Izracunati zapreminu tijela ogranicenog sa
z = 6− x2 − y2 i z2 = x2 + y2 za z ≥ 0.
Rjesenje:
x
y
z
42 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.5. PRIMJENA TROJNOG INTEGRALA Matematicka analiza 4
Uvedimo cilindricne koordinate
x = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ, z = z, |J | = ρ.
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.
♦
Primjer 1.5.3 Izracunati zapreminu tijela ogranicenog sa
z = 1− x2 − y2 i z = x2 + y2.
Rjesenje:
43 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.5. PRIMJENA TROJNOG INTEGRALA Matematicka analiza 4
x
y
z
Uvedimo cilindricne koordinate
x = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ, z = z, |J | = ρ.
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.
44 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.5. PRIMJENA TROJNOG INTEGRALA Matematicka analiza 4
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.
♦
Primjer 1.5.4 Izracunati zapreminu tijela ogranicenog sa
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.
Uvedimo sferne koordinate
x = ρ cosϕ sin θ, y = ρ sinϕ sin θ, z = ρ cos θ, |J | = ρ2 sin θ.
Iz x2 + y2 + z2 = 1 ⇒ ρ2 = 1 ⇒ ρ = 1, odnosno izx2 + y2 + z2 = 16 ⇒ ρ2 = 16 ⇒ ρ = 4,
1 ≤ ρ ≤ 4.
Kako nemamo ogranicenja za ugao ϕ to uzimamo makismalne granice, od-nosno
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,
45 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.5. PRIMJENA TROJNOG INTEGRALA Matematicka analiza 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).
♦
Primjer 1.5.5 Izracunati zapreminu tijela ogranicenog sa
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.
46 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.5. PRIMJENA TROJNOG INTEGRALA Matematicka analiza 4
Uvedimo sferne koordinate
x = ρ cosϕ sin θ, y = ρ sinϕ sin θ, z = ρ cos θ, |J | = ρ2 sin θ.
Granice za V1 dobijamo iz x2 + y2 + z2 ≤ 1 slijedi
0 ≤ ρ ≤ 1.
Kako nema ogranicenja za ugao ϕ to je
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.
A granice za V2 dobijamo iz x2 + y2 + z2 ≤ 2z slijedi
0 ≤ ρ ≤ 2 cos θ.
Kako nema ogranicenja za ugao ϕ to je
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 θπ
3≤ θ ≤ π
2.
47 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.5. PRIMJENA TROJNOG INTEGRALA Matematicka analiza 4
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.
♦
Primjer 1.5.6 Izracunati zapreminu tijela ogranicenog sa
x2 + y2 + z2 = 4 i x2 + y2 = 3z unutrasnji dio paraboloida.
Rjesenje:
x
y
z
48 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.5. PRIMJENA TROJNOG INTEGRALA Matematicka analiza 4
Uvedimo cilindricne koordinate
x = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ, z = z, |J | = ρ.
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.
49 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.5. PRIMJENA TROJNOG INTEGRALA Matematicka analiza 4
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.
♦
Primjer 1.5.7 Izracunati zapreminu tijela ogranicenog sa
x2 + y2 + z2 = 2Rx i z =√
x2 + y2.
Rjesenje: Uvedimo sferne koordinate
x = ρ cosϕ sin θ, y = ρ sinϕ sin θ, z = ρ cos θ, |J | = ρ2 sin θ.
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.
50 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.5. PRIMJENA TROJNOG INTEGRALA Matematicka analiza 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).
♦
Primjer 1.5.8 Izracunati zapreminu tijela ogranicenog sa
(x2 + y2 + z2)2 = a2(x2 + y2 − z2); a > 0.
Rjesenje: Uvedimo sferne koordinate
x = ρ cosϕ sin θ, y = ρ sinϕ sin θ, z = ρ cos θ, |J | = ρ2 sin θ.
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) ⇔
51 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.5. PRIMJENA TROJNOG INTEGRALA Matematicka analiza 4
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
52 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.5. PRIMJENA TROJNOG INTEGRALA Matematicka analiza 4
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.
♦
Primjer 1.5.9 Izracunati zapreminu tijela ogranicenog sa
z =x2 + y2
3, z =
√
x2 + y2 i x2 + y2 + z2 ≥ 4.
53 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.5. PRIMJENA TROJNOG INTEGRALA Matematicka analiza 4
Rjesenje: Uvedimo sferne koordinate
x = ρ cosϕ sin θ, y = ρ sinϕ sin θ, z = ρ cos θ, |J | = ρ2 sin θ.
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.
Kako nema ogranicenja za ugao ϕ to je
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
)
.
54 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.5. PRIMJENA TROJNOG INTEGRALA Matematicka analiza 4
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:
55 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.5. PRIMJENA TROJNOG INTEGRALA Matematicka analiza 4
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)
Uvedimo polarne koordinate
x = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ, |J | = ρ,
56 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.5. PRIMJENA TROJNOG INTEGRALA Matematicka analiza 4
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
Uvedimo polarne koordinate
x = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ, |J | = ρ,
57 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.5. PRIMJENA TROJNOG INTEGRALA Matematicka analiza 4
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.
58 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.5. PRIMJENA TROJNOG INTEGRALA Matematicka analiza 4
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.
Uvedimo polarne koordinate
x = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ, |J | = ρ,
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.
59 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
1.5. PRIMJENA TROJNOG INTEGRALA Matematicka analiza 4
y
x
21b b
Uvedimo polarne koordinate
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.
♦
60 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
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
.
Primjer 2.1.1 Izracunati
∫
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.
♦
Primjer 2.1.2 Izracunati
∫
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.
62 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
2.1. LINIJSKI INTEGRAL PRVE VRSTE Matematicka analiza 4
♦
Primjer 2.1.3 Izracunati
∮
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.
63 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
2.1. LINIJSKI INTEGRAL PRVE VRSTE Matematicka analiza 4
♦
Primjer 2.1.4 Izracunati
∫
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
cos t · sin t ·√
(a2 − b2) sin2 t+ b2dt
Smjena : (a2 − b2) sin2 t+ b2 = u2 ⇒ sin t · cos tdt = udu
a2 − b2
∫
l
xyds = ab
∫ π2
0
cos t · sin t ·√
(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).
♦
Primjer 2.1.5 Izracunati
∫
l
√
x2 + y2ds, gdje je kriva l : x2 + y2 = ax,
a > 0.
Rjesenje:
64 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
2.1. LINIJSKI INTEGRAL PRVE VRSTE Matematicka analiza 4
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.
♦
Primjer 2.1.6 Izracunati
∮
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
65 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
2.1. LINIJSKI INTEGRAL PRVE VRSTE Matematicka analiza 4
∮
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.
66 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
2.1. LINIJSKI INTEGRAL PRVE VRSTE Matematicka analiza 4
∫
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.
♦
Primjer 2.1.7 Izracunati
∫
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.
♦
67 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
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
.
Primjer 2.2.1 Izracunati
∫
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.
♦
68 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
2.2. LINIJSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4
Primjer 2.2.2 Izracunati
∫
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.
♦
Primjer 2.2.3 Izracunati
∫
l
xdy − ydx
x+ y, gdje kriva l kontura trougla kojeg
obrazuje prava x + y = 1 sa koordinatnim osama, predena u pozitivnomsmjeru.
Rjesenje:
69 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
2.2. LINIJSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4
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.
♦
Primjer 2.2.4 Izracunati
∫
l
dx+ dy
x+ y, gdje kriva l : |x|+ |y| = 1, predena u
pozitivnom smjeru.
70 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
2.2. LINIJSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4
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.
71 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
2.2. LINIJSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4
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)
Primjer 2.2.5 Izracunati
∫
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
72 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
2.2. LINIJSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4
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.
♦
Primjer 2.2.6 Izracunati
∫
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
)
.
73 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
2.2. LINIJSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4
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.
74 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
2.2. LINIJSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4
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.
♦
Primjer 2.2.8 Izracunati I =
∫
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
75 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
2.2. LINIJSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4
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.
♦
Primjer 2.2.9 Izracunati I =
∮
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⇔
76 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
2.2. LINIJSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4
(
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.
♦
Primjer 2.2.10 Izracunati I =
∮
l
(y − z)dx+ (z − x)dy+ (x− y)dz, gdje je
kriva
l :
{
x2 + y2 = a2
xa+ z
h= 1 a, h ≥ 0,
predena u pozitivnom smjeru.
77 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
2.2. LINIJSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4
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).
♦
Primjer 2.2.11 Izracunati I =
∮
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
78 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
2.2. LINIJSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4
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
(
− 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 l3 imamo:
x = sin ty = 0z = cos t
⇒dx = cos tdtdy = 0dz = − sin tdt, t ∈
[
0, π2
]
.
.
79 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
2.2. LINIJSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4
Il3 =
∫ 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.
Il = Il1 + Il2 + Il3 = −4
3− 4
3− 4
3= −4.
♦
Primjer 2.2.12 Izracunati I =
∮
l
(y − z)dx+ (z − x)dy+ (x− y)dz, gdje je
kriva
l :
{
4− x2 − 2y2 = z
x+ 2y + z = 1,
predena u pozitivnom smjeru.
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
,
80 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
2.2. LINIJSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4
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.
♦
81 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
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.
Primjer 3.1.1 Izracunati I =
∫∫
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.
Uvedimo polarne koordinate
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.
83 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
3.1. POVRSINSKI INTEGRAL PRVE VRSTE Matematicka analiza 4
♦
Primjer 3.1.2 Izracunati I =
∫∫
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.
84 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
3.1. POVRSINSKI INTEGRAL PRVE VRSTE Matematicka analiza 4
♦
Primjer 3.1.3 Izracunati I =
∫∫
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
a2 − x2 − y2dxdy
= 2a
∫∫
D
(x2 + y2)dxdy
√
a2 − (x2 + y2)
85 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
3.1. POVRSINSKI INTEGRAL PRVE VRSTE Matematicka analiza 4
Uvedimo polarne koordinate
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.
♦
Primjer 3.1.4 Izracunati I =
∫∫
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.
86 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
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.
Primjer 3.2.1 Izracunati
I =
∫∫
S
zdxdy + xdxdz + ydydz,
gdje je S vanjska strana ravni x+ y + z = 1 u prvom oktantu.
87 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
3.2. POVRSINSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4
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.
♦
Primjer 3.2.2 Izracunati
I =
∫∫
S
zdxdy + xdxdz + ydydz,
gdje je S vanjska strana ravni x−y+ z = 1, koju isijecaju koordinatne ravni.
Rjesenje:
88 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
3.2. POVRSINSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4
~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.
♦
Primjer 3.2.3 Izracunati
I =
∫∫
S
yzdydz + xzdxdz + xydxdy,
gdje je S vanjska strana tetraedra kojeg zaklapa ravan x + y + z = a, sakoordinatnim ravnima u prvom oktantu.
Rjesenje:
89 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
3.2. POVRSINSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4
~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.
90 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
3.2. POVRSINSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4
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.
♦
Primjer 3.2.4 Izracunati
I =
∫∫
S
x2y2zdxdy,
gdje je S gornja strana donje polusfere x2 + y2 + z2 = R2.
Rjesenje:
~n
R
x
y
z
91 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
3.2. POVRSINSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4
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.
♦
Primjer 3.2.5 Izracunati
I =
∫∫
S
xdydz + ydxdz + zdxdy,
gdje je S vanjska strana sfere x2 + y2 + z2 = a2.
Rjesenje:
92 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
3.2. POVRSINSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4
~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
−√
a2 − x2 − y2dxdy
= 2a2∫∫
D
dxdy√
a2 − x2 − y2
93 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
3.2. POVRSINSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4
Nakon uvodenja polarnih koordinata dobijamo
I = 2a2∫∫
D
dxdy√
a2 − x2 − y2
= 2a2∫ 2π
0
dϕ
∫ a
0
ρdρ√
a2 − ρ2= 4a3π.
♦
Primjer 3.2.6 Izracunati
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.
94 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
3.2. POVRSINSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4
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.
♦
Primjer 3.2.7 Izracunati
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:
95 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
3.2. POVRSINSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4
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.
96 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
3.2. POVRSINSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4
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.
97 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
3.2. POVRSINSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4
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.
♦
Primjer 3.2.8 Izracunati
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
98 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
3.2. POVRSINSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4
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,
99 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
3.2. POVRSINSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4
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.
Primjer 3.2.9 Izracunati
I =
∫∫
S
xdydz + ydxdz + zdxdy,
gdje je S vanjska strana sfere x2 + y2 + z2 = a2.
Rjesenje:
~n
a
x
y
z
100 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
3.2. POVRSINSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4
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.
♦
Primjer 3.2.10 Izracunati
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:
101 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
3.2. POVRSINSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4
~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.
102 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
3.2. POVRSINSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4
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).
♦
Primjer 3.2.11 Izracunati
I =
∫∫
S
x2dydz + y2dxdz + z2dxdy,
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′,
103 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
3.2. POVRSINSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4
a povrs S∪S ′ je zatvorena te se moze primijeniti Teorem 3.2.1. Sada imamo:
I =
∫∫
S
x2dydz + y2dxdz + z2dxdy
=
∫∫∫
(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.
♦
Primjer 3.2.12 Izracunati
I =
∫∫
S
x2dydz + y2dxdz + z2dxdy,
gdje je S vanjska strana konusa x2 + y2 = z2, 0 ≤ z ≤ h.
Rjesenje:
104 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
3.2. POVRSINSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4
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.
105 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
3.2. POVRSINSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE Matematicka analiza 4
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
x2dydz + y2dxdz + z2dxdy
=
∫∫∫
(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.
♦
106 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
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
x = ρ cosϕy = ρ sinϕ
, 0 ≤ ρ ≤ 2, 0 ≤ ϕ ≤ 2π,
dobijamo:
Φ =
∫∫
D
(x2 + y2)dxdy
=
∫ 2π
0
dϕ
∫ 2
0
ρ2 · ρdρ
= 4
∫ 2π
0
dϕ = 8π.
♦
108 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
4.1. FLUKS (PROTOK) VEKTORSKOG POLJA Matematicka analiza 4
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).
109 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
4.1. FLUKS (PROTOK) VEKTORSKOG POLJA Matematicka analiza 4
Nakon uvodenja polarnih koordinata
x = ρ cosϕy = ρ sinϕ
, 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.
110 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
4.1. FLUKS (PROTOK) VEKTORSKOG POLJA Matematicka analiza 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.
Nakon uvodenja cilindricnih koordinata
x = ρ cosϕy = ρ sinϕz = z
, 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.
111 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
4.1. FLUKS (PROTOK) VEKTORSKOG POLJA Matematicka analiza 4
♦
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.
Kako su ispunjeni uslovi Teorema 3.2.1, to na osnovu formule (4.3) imamo:
Φ =
∫∫∫
(V )
3dxdydz
= 3
∫∫∫
(V )
dxdydz.
Nakon uvodenja cilindricnih koordinata
x = ρ cosϕy = ρ sinϕz = z
, 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ ϕ ≤ π
2, 0 ≤ z ≤ 1− ρ,
112 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
4.1. FLUKS (PROTOK) VEKTORSKOG POLJA Matematicka analiza 4
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.
Kako su ispunjeni uslovi Teorema 3.2.1, to na osnovu formule (4.3) imamo:
Φ =
∫∫∫
(V )
(y + x2 + y2)dxdydz.
Nakon uvodenja cilindricnih koordinata
x = ρ cosϕy = ρ sinϕz = z
, 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.
♦
113 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
4.1. FLUKS (PROTOK) VEKTORSKOG POLJA Matematicka analiza 4
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.
Kako su ispunjeni uslovi Teorema 3.2.1, to na osnovu formule (4.3) imamo:
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.
114 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
4.1. FLUKS (PROTOK) VEKTORSKOG POLJA Matematicka analiza 4
♦
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.
Kako su ispunjeni uslovi Teorema 3.2.1, to na osnovu formule (4.3) imamo:
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.
115 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
4.1. FLUKS (PROTOK) VEKTORSKOG POLJA Matematicka analiza 4
♦
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.
Kako su ispunjeni uslovi Teorema 3.2.1, to na osnovu formule (4.3) imamo:
Φ =
∫∫∫
(V )
(x2 + y2 + z2)dxdydz
=
∫∫∫
(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,
116 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
4.1. FLUKS (PROTOK) VEKTORSKOG POLJA Matematicka analiza 4
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 )
(x2 + y2 + z2)dxdydz
=
∫ 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.
Kako su ispunjeni uslovi Teorema 3.2.1, to na osnovu formule (4.3) imamo:
Φ =
∫∫∫
(V )
(−2xz + 1)dxdydz.
117 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
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,
118 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
4.2. STOKESOVA TEOREMA Matematicka analiza 4
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}.
119 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
4.2. STOKESOVA TEOREMA Matematicka analiza 4
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
120 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
4.2. STOKESOVA TEOREMA Matematicka analiza 4
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}.
Sada na osnovu Teorema 4.2.1 imamo:
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
121 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
4.2. STOKESOVA TEOREMA Matematicka analiza 4
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
}
.
Sada na osnovu Teorema 4.2.1 imamo:
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.
♦
122 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
4.2. STOKESOVA TEOREMA Matematicka analiza 4
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}.
Sada na osnovu Teorema 4.2.1 imamo:
123 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent
4.2. STOKESOVA TEOREMA Matematicka analiza 4
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.
Nakon uvodenja polarnih koordinata
x = ρ cosϕy = ρ sinϕ
, |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.
♦
124 Mr.sci. Edis Mekic, visi asistent