predavanje3-micic-hot.pdf

Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 3 1 / 47

Sadrzaj

Sadrzaj:

1 PovrsinaPovrsina u pravokutnim koordinatamaPovrsina zadana parametarski

2 VolumenVolumen tijela poznate povrsine presjekaVolumen rotacijskog tijela

3 Duljina luka krivuljeDuljina luka krivulje zadane parametarskiDuljina luka krivulje u pravokutnim koordinatama

4 TezisteTeziste ploce uniformne gustoceTeziste tijela uniformne gustocePrincip simetrije


Ciljevi ucenja

Ciljevi ucenja:Kako pomocu odredenog integrala racunamo povrsinu ravninskoglika

Povrsina ogranicena grafovima parametarski zadanih funkcijaKako pomocu odredenog integrala racunamo volumen rotacijskogtijelaKako definiramo i racunamo duljinu luka ravninske krivuljePrimjer primjene odredenog integrala u fizici: odredivanje tezistahomogenog tijela


Ciljevi ucenja

Ciljevi ucenja:Kako pomocu odredenog integrala racunamo povrsinu ravninskoglikaPovrsina ogranicena grafovima parametarski zadanih funkcija

Kako pomocu odredenog integrala racunamo volumen rotacijskogtijelaKako definiramo i racunamo duljinu luka ravninske krivuljePrimjer primjene odredenog integrala u fizici: odredivanje tezistahomogenog tijela


Ciljevi ucenja

Ciljevi ucenja:Kako pomocu odredenog integrala racunamo povrsinu ravninskoglikaPovrsina ogranicena grafovima parametarski zadanih funkcijaKako pomocu odredenog integrala racunamo volumen rotacijskogtijela

Kako definiramo i racunamo duljinu luka ravninske krivuljePrimjer primjene odredenog integrala u fizici: odredivanje tezistahomogenog tijela


Ciljevi ucenja

Ciljevi ucenja:Kako pomocu odredenog integrala racunamo povrsinu ravninskoglikaPovrsina ogranicena grafovima parametarski zadanih funkcijaKako pomocu odredenog integrala racunamo volumen rotacijskogtijelaKako definiramo i racunamo duljinu luka ravninske krivulje

Primjer primjene odredenog integrala u fizici: odredivanje tezistahomogenog tijela


Ciljevi ucenja

Ciljevi ucenja:Kako pomocu odredenog integrala racunamo povrsinu ravninskoglikaPovrsina ogranicena grafovima parametarski zadanih funkcijaKako pomocu odredenog integrala racunamo volumen rotacijskogtijelaKako definiramo i racunamo duljinu luka ravninske krivuljePrimjer primjene odredenog integrala u fizici: odredivanje tezistahomogenog tijela


Uvod

U Matematici 1 pokazali smo kako se pomocu definicije odredenogintegrala moze definirati povrsina ravninskog lika koji je ogranicenodozgor i odozdol grafovima dviju integrabilnih funkcija. Slicnimpostupcima moze se definirati duljina luka ravninske krivulje, volumentijela s poznatom povrsinom presjeka i oplosje tijela nastalo rotacijomdane ravninske krivulje oko zadane osi.

Od gore navedenih geometrijskih primjena odredenog integrala micemo obraditi izracunavanje povrsine, volumena i duljine luka. Tiproblemi u osnovi su jednodimenzionalni, tj. ovise o jednoj varijabli. Zasvaku od tih primjena izvest cemo formule za krivulje koje su zadaneeksplicitno i parametarski.

Osim toga odredeni integral koristimo u fizici primjerice zaizracunavanje rada, sile, kineticke energije, momenta i tezista. Micemo izvesti formule za racunanje tezista u pravokutnim koordinatama.


Povrsina Povrsina u pravokutnim koordinatama

POVRSINA U PRAVOKUTNIM KOORDINATAMA

Ako su funkcije f i g integrabilne na [a,b] i f (x)≥ g(x), za x ∈ [a,b],onda je povrsina podrucja koje se proteze izmedu y = f (x) i y = g(x),od x = a do x = b, jednaka

P =∫ b

ap(x)dx =

∫ b

a(f(x)−g(x))dx


Povrsina Primjer

PRIMJER 1.

Izracunajmo povrsinu podrucja omedenog parabolom y = 2x−x2 ipravcem y =−x .

Rjesenje:

p(x) = f (x)−g(x) = (2x−x2)− (−x) = 3x−x2

P =∫ 3

0

(3x−x2

)dx =

(3x2

2− x3

3

)∣∣∣∣30

=272− 27

3=

92


Povrsina Zadaci

ZADATAK 1.

U kojem omjeru os parabole y = 2x − x2

dijeli povrsinu izmedju parabole i pravcay =−x?

Rjesenje: OS PARABOLE: x = 1

P1 =∫ 1

0

[(2x−x2

)− (−x)

]dx =

∫ 1

0

[3x−x2

]dx

=

(3x2

2− x3

3

)∣∣∣∣10

=32− 1

3=

76

P2 =∫ 3

1

[(2x−x2

)− (−x)

]dx =

∫ 3

1

[3x−x2

]dx = · · ·= 9

2− 7

6=

206

P1 : P2 = 76 : 20

6 = 7 : 20


Povrsina Zadaci

ZADATAK 1.

U kojem omjeru os parabole y = 2x − x2

dijeli povrsinu izmedju parabole i pravcay =−x?

Rjesenje: OS PARABOLE: x = 1

P1 =∫ 1

0

[(2x−x2

)− (−x)

]dx =

∫ 1

0

[3x−x2

]dx

=

(3x2

2− x3

3

)∣∣∣∣10

=32− 1

3=

76

P2 =∫ 3

1

[(2x−x2

)− (−x)

]dx =

∫ 3

1

[3x−x2

]dx = · · ·= 9

2− 7

6=

206

P1 : P2 = 76 : 20

6 = 7 : 20Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 3 7 / 47

Povrsina Zadaci

ZADATAK 2.

Rjesenje: Presjecne tocke:y = sinxy = 1

2

}⇒ sinx =

12⇒ x =

π

6, x =

5π

6, . . .

P =∫ 5π

6

π

6

(sinx− 1

2

)dx =

(−cosx− x

2

)∣∣∣ 5π

6

π

6

= −cos(

5π

6

)− 5π

12+ cos

(π

6

)+

π

12=

=

√3

2+

√3

2− 4π

12=√

3− π

3(≈ 0.68)

:::::::::::::::::


Povrsina Zadaci

ZADATAK 3.

Rjesenje (integracijom po x):P =

∫ 10√

xdx +∫ 2

1 (2−x)dx

= 23x3/2

∣∣10 +(

2x− x2

2

)∣∣∣21

= 23−0+(4−2)−

(2− 1

2

)= 2

3 + 12= 7

6

ili (integracijom po y ):

P =∫ 1

0[(2−y)−y2]dy =

(2y − y2

2 −y3

3

)∣∣∣10

= 2− 12 −

13= 7

6


Povrsina Povrsina zadana parametarski

POVRSINA ZADANA PARAMETARSKI

Ako su funkcije x = x(t) i y = y(t) integrabilne na [t0, t1] i ako je krivuljazadana parametarski jednadzbama x = x(t), y = y(t), za t ∈ [t0, t1],onda je povrsina podrucja koje se proteze izmedu te krivulje i osi x , odx0 = x(t0) do x1 = x(t1), jednaka

P =∫ x1

x0

ydx =∫ t1

t0

y(t) x(t)dt


Povrsina Primjer

PRIMJER 2.Izracunajmo povrsinu podrucja omedenu elipsom x = acos t, y = bsin t

Rjesenje:

P = 4∫ a

0y dx =

∣∣∣∣∣ x=a cos tdx=−a sin t dt

x 0 at π/2 0

∣∣∣∣∣= 4∫ 0

π/2b sin t (−a sin t)dt

= 4ab∫

π/2

0sin2 tdt = 4ab

∫π/2

0

12

(1−cos(2t))dt

= 2ab(

t− 12

sin(2t))∣∣∣∣π/2

0= 2ab

π

2= ab π


Povrsina Zadatak

ZADATAK 4.Izracunaj povrsinu omedenu prvim lukom cikloide:x = a(t−sin t), y = a(1−cos t) i osi x . (Cikloida je putanja koju opisujerubna tocka kruga radijusa a, kada se on kotrlja po osi x .)

Rjesenje:

P =∫ 2aπ

0y dx =

∣∣∣∣∣x=a(t−sin t)

dx=a(1−cos t)dtx 0 2aπ

t 0 2π

∣∣∣∣∣=∫ 2π

0a(1−cos t) ·a(1−cos t)dt

= a2∫ 2π

0(1−2cos t + cos2 t)dt = a2

(t−2sin t +

12

(t +12

sin(2t))

)∣∣∣∣2π

0= 3a2 π


Volumen Volumen tijela poznate povrsine presjeka

VOLUMEN TIJELA POZNATOG PRESJEKA (METODA ODREZAKA)

Ako se tijelo proteze duz osi x od x = a do x = b, i ako na razini x imapresjek poznate povrsine P(x), te ako je funkcija x 7→ P(x) integrabilnana intervalu [a,b], onda je volumen tijela jednak

V =∫ b

aP(x)dx︸︷︷︸

=dV


Volumen Primjer

PRIMJER 3.Izracunajmo volumen kosoga kruznog stosca baze radijusa r i visine h.

Rjesenje:r(x)

r=

h−xh⇒ r(x) =

rh

(h−x)

⇒ P(x) =r2

h2 (h−x)2π

V =∫ h

0P(x)dx =

∫ h

0

r2

h2 (h−x)2πdx

= πr2

h2

∫ h

0(h−x)2dx = π

r2

h2

(−(h−x)3

3

)∣∣∣∣h0

=13

r2πh


Volumen Zadaci

ZADATAK 5. a)Izracunaj volumen polukugle radijusa R.

b)∗

Izracunaj volumen kugline kalote na slici.

ZADATAK 6.∗

Izracunaj volumen ”klina” naslici koji je pod kutom ϕ = 30◦

isjecen iz valjka radijusa r = 2.


Volumen Zadaci

Rjesenje 5. a):

V =∫ R

0P(x)dx =

∫ R

0π

(R2−x2

)dx

= π

(R2x− x3

3

)∣∣∣∣R0

= π

(R3− R3

3

)=

23

R3π

5. b):

V =∫ 5

3P(x)dx = π

∫ 5

3

(25−x2

)dx

= π

(25x− x3

3

)∣∣∣∣53

= π

[(125− 125

3

)− (75−9)

]=

52π

3(≈ 54.45)


Volumen Zadaci

Rjesenje 6:

V =∫ 2

−2P(x)dx

P(x) =12

y ·h =12

y ·y tg 30◦

=12

y2 · 1√3

=1

2√

3

(4−x2

)⇒

V =∫ 2

−2

12√

3

(4−x2

)dx =

12√

3

(4x− x3

3

)∣∣∣∣2−2

=�2

�2√

3

(8− 8

3

)=

163√

3

=16√

39

(≈ 3.08)


Volumen Volumen rotacijskog tijela

VOLUMEN ROTACIJSKOG TIJELA (METODA DISKOVA)

Volumene rotacijskih tijela cesto mozemo lako izracunati, jer je njihovpresjek na svakoj razini krug. Ako tijelo nastaje rotacijom oko osi x ,onoga lika koji se proteze izmedu intervala [a,b] na osi x i grafaintegrabilne funkcije y = y(x), onda je presjek toga rotacijskog tijela,na razini x krug s povrsinom [y(x)]2π. Dakle, volumen toga rotacijskogtijela je

V =∫ b

a[y(x)]2 π dx


Volumen Primjer

PRIMJER 4.Izracunajmo volumen tijela koje nastaje rotacijom oko osi x , likaomedenog parabolom y = x2 i pravcima y = 0, x = 1.

Rjesenje:

V =∫ 1

0[y(x)]2πdx

= π

∫ 1

0[x2]2dx

= πx5

5

∣∣∣∣10

=π

5(≈ 0.628)


Volumen Primjer

Volumen rotacijskog tijela u slucaju dviju funkcija

Ako tijelo nastaje rotacijom oko osi x , onoga lika koji se od x = a dox = b proteze izmedu grafa integrabilnih funkcija y = f (x) i y = g(x),uz f (x)≥ g(x), onda je njegov volumen jednak razlici dvaju volumena.Dakle, volumen toga rotacijskog tijela je

V =∫ b

aπ

([f(x)]2− [g(x)]2

)dx


Volumen Zadaci

ZADATAK 7.Izracunaj volumen rotacijskog elipsoida koji nastaje rotacijom lika

omedenog elipsomx2

a2 +y2

b2 = 1 (a) oko osi x , (b) oko osi y .

ZADATAK 8.

Izracunaj volumen tijela koje nastajerotacijom oko osi x , lika omedenog sy = x3 i y = x (u prvom kvadrantu).


Volumen Zadaci

ZADATAK 9.Izracunaj volumen ”tuljka” koji nas-taje rotacijom oko osi x , lika koji seproteze od x = 1 do x = a izmedu

osi x i hiperbole y =1x

.

Sto se dogada s volumenom kada a→ ∞, tj. kada se ”tuljak” proteze ubeskonacnost?


Volumen Zadaci

Rjesenje 7. a):

x2

a2 + y2

b2 = 1 ⇒ y2 = b2

a2

(a2−x2)

Vx =∫ a

−a[y(x)]2πdx = π

∫ a

−a

b2

a2

(a2−x2

)dx = π

b2

a2

(a2x− x3

3

)∣∣∣∣a−a

= 2πb2

a2

(a3− a3

3

)= 4ab2π

3

7. b):

x2

a2 + y2

b2 = 1 ⇒ x2 = a2

b2

(b2−y2)

Vy =∫ b

−b[x(y)]2πdy = π

∫ b

−b

a2

b2

(b2−y2

)dx = π

a2

b2

(b2y − y3

3

)∣∣∣∣b−b

= · · ·= 4a2bπ

3


Volumen Zadaci

Rjesenje 7. a):

x2

a2 + y2

b2 = 1 ⇒ y2 = b2

a2

(a2−x2)

Vx =∫ a

−a[y(x)]2πdx = π

∫ a

−a

b2

a2

(a2−x2

)dx = π

b2

a2

(a2x− x3

3

)∣∣∣∣a−a

= 2πb2

a2

(a3− a3

3

)= 4ab2π

3

7. b):

x2

a2 + y2

b2 = 1 ⇒ x2 = a2

b2

(b2−y2)

Vy =∫ b

−b[x(y)]2πdy = π

∫ b

−b

a2

b2

(b2−y2

)dx = π

a2

b2

(b2y − y3

3

)∣∣∣∣b−b

= · · ·= 4a2bπ

3Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 3 23 / 47

Volumen Zadaci

Rjesenje 8: Presjecne tocke y = x3 i y = x : x =−1, 0, 1

Vx =∫ 1

0π

([f (x)]2− [g(x)]2

)dx

= π

∫ 1

0π

(x2− [x3]2

)dx

= π

(x3

3− x7

7

)∣∣∣∣10

=4π

21


Volumen Zadaci

Rjesenje 9:

Vx =∫ a

1[y(x)]2 π dx = π

∫ a

1

1x2 dx

= π

(−1

x

)∣∣∣∣a1

= π

(−1

a+ 1)

= π− π

a

Ako a→ ∞ onda Vx → π.

To znaci da je volumen beskonacno protegnutog ”tuljka” konacan.


Volumen Zadaci

Primjer volumena rotacijskog tijela u pravokutnimkoordinatama zadanog parametarski

PRIMJER 5.Izracunajmo volumen tijela koje nastaje rotacijom oko osi x , likaomedenog astroidom x2/3 + y2/3 = a2/3 i osi x za y ≥ 0.

Iz x2/3 + y2/3 = a2/3 slijedi(x1/3)2

+(y1/3)2

=(a1/3)2

sto znaci da vrijednosti (x1/3,y1/3) leze nakruznici radijusa a1/3, pa se mogu prikazatiparametarski sa:

x = acos3 t ,y = asin3 t ,kada se t mijenja od 0 do 2π.


Volumen Zadaci

Rjesenje 5:

Vx =∫ a

−a[y(x)]2πdx =

∣∣∣∣∣x=acos3 t , y=asin3 tdx=−3acos2 t sin t dt

x −a at π 0

∣∣∣∣∣=

= −3πa3∫ 0

π

sin6 t cos2 t sin tdt =−3πa3∫ 0

π

(1−cos2 t)3 cos2 t sin tdt

=

∣∣∣∣∣ u=cos tdu=−sin t dt

t π 0u −1 1

∣∣∣∣∣= 3πa3∫ 1

−1(1−u2)3u2du

= 3πa3∫ 1

−1(u2−3u4 + 3u6−u8)du

= 3πa3(

u3

3− 3u5

5+

3u7

7− u9

9

)∣∣∣∣1−1

=32πa3

105


Duljina luka krivulje

DULJINA LUKA KRIVULJE

Duljinu dijela neke ravninskekrivulje zovemo duljinom luka tekrivulje. Neka je krivulja zadanaparametarski sa x = x(t), y = y(t),za t ∈ [a,b].

Krivulja je sastavljena od infinitezimalnih segmenata ds koji suhipotenuze infinitezimalnih pravokutnih trokuta s katetama dx i dy .

Slijedi da je duljina tog luka (uz uvjet da funkcije x = x(t), y = y(t)imaju integrabilne derivacije) jednaka

L =∫ b

ads =

∫ b

a

√dx2 + dy2 =

∫ b

a

√(dxdt

)2

+

(dydt

)2

dt .


Duljina luka krivulje

DULJINA LUKA KRIVULJE

Duljinu dijela neke ravninskekrivulje zovemo duljinom luka tekrivulje. Neka je krivulja zadanaparametarski sa x = x(t), y = y(t),za t ∈ [a,b].

Krivulja je sastavljena od infinitezimalnih segmenata ds koji suhipotenuze infinitezimalnih pravokutnih trokuta s katetama dx i dy .Slijedi da je duljina tog luka (uz uvjet da funkcije x = x(t), y = y(t)imaju integrabilne derivacije) jednaka

L =∫ b

ads =

∫ b

a

√dx2 + dy2 =

∫ b

a

√(dxdt

)2

+

(dydt

)2

dt .


Duljina luka krivulje Duljina luka krivulje u pravokutnim koordinatama

Dakle,

L =∫ b

a

√x(t)2 + y(t)2︸︷︷︸brzina gibanja

dt .

Ako je krivulja zadana eksplicitno y = f (x), za x ∈ [a,b], te ako tafunkcija ima integrabilnu derivaciju dy/dx = f ′(x), onda za parametar ximamo x = x i y = f (x), uz x ∈ [a,b],

pa je duljina luka u tom slucaju

L =∫ b

a

√1 + [f ′(x)]2dx .


Duljina luka krivulje Primjer

PRIMJER 6.Izracunajmo duljinu Arhimedove spirale x = tsin t, y = tcos t, t ∈ [0,4π].

Rjesenje:

L =∫ 4π

0

√x(t)2 + y(t)2dt

x = sin t + t cos ty = cos t− t sin t

⇒ x2 + y2 = · · ·= 1 + t2

L =

∫ 4π

0

√1 + t2dt =

12

(t√

1 + t2 + ln∣∣∣t +

√1 + t2

∣∣∣)∣∣∣∣4π

0

=12

(4π

√1 + 16π2 + ln

(4π +

√1 + 16π2

))≈ 80.819




Rjesenje:

L =∫ 4π

0

√x(t)2 + y(t)2dt


⇒ x2 + y2 = · · ·= 1 + t2

L =∫ 4π

0

√1 + t2dt =

12

(t√

1 + t2 + ln∣∣∣t +

√1 + t2

∣∣∣)∣∣∣∣4π

0

=12

(4π

√1 + 16π2 + ln

(4π +

√1 + 16π2

))≈ 80.819




Rjesenje:

L =∫ 4π

0

√x(t)2 + y(t)2dt


⇒ x2 + y2 = · · ·= 1 + t2

L =

∫ 4π

0

√1 + t2dt =

12

(t√

1 + t2 + ln∣∣∣t +

√1 + t2

∣∣∣)∣∣∣∣4π

0

=12

(4π

√1 + 16π2 + ln

(4π +

√1 + 16π2

))≈ 80.819


Duljina luka krivulje Zadaci

Zadatak 10.

Izracunati duljinu parabole y = x2, x ∈ [0,1].

Zadatak 11.

Izracunati duljinu luka krivulje x =t3

3− t, y = t2 + 2, t ∈ [0,3].

Zadatak 12.Izracunati duljinu prvog luka cikloide x = a(t−sin t), y = a(1−cos t).



Rjesenje 10: y = x2 ⇒ y ′ = 2x ⇒ ds =

√1 + y ′2dx =

√1 + 4x2dx

L =∫ 1

0

√1 + 4x2dx =

∣∣∣∣∣ 2x=tdx=1/2dt

x 0 1t 0 2

∣∣∣∣∣=12

∫ 2

0

√1 + t2dt

(∗)=

=14

(t√

1 + t2 + ln∣∣∣t +

√1 + t2

∣∣∣)∣∣∣∣20

=14

(2√

5 + ln(

2 +√

5))≈ 1.4789

———————————————–

(∗) I =∫ √

1 + t2dt =∫ 1√

1 + t2dt +

∫t

t√1 + t2

dt

=

∣∣∣∣ u=t ⇒ du=dtdv= t√

1+t2⇒ v=√

1+t2

∣∣∣∣= ln∣∣∣t +

√1 + t2

∣∣∣+ t√

1 + t2−I

⇒ I =12

(ln∣∣∣t +

√1 + t2

∣∣∣+ t√

1 + t2)

+ C



Rjesenje 11:

x = t2−1, y = 2t

⇒ x2 + y2 = t4−2t2 + 1 + 4t2 = (t2 + 1)2

⇒ ds =√

x2 + y2dt = (t2 + 1)dt

L =∫ 3

0ds =

∫ 3

0

(t2 + 1

)dt =

(t3

3+ t)∣∣∣∣3

0= 9 + 3 = 12



Rjesenje 12:x = a(1−cos t), y = asin t

⇒ x2 + y2 = · · ·= 2a2(1−cost) = 2a2 ·2sin2 t2

⇒ ds =√

x2 + y2dt = 2asin t2dt

L =∫ 2π

0ds = 2a

∫ 2π

0sin

t2

dt

= 2a(−2cos

t2

)∣∣∣∣2π

0= 4a(−cosπ + cos0) = 8a


Teziste

TEZISTE

Nalazenje tezista ravnih ploca i sipki jedna je od mnogobrojnihfizikalnih primjena integriranja.Ako sipku (zanemarive mase) podupremo u tocki koja je na udaljenostid1 od mase m1, odnosno d2 od m2, ona ce (po Arhimedovom zakonupoluge) biti u ravnotezi ako je m1d1 = m2d2.

Postavimo li os x duz horizontalnesipke i oznacimo li koordinate masem1, mase m2 i njihova tezista sa x1,x2 i x12 slijedi da je

m1(x12−x1) = m2(x2−x12),

odakle nalazimo

x12 =m1x1 + m2x2

m1 + m2


Teziste

PRINCIP SUPERPOZICIJE TEZISTAAko je tijelo T mase M podijeljeno na dva tijela T1 i T2, mase M1 i M2,onda je teziste tog tijela jednako tezistu tockastoga tijela koja se sastojiod dvije tocke mase M1 i M2 smjestene u tezistima tijela T1 i T2.

Razmotrimo tockasto tijelo koje sesastoji od tri mase m1, m2 i m3smjestene na horizontalnoj x osi ux1, x2 i x3.

Teziste prvoga tijela (mase m12 = m1 + m2) nalazi se u tockix12 = (m1x1 + m2x2)/(m1 + m2), pa po principu superpozicije tezista,teziste citavog tijela nalazi se u tocki

x123 = x(12)3 =(m1 + m2)x12 + m3x3

(m1 + m2) + m3=

��(m1 + m2)m1x1+m2x2

��m1+m2+ m3x3

m1 + m2 + m3

OPCENITO: x =m1x1 + m2x2 + · · ·+ mnxn

m1 + m2 + · · ·+ mn


Teziste

TEZISTE SIPKESipka koja se proteze od x = a do x = b i kojoj je linearna gustocazadana funkcijom ρ(x) ima masu m =

∫ ba ρ(x)dx , a teziste joj je u tocki

s koordinatom x =

∫ ba xρ(x)dx∫ ba ρ(x)dx

TEZISTE TOCKASTE PLOCE

Razmotrimo tockastu plocu koje sesastoji od n masa m1,m2, . . . ,mn

smjestenih u x ,y -ravnini u tockama(x1,y1),(x2,y2), . . . ,(xn,yn), onda jenjegovo teziste smjesteno u tocki skoordinatama

x =∑

ni=1 mixi

∑ni=1 mi

, y =∑

ni=1 miyi

∑ni=1 mi


Teziste Teziste ploce uniformne gustoce

TEZISTE PLOCE UNIFORMNE GUSTOCE

Prijelaz na ploce kontinuirane gustoce prevest ce gornje sume u tzv.dvostruke integrale. Ako se ogranicimo na ploce konstantne(uniformne, homogene) gustoce, onda teziste mozemo naci primjenomjednostrukih integrala.

x =

∫ ba xdm∫ ba dm

=

∫ ba x�ρ[f (x)−g(x)]dx∫ ba �ρ[f (x)−g(x)]dx

=

∫ ba xdP∫ ba dP

i analogno: y


Teziste Teziste tijela uniformne gustoce

TEZISTE TIJELA UNIFORMNE GUSTOCE

x=

∫ ba xdm∫ ba dm

=

∫ ba x�ρP(x)dx∫ ba �ρP(x)dx

=

∫ ba xdV∫ ba dV

i analogno: y , z, . . .


Teziste Primjer

PRIMJER 7.

Odredimo teziste pravokutnog trokuta uni-formne gustoce sa katetama duzine 3 i 4.

Rjesenje:

x =

∫ b

axdP∫ b

a dP=

∫ 4

0x

34

xdx∫ 4

0

34

xdx︸︷︷︸=6

=16

34

x3

3

∣∣∣∣40

=83

y =

∫ d

cydP∫ d

c dP=

∫ 3

0y(

4− 43

y)

dy

6=

16

(2y2− 4y3

9

)∣∣∣∣30

= 1

DAKLE: T = (8/3,1)


Teziste Zadaci

Zadatak 13.

Odredi teziste trapeza na slici (uniformnegustoce ρ).

Zadatak 14.

Odredi teziste cetvrtine kruga na slici (uni-formne gustoce).


Teziste Zadaci

Rjesenje 13:

∫dP = 3/2 (povrsina trapeza)

x =

∫xdP∫dP

=

∫xydx

3/2=

23

[∫ 1

0x ·1dx +

∫ 2

1x(2−x)dx

]= · · ·= 7

9

y =

∫ydP∫dP

=23

∫ 1

0yxdy =

23

∫ 1

0y(2−y)dy =

23

(y2− y3

3

)∣∣∣∣10

= · · ·= 49

T =

(79,49

)


Teziste Zadaci

Rjesenje 13:

∫dP = 3/2 (povrsina trapeza)

x =

∫xdP∫dP

=

∫xydx

3/2=

23

[∫ 1

0x ·1dx +

∫ 2

1x(2−x)dx

]= · · ·= 7

9

y =

∫ydP∫dP

=23

∫ 1

0yxdy =

23

∫ 1

0y(2−y)dy =

23

(y2− y3

3

)∣∣∣∣10

= · · ·= 49

T =

(79,49

)Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 3 42 / 47

Teziste Zadaci

Rjesenje 14:

∫dP = π (povrsina cetvrtine kruga)

x =

∫xdP∫dP

=

∫ 2

0xydx

π=

1π

∫ 2

0x√

4−x2dx =

∣∣∣∣∣ t=4−x2

dt=−2x dxx 0 2t 4 0

∣∣∣∣∣=

1π

∫ 0

4

√t(−1

2

)dt =

12π

∫ 4

0

√tdt =

12π

23

t3/2∣∣∣∣40

= · · ·= 83π

y =

∫ydP∫dP

=1π

∫ 2

0yxdy =

1π

∫ 2

0y√

4−y2dy = · · ·= 83π

T =

(83π

,83π

)≈ T(0.85,0.85)


Teziste Princip simetrije

PRINCIP SIMETRIJE

Ako tijelo uniformne gustoce ima ravninu simetrije, teziste je u njoj!

Ako tijelo ima vise ravnina simetrije, onda je njegovo teziste u sjecistutih ravnina.

neparna funkcija po x

x =

∫ a−a xdm

m=

∫ a−a

↓︷︸︸︷x �ρdV

�ρV= 0


Teziste Primjer

PRIMJER 8.Odredimo teziste polukugle radijusa R (uniformne gustoce).

Rjesenje:

x = y = 0

(zbog simetrije)

z =

∫ R

0zdm

m=

∫ R0 z�ρP(z)dz

�ρV

=3

2R3�π

∫ R

0z(

R2−z2)�πdz =

32R3

(R2z2

2− z4

4

)∣∣∣∣R0

=3

2R3R4

4=

3R8


Teziste Zadatak

Zadatak 15.

Odredi teziste stosca na slici (uniformnegustoce).

Rjesenje 15: T (x , y , z), x = y = 0, z =?

z =

∫zdV∫dV

, gdje je∫

dV = V volumen stosca, V =13·1 ·π ·2 =

23

π


Teziste Zadatak

Dakle,

dV =(

1− z2

)2πdz

pa je

z =32�π

∫ 2

0z(

1− z2

)2�πdz

=32

∫ 2

0

(z−z2 +

14

z3)

dz

=32

(z2

2− z3

3+

z4

16

)∣∣∣∣20

= · · ·= 32· 13

=12

T(

0,0,12

)Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 3 47 / 47

predavanje3-micic-hot.pdf

Documents