Примена одређеног интеграла

Израчунавање дужине лука криве

Декартове координате

Дужина лука непрекидно диференцијабилне криве f(x)f\left( x \right) од тачке (a,f(a))\left( {a,f\left( a \right)} \right) до тачке (b,f(b))\left( {b,f\left( b \right)} \right) једнака је

l=∫ab1+(f′(x))2dxl = \int\limits_a^b {\sqrt {1 + {{\left( {f'\left( x \right)} \right)}^2}} dx}.

Поларне координате

Дужина лука криве ρ=ρ(φ),φ1⩽φ⩽φ2\rho = \rho \left( \varphi \right),{\varphi _1} \leqslant \varphi \leqslant {\varphi _2} је

l=∫φ1φ2ρ2(φ)+(ρ′(φ))2dφl = \int\limits_{{\varphi _1}}^{{\varphi _2}} {\sqrt {{\rho ^2}\left( \varphi \right) + {{\left( {\rho '\left( \varphi \right)} \right)}^2}} d\varphi },

ако функција ρ(φ)\rho \left( \varphi \right) има на интервалу [φ1,φ2]\left[ {{\varphi _1},{\varphi _2}} \right] непрекидан извод.

Крива задата параметарски

Дужина лука криве x=x(t), y=y(t),t∈[α,β]x = x\left( t \right),{\text{ }}y = y\left( t \right),t \in \left[ {\alpha ,\beta } \right] је

l=∫αβ(x′(t))2+(y′(t))2dtl = \int\limits_\alpha ^\beta {\sqrt {{{\left( {x'\left( t \right)} \right)}^2} + {{\left( {y'\left( t \right)} \right)}^2}} dt},

Ако функције x(t)x\left( t \right) и y(t)y\left( t \right) имају на интервалу [α,β]\left[ {\alpha ,\beta } \right] непрекидан први извод.

Израчунавање површине равних фигура

Декартове координате

Ако је функција ff непрекидна и ненегативна x∈[a,b]x \in \left[ {a,b} \right], онда је површина ограничена осом xx, графиком f(x)f\left( x \right) и правама x=ax = a и x=bx = b, дата формулом

S=∫abf(x)dxS = \int\limits_a^b {f\left( x \right)dx}

Површина равне фигуре ограничене непрекидним кривама y=f1(x)y = {f_1}\left( x \right), y=f2(x)y = {f_2}\left( x \right) и одсечцима правих x=ax = a, x=bx = b једнака је 

S=(f2(x)−f1(x))dxS = \left( {{f_2}\left( x \right) - {f_1}\left( x \right)} \right)dx

под предпоставком да је f1(x)⩽f2(x), x∈[a.b]{f_1}\left( x \right) \leqslant {f_2}\left( x \right),{\text{ }}x \in \left[ {a.b} \right].

Поларне координате

Површина равне фигуре ограничене непрекидном кривом ρ=ρ(φ)\rho = \rho \left( \varphi \right) и одсечцима полуправих φ=φ1\varphi = {\varphi _1} и φ=φ2\varphi = {\varphi _2} једнака је

S=12∫φ1φ2ρ2(φ)dφS = \frac{1}{2}\int\limits_{{\varphi _1}}^{{\varphi _2}} {{\rho ^2}\left( \varphi \right)d\varphi }

под предпоставком да је 0<φ2−φ1⩽2π0 < {\varphi _2} - {\varphi _1} \leqslant 2\pi.

Површина и запремина обртних тела

Нека је y=f(x)y = f\left( x \right) ненегативна функција, која има непрекидан први извод у интервалу [a,b]\left[ {a,b} \right]. Део криве f(x)f\left( x \right) од тачке (a,f(a))\left( {a,f\left( a \right)} \right) до тачке (b,f(b))\left( {b,f\left( b \right)} \right) означимо са kk. Ротирањем око xx-осе, крива kk описује површ, чија је површина

P=2π∫abf(x)1+(f‘(x))2dxP = 2\pi \int\limits_a^b {f\left( x \right)\sqrt {1 + {{\left( {f`\left( x \right)} \right)}^2}} dx},

а област ограничена кривом kk, xx-осом и правама x=ax = a и x=bx = b, описује обртно тело, чија је запремина 

V=π∫abf2(x)dxV = \pi \int\limits_a^b {{f^2}\left( x \right)} dx

Одређени интеграл рачуна много више од површине испод криве. Површина између кривих y=f1(x)y = f_1(x) и y=f2(x)y = f_2(x), где је f1(x)≤f2(x)f_1(x) \le f_2(x) на [a,b][a, b], је S=∫ab(f2(x)−f1(x)) dxS = \int_a^b (f_2(x) - f_1(x))\,dx, а у поларним координатама S=12∫φ1φ2ρ2 dφS = \frac{1}{2}\int_{\varphi_1}^{\varphi_2} \rho^2\,d\varphi. Дужина лука криве је l=∫ab1+(f′(x))2 dxl = \int_a^b \sqrt{1 + (f'(x))^2}\,dx. Кад се крива y=f(x)y = f(x) обрће око осе xx, настаје тело запремине V=π∫abf2(x) dxV = \pi\int_a^b f^2(x)\,dx, чији омотач има површину P=2π∫abf(x)1+(f′(x))2 dxP = 2\pi\int_a^b f(x)\sqrt{1 + (f'(x))^2}\,dx.

За криву задату параметарски, x=x(t)x = x(t), y=y(t)y = y(t), дужина лука је l=∫αβ(x′(t))2+(y′(t))2 dtl = \int_\alpha^\beta \sqrt{(x'(t))^2 + (y'(t))^2}\,dt. Границе интеграције најчешће су пресечне тачке кривих, па их нађите пре свега. Честа грешка у запремини је да се заборави квадрат функције; за тело између две криве рачуна се π∫ab(f22(x)−f12(x)) dx\pi\int_a^b (f_2^2(x) - f_1^2(x))\,dx, а не квадрат разлике.

2468−3−1130x (cm)y (cm)by = √(2x)
8 cm
Полупречник на висини b
4 cm
Запремина V
201,1 cm³
Ваљак истих мера
402,1 cm³
Чаша из примера лежи на боку, са осом xx као осом обртања. Запремина до висине bb је π∫0b2x dx=πb2\pi\int_0^b 2x\,dx = \pi b^2, увек тачно половина ваљка истог полупречника и висине.

Конструктори из профила посуде, флаше или лампе рачунају њену запремину и површину, а инжењери из дужине лука рачунају колико кабла треба за далековод који се угиба између стубова.

Колико стане у чашу

Унутрашњост стаклене чаше настаје обртањем дела параболе y=2xy = \sqrt{2x} око осе xx, где је xx висина у центиметрима, од дна x=0x = 0 до врха x=8x = 8. Колико милилитара течности стане у чашу?

Решење

  1. Запремина обртног тела је V=π∫08f2(x) dxV = \pi\int_0^8 f^2(x)\,dx, а овде је f2(x)=2xf^2(x) = 2x.
  2. ∫082x dx=x2∣08=64\int_0^8 2x\,dx = x^2\Big|_0^8 = 64, па је V=64π≈201V = 64\pi \approx 201 cm³.
  3. На врху је полупречник 2⋅8=4\sqrt{2 \cdot 8} = 4 cm. Ваљак истог полупречника и висине имао би 42π⋅8=128π4^2\pi \cdot 8 = 128\pi cm³, па чаша прима тачно половину тога.

Одговор: У чашу стане око 201 ml течности, јер је 1 cm³ = 1 ml.

Задатак за вежбу

Обртањем дужи y=x2y = \frac{x}{2}, 0≤x≤60 \le x \le 6, око осе xx настаје купа. Израчунајте њену запремину интегралом и проверите резултат обрасцем V=13r2πHV = \frac{1}{3}r^2\pi H.

Прикажи решење

V=π∫06x24 dx=π⋅x312∣06=18π≈56,55V = \pi\int_0^6 \frac{x^2}{4}\,dx = \pi \cdot \frac{x^3}{12}\Big|_0^6 = 18\pi \approx 56{,}55. Купа има r=3r = 3 и H=6H = 6, па је и 13⋅9π⋅6=18π\frac{1}{3} \cdot 9\pi \cdot 6 = 18\pi.