Primjene integrala

Središte masa. Statički momenti

Središte masa

Neka je dano $n$ materijalnih točaka s masama $m_1,m_2,\ldots,m_n$ u prostoru tako da su njihovi radijvektori $\vec{r}_1,\vec{r}_2,\ldots,\vec{r}_n.$ Točka $S$ čiji je radijvektor $\vec{r}_S$ sa svojstvom da je

$$(m_1+m_2+\cdots +m_n)\,\vec{r}_S = m_1\,\vec{r}_1 +m_2\,\vec{r}_2 +\cdots +m_n\,\vec{r}_n$$ (2.5)

zove se središte masa $m_1,m_2,\ldots,m_n.$

Središte masa ima sljedeće važno svojstvo. Pretpostavimo da se materijalne točke $m_1,m_2,\ldots,m_n$ gibaju. Tada su njihovi radijvektori $\vec{r}_1(t),\vec{r}_2(t),\ldots,\vec{r}_n(t)$ funkcije vremena. Središte masa se također giba. Pripadni radijvektor je $\vec{r}_S(t).$ Ako (2.5) deriviramo po vremenu $t,$ i tu derivaciju označimo s točkom kao što je uobičajeno, slijedi

$$(m_1+m_2+\cdots +m_n)\,\dot{\vec{r}}_S(t) = m_1\,\dot{\vec{r}}_1(t) +m_2\,\dot{\vec{r}}_2(t) +\cdots +m_n\,\dot{\vec{r}}_n(t).$$ (2.6)

Prema tome količina gibanja sustava materijalnih točaka jednaka je količini gibanja jedne materijalne točke čija je masa jednaka ukupnoj masi sustava, a nalazi se u središtu masa sustava.

Nađimo sada koordinate središta masa. Stavimo, radi kratkoće zapisa,

$$m = m_1+m_2+\cdots +m_n,$$

i pretpostavimo da je

$$\vec{r}_i = x_i\,\vec{\imath} + y_i\,\vec{\jmath} + z_i\,\vec{k},\quad \vec{r}_S = x_S\,\vec{\imath} + y_S\,\vec{\jmath} + z_S\,\vec{k}.$$

Tada iz (2.5) slijedi

$$x_S = \frac{m_1\,{x}_1 +m_2\,{x}_2 +\cdots +m_n\,{x}_n}{m},\quad y_S = \frac{m_1\,{y}_1 +m_2\,{y}_2 +\cdots +m_n\,{y}_n}{m},$$

$$z_S = \frac{m_1\,{z}_1 +m_2\,{z}_2 +\cdots +m_n\,{z}_n}{m}.$$

Neka je dano materijalno tijelo T, sa zadanom gustoćom mase $\rho,$ koje zauzima u prostoru neko zatvoreno područje $\Omega.$ Želimo naći središte masa tijela $T.$ U tu svrhu opišemo oko tijela minimalni kvadar $K,$ stranica paralelnih koordinatnim ravninama, i definiramo gustoću mase na kvadru $K$

$$% latex2html id marker 38284 \tilde{\rho}(x,y,z)= \begin{cas... ...0, & \text{ako je $(x,y,z)\in K\setminus \Omega$.} \end{cases}$$

Subdivizijama podijelimo $K$ na male kvadre $K_{ijk}.$ U svakom od njih izaberemo jednu točku $(\xi_i,\eta_j,\zeta_k).$

Zamislimo da je masa malog kvadra $K_{ijk}$ koncentrirana u toj točki. Ona je približno jednaka $\tilde{\rho}(\xi_i,\eta_j,\zeta_k)\,vol(K_{ijk}).$ Ako ponovimo razmatranje o središtu masa sustava od konačno mnogo materijalnih točaka, dobivamo za apscisu središta masa

$$x_S\approx \frac{\sum_i\sum_j\sum_k ... ...i\,\tilde{\rho}(\xi_i,\eta_j,\zeta_k)\, \Delta x_i\,\Delta y_j\,\Delta z_k}{m},$$

gdje $m$ predstavlja ukupnu masu tijela $T.$ U ovoj formuli brojnik je integralna suma za funkciju $x\,\tilde{\rho}(x,y,z)$ po području $K.$ Ako je gustoća mase integrabilna funkcija, zaključujemo da je

$$x_S = \frac{\iiint_{\Omega}\,x\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz}{m} = \fr... ...Omega}\, x\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz}{\iiint_{\Omega}\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz}.$$

Na sličan način možemo dobiti

$$y_S = \frac{\iiint_{\Omega}\,y\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz}{m} = \fr... ...Omega}\, y\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz}{\iiint_{\Omega}\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz},$$

$$z_S = \frac{\iiint_{\Omega}\,z\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz}{m} = \fr... ...Omega}\, z\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz}{\iiint_{\Omega}\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz}.$$

Ako se radi o vrlo tankom materijalnom tijelu $T$ (ravna ploča), koje zauzima u ravnini $xy$ zatvoreno područje $\Omega,$ i čija gustoća mase je $\rho(x,y),$ onda su koordinate središta masa

$$x_S = \frac{\iint_{\Omega}\,x\,\rho(x,y)\,dx\,dy}{\iint_{\Omega}\... ...frac{\iint_{\Omega}\, y\,\rho(x,y)\,dx\,dy}{\iint_{\Omega}\,\rho(x,y)\,dx\,dy},$$

Konačno, ako se radi o tankom ravnom štapu, na segmentu $[a,b],$ čija je gustoća mase $\rho(x),$ onda je središte masa

$$x_S=\frac{\int_a^b x\,\rho(x)\,dx}{\int_a^b \rho(x)\,dx}.$$

Statički moment

Veličine koje se pojavljuju u brojnicima koordinata središta masa, se zovu statički momenti

Tako se integrali

$$M_{y\,z} = \iiint_{\Omega}\,x\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz,\quad M_{z\,x} = \iiint_{\Omega}\, y\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz,$$

$$M_{x\,y} = \iiint_{\Omega}\, z\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz$$

redom zovu statički momenti tijela $T$ u odnosu na ravninu $yz,$ $xz$ $xy.$

Integrali

$$M_y = \iint_{\Omega}\,x\,\rho(x,y)\,dx\,dy,\quad M_x = \iint_{\Omega}\,y\,\rho(x,y)\,dx\,dy$$

se zovu redom statički momenti ravne ploče $T$ u odnosu na $y$-os, $x$-os.

Integral

$$M_0 = \int_a^b x\,\rho(x)\,dx$$

se zove statički moment štapa u odnosu na ishodište.

Primjer 2.18   Naći statički moment valjka radiusa baze $R$ i visine $H$ u odnosu na ravninu baze valjka.

Rješenje. Ako se ne kaže ništa o gustoći mase, onda se pretpostavlja da je $\rho(x,y,z)=1.$

$$M_{x\,y}=\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^Rdr\int_0^Hz\,r\,dz= \int_0^{2\pi} d\varphi \int_0^R r\,dr \int_0^H z\,dz={\frac{{H^2}\,\pi \,{R^2}}{2}}.$$

Težište

Neka su dvije mase $m_1$ i $m_2$ povezane tankom šipkom, čiju masu možemo zanemariti. Pretpostavimo da okomito na šipku djeluje sila (na pr. sila teža). Postoji točka $x_T$ na šipki takva da sistem ostane u stanju ravnoteže, ako ga u toj točki objesimo. Razlog tome je taj da je suma momenata sile u odnosu na točku $x_T$ jednaka nuli. Ta točka se zove težište. Pretpostavimo da se masa $m_1$ nalazi u položaju $x_1,$ i da je na tom mjestu akceleracija sile $g_1,$ a masa $m_2$ u $x_2,$ i da je na tom mjestu akceleracija sile $g_2.$ Dakle, mora biti

$$m_1\,g_1\,(x_1-x_T)+m_2\,g_2\,(x_2-x_T)=0,$$

odnosno

$$x_T=\frac{m_1\,g_1\,x_1+m_2\,g_2\,x_2}{m_1\,g_1+m_2\,g_2}.$$

Da je bilo više masa, $m_1,m_2,\ldots,m_n,$ sa svojim položajima $x_1,x_2,\ldots,x_n,$ na sličan način dobili bismo

$$x_T=\frac{m_1\,g_1\,x_1+m_2\,g_2\,x_2+\cdots +m_n\,g_n\,x_n}{m_1\,g_1+m_2\,g_2+\cdots +m_n\,g_n}.$$

Neka je dano materijalno tijelo T, s gustoćom mase $\rho,$ koje zauzima u prostoru neko zatvoreno područje $\Omega.$ Ako ga objesimo u jednoj točki, onda ono u polju sile zauzme ravnotežni položaj. Uzrok tome je taj što je suma svih momenata sile, od najmanjih djelića tijela jednaka nuli. Opišemo oko tijela minimalni kvadar $K,$ stranica paralelnih koordinatnim ravninama, i definiramo gustoću mase na $K$

$$% latex2html id marker 38401 \tilde{\rho}(x,y,z)= \begin{cas... ...0, & \text{ako je $(x,y,z)\in K\setminus \Omega$.} \end{cases}$$

Kao kod definicije trostrukog integrala podijelimo kvadar $K$ na mnogo malih kvadara $K_{ijk}.$ U svakom od njih izaberemo jednu točku $(\xi_i,\eta_j,\zeta_k).$ Pretpostavimo da je masa kvadra $K_{ijk}$ koncentrirana u toj točki. Tada na sličan način kao gore dobivamo

$$x_T\approx \frac{\sum_i\sum_j\sum_k ... ...k \tilde{\rho}(\xi_i,\eta_j,\zeta_k)\, g(\xi_i,\eta_j,\zeta_k)\, vol(K_{ijk})}.$$

U brojniku imamo integralnu sumu funkcije $x\tilde{\rho}(x,y,z)g(x,y,z),$ a u nazivniku funkcije $\tilde{\rho}(x,y,z)g(x,y,z).$ Tako, uz uvjet da su funkcije $\rho(x,y,z)$ i $g(x,y,z)$ integrabilne, imamo apscisu težišta

$$x_T=\frac{\iiint_{\Omega}\,x\,\rho(x,y,z)\,g(x,y,z)\,dx\,dy\,dz} {\iiint_{\Omega}\, \rho(x,y,z)\,g(x,y,z)\,dx\,dy\,dz}.$$

Na sličan način možemo dobiti ostale koordinate težišta

$$y_T=\frac{\iiint_{\Omega}\,y\,\rho\,g\,dx\,dy\,dz} {\iiint_{\Omeg... ...int_{\Omega}\, z\,\rho\,g\,dx\,dy\,dz} {\iiint_{\Omega}\, \rho\,g\,dx\,dy\,dz}.$$

U nazivnicima koordinata težišta se pojavljuje integral, koji predstavlja ukupnu silu koja djeluje na tijelo (u slučaju sile teže to je težina).

Ako se radi o tankoj ploči, u ravnini $xy,$ čija je gustoća mase $\rho(x,y),$ onda su koordinate težišta

$$x_T = \frac{\iint_{\Omega}\,x\,\rho(x,y)\,g(x,y)\,dx\,dy}{\iint_{... ...ga}\, y\,\rho(x,y)\,g(x,y)\,dx\,dy}{\iint_{\Omega}\,\rho(x,y)\,g(x,y)\,dx\,dy}.$$

Konačno, ako se radi o tankom ravnom štapu, na segmentu $[a,b],$ čija je gustoća mase $\rho(x),$ onda je težište

$$x_T=\frac{\int_a^b x\,\rho(x)\,g(x)\,dx}{\int_a^b \rho(x)\,g(x)\,dx}.$$

Ako sila svakoj točki tijela daje jednako ubrzanje, tj. ako je sila konstanta, onda je njezina akceleracija $g$ konstanta, pa se može izlučiti ispred integrala, i skratiti. U tom slučaju se težište poklapa sa središtem masa. To se događa kad se u polju sile teže nalazi tijelo, čije dimenzije nisu tako velike da bi razlika udaljenosti pojedinih dijelova tijela do središta Zemlje bila relativno značajna.

Moment inercije

Neka se materijalna točka mase $m$ jednoliko giba po kružnici u ravnini $x\,y$ oko ishodišta. Moment vrtnje (moment količine gibanja) se definira kao

$$\vec{L}=\vec{r}\times m\,\vec{v},$$

gdje je $\vec{r}$ radijvektor položaja materijalne točke, a $\vec{v}$ njezina brzina (linearna). Kod ovakvog gibanja je $\vec{r}\perp\vec{v},$ pa je

$$\vert\vec{L}\vert=m\,\vert\vec{r}\vert\vert\vec{v}\vert.$$

Linearna brzina $\vec{v}$ se može izraziti pomoću kutne brzine $\vec{\omega}$ kao

$$\vec{v}=\vec{\omega}\times\vec{r},$$

gdje je $\vec{\omega}=\omega\vec{k}.$ Odatle, budući da je $\vec{r}\perp\vec{\omega},$

$$\vert\vec{v}\vert=\omega\,\vert\vec{r}\vert,$$

pa nakon uvrštavanja imamo

$$\vert\vec{L}\vert=m\,\vert\vec{r}\vert^2\,\omega.$$

Ako prihvatimo da je kod takvog gibanja prirodno za brzinu uzeti $\vec{\omega},$ onda veličina

$$I=m\,\vert\vec{r}\vert^2$$

odgovara onome što je inercijska masa prilikom jednolikog gibanja po pravcu. Zato se $I$ zove moment inercije materijalne točke. Primjetimo da je $\vert\vec{r}\vert^2$ zapravo kvadrat udaljenosti od središta vrtnje.

Neka je dano materijalno tijelo $T,$ gustoće mase $\rho,$ koje u prostoru zauzima zatvoreno područje $\Omega,$ i neka se to tijelo jednoliko giba na pr. oko osi $z.$ Kako sada izgleda formula za intenzitet momenta vrtnje? Da bismo odgovorili na to pitanje, opišemo oko tijela minimalni kvadar $K,$ čije su stranice paralelne koordinatnim ravninama, i definiramo gustoću mase kvadra $K$ kao

$$% latex2html id marker 38489 \tilde{\rho}(x,y,z)= \begin{cas... ... & \text{ako je $(x,y,z)\in K\setminus {\Omega}$.} \end{cases}$$

Subdivizijom podijelimo $K$ na male kvadre $K_{ijk}.$ Ako u svakom od njih izaberemo jednu točku $(\xi_i,\eta_j,\zeta_k),$ onda je moment inercije približno jednak

$$\sum_i\sum_j\sum_k(\xi_i^2+\eta_j^2)\,\tilde{\rho}(\xi_i,\eta_j,\zeta_k)\, \Delta x_i\,\Delta y_j\,\Delta z_k,$$

što je integralna suma za funkciju $(x^2+y^2)\,\tilde{\rho}(x,y,z)$ po kvadru $K.$ Dakle, možemo zaključiti da je moment inercije tijela jednak

$$I = \iiint_K (x^2+y^2)\,\tilde{\rho}(x,y,z)\,dx\,dy\,dz = \iiint_{\Omega}\,(x^2+y^2)\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz.$$

Primijetimo da $x^2+y^2$ predstavlja udaljenost točke $(x,y,z)$ tijela od osi vrtnje.

Općenito, neka je pravac $p$ os vrtnje, i $d(x,y,z)$ udaljenost točke $(x,y,z)$ tijela od pravca $p.$ Broj

$$I=\iiint_{\Omega}\,d(x,y,z)^2\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz,$$

se zove moment inercije tijela $T$ u odnosu na pravac $p$.

Primjer 2.19   Naći moment inercije stošca radiusa baze $R,$ visine $H$ u odnosu na njegovu os simetrije.

Rješenje. Budući da se ništa ne kaže o gustoći mase, pretpostavljamo da je $\rho(x,y,z)=1.$ Riješimo taj zadatak prelaskom u cilindrični koordinatni sustav. Iz sličnosti trokuta

slijedi $z=\frac{H\,(R-r)}{R}.$ Tako je

$$I_z=\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^Rr\,dr\int_0^{\frac{H\,(R-r)}{R}}r^2\,dz= {\frac{H\,\pi \,{R^4}}{10}}.$$

Ako taj rezultat želimo iskazati pomoću mase, onda, zbog $\rho(x,y,z)=1,$

$$m=$$volumen$$=\frac{R^2\,H\,\pi}{3},$$

pa je

$$I_z={\frac{3\,m \,{R^2}}{10}}.$$

Primjer 2.20   Nađimo kinetičku energiju tijela koje rotira jednoliko oko neke osi. Radi određenosti pretpostavimo da tijelo zauzima područje $\Omega$ u prostoru i da rotira oko osi $z.$

Rješenje. Malen kvadar tijela oko točke $(x,y,z)$ ima masu približno

$$\Delta m_{ijk} \approx \rho(\xi_i,\eta_j,\zeta_k)\,\Delta x\Delta y\Delta z.$$

Prilikom rotacije oko osi $z$ kutnom brzinom $\omega$ taj dio tijela ima kinetičku energiju približno

$$\Delta E_{ijk} \approx \frac{\Delta ... ...\xi_i,\eta_j,\zeta_k)\,v(\xi_i,\eta_j,\zeta_k)^2\,\Delta x\Delta y\Delta z}{2},$$

gdje je $v=r\,\omega$ linearna brzina točke. Ukupna kinetička energija je dakle približno

$$\sum_{i,j,k}\Delta E_{ijk} \sum_{i,j... ...\xi_i,\eta_j,\zeta_k)\,v(\xi_i,\eta_j,\zeta_k)^2\,\Delta x\Delta y\Delta z}{2}.$$

Odatle slijedi da je točna vrijednost kinetičke energije tijela

$$\iiint_{\Omega}\,\Delta E=\iiint_{\Omega}\,\frac{r^2\omega^2}{2} \rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz$$

$$= \frac{\omega^2}{2}\, \iiint_{\Omega}\,(x^2+y^2)\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz = \frac{I_z\,\omega^2}{2}.$$

Dakle kinetička energija tijela prilikom rotacije oko neke osi jednaka je polovini umnoška momenta inercije tijela u odnosu na tu os i kvadrata kutne brzine.

Deriviranje i integriranje pod znakom integrala

Neka je $I=[a,b]\times [c,d],$ i neka je $f:I\rightarrow R$ neprekidna funkcija na $I.$ Ako $f$ integriramo po $y,$ onda dobivamo funkciju od $x.$

$$F(x)=\int_c^d f(x,y)\,dy.$$

Postavlja se pitanje da li funkciju $F$ možemo derivirati i integrirati po $x,$ i kako? Što se tiče integriranja odgovor je dan ranije, kad smo definirali dvostruki integral i dali formule za računanje

$$\int_a^b F(x)\,dx=\int_a^b\int_c^d f(x,y)\,dy\,dx= \int_c^d\int_a^b f(x,y)\,dx\,dy.$$

Dakle integrirati se može i to tako da se najprije integrira po $x.$ To neki puta može biti lakše nego najprije računati $F(x),$ pa onda integrirati. Ako područje nije pravokutnik, onda granice nisu konstante. U tom slučaju se, prilikom zamjene poretka integracije, moraju odrediti nove granice.

Za deriviranje funkcije $F(x)$ imamo sljedeće pravilo.

Teorem 13   (Leibnizovo pravilo). Neka je $f:I\rightarrow R$ neprekidna funkcija na $I=[a,b]\times [c,d],$ i neka ima neprekidnu parcijalnu derivaciju po $x$ na $I.$ Tada je funkcija

$$F(x)=\int_c^d f(x,y)\,dy$$

klase $C^1([a,b]),$ i vrijedi

$$F'(x)=\int_c^d \frac{\partial f(x,y)}{\partial x}\,dy.$$

Dokaz. $\heartsuit$

Primjer 2.21  

$$J(\alpha)=\int_0^{\infty} \frac{\textstyle{1-\cos\alpha x}}{\textstyle{x}}e^{-bx}\,dx=?$$

Rješenje.

$$J'(\alpha)=\int_0^{\infty} e^{-bx}\sin\alpha x\,dx= \frac{\alpha}{\alpha^2+b^2}.$$

Odatle

$$J(\alpha)=\int\frac{\alpha}{\alpha^2+b^2}\,d\alpha= \frac{1}{2}\ln(\alpha^2+b^2)+C.$$

Za $\alpha=0$ je $J(0)=0,$ pa je tako $C=\frac{1}{2}\ln b^2.$ Dakle

$$J(\alpha)=\frac{1}{2}\ln\left(1+\frac{\alpha^2}{b^2}\right).$$

Ako $I$ nije pravokutnik, tj. ako su granice $c$ i $d$ funkcije od $x$ i to klase $C^1([a,b]),$ onda imamo

$$F(x)=\int_{c(x)}^{d(x)} f(x,y)\,dy.$$ (2.7)

U tom slučaju formula za $F'$ glasi

$$F'(x)=\int_{c(x)}^{d(x)} \frac{\partial f(x,y)}{\partial x}\,dy+ f(x,d(x))\,d\,'(x)-f(x,c(x))\,c\,'(x).$$ (2.8)

Zaista, neka je $G$ funkcija od tri varijable $x,c,d$

$$G(x,c,d)=\int_{c}^{d} f(x,y)\,dy.$$

Ako su $c$ i $d$ funkcije od $x,$ onda imamo složenu funkciju od jedne varijable

$$\gamma(x)=G(x,c(x),d(x))=\int_{c(x)}^{d(x)} f(x,y)\,dy,$$

ona ima derivaciju i ta glasi

$$\gamma\,'(x)=\frac{\partial G}{\partial x}+ \frac{\partial G}{\partial c}\,c\,'(x)+\frac{\partial G}{\partial d}\,d\,'(x).$$

U ovoj formuli je

$$\frac{\partial G}{\partial x}= \int_{c(x)}^{d(x)} \frac{\partial f(x,y)}{\partial x}\,dy,$$

$\frac{\partial G}{\partial c}$ je derivacija integrala (2.7) po donjoj granici, a $\frac{\partial G}{\partial d}$ je derivacija istog inegrala po gornjoj granici. Derivacija integrala po gornjoj granici jednaka je vrijednosti podintegralne funkcije u toj granici (v. 8.5)

$$\frac{\partial G}{\partial d} = \frac{\partial{}}{\partial{}d}\, \int_{c(x)}^{d(x)} f(x,y)\,dy = f(x,d(x)).$$

Donju granicu možemo učiniti gornjom promjenom predznaka, dakle

$$\frac{\partial G}{\partial c} = \frac{\partial{}}{\partial{}c}\, ... ...= -\frac{\partial{}}{\partial{}c}\, \int_{d(x)}^{c(x)} f(x,y)\,dy = -f(x,c(x)).$$

Nakon uvrštenja dobivamo upravo traženu formulu.

Primjer 2.22   Neka je

$$F(x)=\int_0^x \frac{\sin xy}{y}\,dy.$$

Treba naći $F'(x).$

Rješenje. Gornji integral je neelementaran, pa se $F(x)$ ne može odrediti pomoću konačno mnogo elementarnih funkcija. Ipak, zahvaljujući formuli (2.8), derivaciju možemo naći.

$$F'(x)=\int_0^x \frac{\partial}{\partial x} \left(\frac{\sin xy}{y... ...frac{\sin xy}{y}\right\vert _{y=x} = \lim_{y\rightarrow{}0+} \frac{\sin{}xy}{y}$$

$$= \int_0^x \cos xy\,dy+\frac{\sin x^2}{x}=\frac{2\sin x^2}{x}.$$

Pitanja

1.

Što je središte masa, i kako se računa?

2.

Što je težište, i kako se računa? Uz koji uvjet se težište i središte masa podudaraju?

3.

Što je statički moment, i kako se računa?

4.

Što je moment inercije, i kako se računa?

5.

Iskažite Leibnizovo pravilo za deriviranje pod znakom integrala.

6.

Napišite formulu za deriviranje pod znakom integrala, ako granice integracije ovise o varijabli po kojoj se derivira i objasnite je.

Riješeni zadaci

1.

Naći središte mase polukugle radiusa $R.$

Rješenje. Očito je $x_s=0,y_s=0.$

$$\iiint_D z\,dx\,dy\,dz= \int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^{\pi/2}\sin\vartheta\cos\vartheta\,d\vartheta \int_0^R r^3\,dr=\frac{R^4\pi}{4}.$$

Volumen polukugle je $\frac{2}{3}R^3\pi,$ pa je tako

$$z_s=\frac{3}{8}R.$$

2.

Naći središte mase homogenog kružnog isječka radiusa $a$ i kuta $2\alpha.$

Slika 2.14: Kružni isječak.

Rješenje.

$$x_s=\frac{\int\int_D x\,dx\,dy}{\int\int_D dx\,dy},\hspace{1cm}y_s=0.$$

$$\int\int_D dx\,dy=\int_{-\alpha}^{\alpha}d\varphi\int_0^a r\,dr= a^2\,\alpha.$$

$$\int\int_D x\,dx\,dy= \int_{-\alpha}^{\alpha}\cos\varphi\,d\varphi\int_0^a r^2\,dr= \frac{2}{3}\,a^3\,\sin\alpha.$$

Dakle

$$x_s=\frac{2}{3}\,a\,\frac{\sin\alpha}{\alpha}.$$

3.

Naći statičke momente lika koji određuju jedan svod cikloide i os $x.$

Slika 2.15: Lik omeđen cikloidom.

Rješenje. Pretpostavljamo da je $\rho=1.$ Cikloida je zadana s

$$x(t)=a(t-\sin t),\hspace{1cm} y(t)=a(1-\cos t),\hspace{1cm} t\in [0,2\pi].$$

Tako je

$$M_y=\int_0^{2a\pi} x\,y\,dx= \int_0^{2\pi} a^3(1-\cos t)^2(t-\sin t)\,dt=3\,{a^3}\,{{\pi }^2},$$

$$M_x=\frac{1}{2}\int_0^{2a\pi} y^2\,dx= \frac{1}{2}\int_0^{2\pi} a^3(1-\cos t)^3\,dt={\frac{5\,{a^3}\,\pi }{2}}.$$

4.

Naći statički moment štapa duljine $\ell$ u odnosu na jedan kraj, ako se gustoća mase mijenja linearno od iznosa $\rho_0$ na tom kraju do $\rho_{\ell}$ na drugom kraju.

Rješenje.

$$\rho(x)=\alpha x+\beta,\;\;\rho(0)=\rho_0=\beta,\;\; \rho(\ell)=\alpha\ell+\rho_0=\rho_{\ell},$$

pa slijedi

$$\rho(x)=\frac{\rho_{\ell}-\rho_0}{\ell}x+\rho_0.$$

$$M_0=\int_0^{\ell} x\left[\frac{\rho_{\ell}-\rho_0}{\ell}x+\rho_0\right]\,dx= \frac{2\rho_{\ell}+\rho_0}{6}\ell^2.$$

5.

Dokažite sljedeći teorem (Steinerov teorem) Moment inercije $I_p$ tijela $T$ u odnosu na proizvoljnu os $p$ jednak je zbroju momenta inercije $I_{p'}$ tijela $T$ u odnosu na os koja je paralelna s $p$ i prolazi središtem masa tijela $T,$ i umnoška mase $m$ tijela i kvadrata udaljenosti $d$ osi $p$ i $p',$ tj. formulom

$$I_p = I_{p'} + m\,d^2.$$

Rješenje. Pretpostavimo da tijelo $T$ zauzima u prostoru zatvoreno područje $\Omega.$ Neka je njegova gustoća mase $\rho.$ Također, radi jednostavnosti dokaza, pretpostavimo da su osi $p$ i $p'$ paralelne s osi $z,$ tj. okomite na ravninu $xy.$ Neka je $P=(x,y,z)$ proizvoljna točka tijela $T.$ Povucimo točkom $P$ ravninu okomitu na osi $p$ i $p'.$ Neka su točke $P_p=(x_p,y_p,z_p)$ i $P_{p'}=(x_{p'},y_{p'},z_{p'})$ sjecišta te ravnine i pravaca $p$ i $p'.$ Budući da je ravnina paralelna s ravninom $xy,$ slijedi $z_p=z_{p'}=z,$ i također $x_{p'}=x_S,y_{p'}=y_S.$ Prema tome, kvadrat udaljenosti točaka $P$ i $P_p$ je

$${{\left( x - {x_p} \right) }^2} + {{\left( y - {y_p} \right) }^2}... ...x -x_S)+(x_S- {x_p}) \right) }^2} + {{\left( (y -y_S)+(y_S- {y_p}) \right) }^2}$$

$$= [(x -x_S)^2 + (y -y_S)^2] + [(x_S- {x_p})^2 + (y_S- {y_p})^2] + 2[(x- {x_S})(x_S- {x_p}) + (y- {y_S})(y_S- {y_p})].$$

U prvoj uglatoj zagradi je kvadrat udaljenosti točke $P$ od osi kroz centar masa, u drugoj uglatoj zagradi je kvadrat udaljenosti osi, i osim toga uočimo da $(x_S- {x_p})$ i $(y_S- {y_p})$ ne ovise o $x,y,z.$ Tako imamo

$$I_p = \iiint_{\Omega}\,[{{\left( x - {x_p} \right) }^2} + {{\left( y - {y_p} \right) }^2}] \,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz$$

$$= \iiint_{\Omega}\,[(x-x_S)^2 + (y-y_S)^2] \,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz$$

$$+ \iiint_{\Omega}\,[(x_S-x_p)^2 + (y_S-y_p)^2] \,\rho(x,y,z)\,dx\... ..._{\Omega}\, [(x-x_S)\,(x_S-x_p) + (y-y_S)\,(y_S-y_p)] \,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz$$

$$= I_{p'} + d^2\,\iiint_{\Omega}\, \rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz + 2\,(x_S-x_p)\,\iiint_{\Omega}\, (x-x_S)\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz$$

$$+ 2\,(y_S-y_p)\,\iiint_{\Omega}\, (y-y_S)\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz.$$

Integral $\iiint_{\Omega}\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz$ jednak je masi $m$ tijela $T.$ Zatim, iz formule za $x_S$ slijedi

$$\iiint_{\Omega}\,(x-x_S)\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz = \iiint_{\Omeg... ... x\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz + x_S\,\iiint_{\Omega}\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz = 0$$

Na isti način

$$\iiint_{\Omega}\,(y-y_S)\,\rho(x,y,z)\,dx\,dy\,dz = 0.$$

Dakle, doista vrijedi formula

$$I_p = I_{p'} + m\,d^2.$$

6.

$I(a)=\int_0^{\pi/2} \ln(a^2-\sin^2\theta)\,d\theta=? \hspace{1cm}a>1.$

Rješenje.

$$I'(a)=\int_0^{\pi/2} \frac{2a\,d\theta}{a^2-\sin^2\theta}.$$

Supstitucijom $t={\rm tg}\,\theta,$ $\sin\theta=\frac{{\rm tg}\,\theta} {\sqrt{1+{\rm tg}^2\theta}}=\frac{t}{\sqrt{1+t^2}},$ $d\theta= \frac{dt}{1+t^2}$ slijedi

$$I'(a)= \frac{2}{a}\int_0^{\infty} \f... ...tg}\, \frac{\sqrt{a^2-1}}{a}t\right\vert _0^{\infty}= \frac{\pi}{\sqrt{a^2-1}}.$$

Odatle

$$I(a)=\int \frac{\pi\,da}{\sqrt{a^2-1}}+C=\pi{\rm Arch}\,a+C= \pi\ln(a+\sqrt{a^2-1})+C.$$

Dakle

$$\int_0^{\pi/2} \ln(a^2-\sin^2\theta)\,d\theta=\pi\ln(a+\sqrt{a^2-1})+C.$$

$$\int_0^{\pi/2} \ln a^2\left(1-\frac{\sin^2\theta}{a^2}\right)\,d\theta= \pi\ln(a+\sqrt{a^2-1})+C.$$

$$\pi\ln a+\int_0^{\pi/2} \ln\left(1-\frac{\sin^2\theta}{a^2}\right)\,d\theta= \pi\ln(a+\sqrt{a^2-1})+C.$$

$$C=\int_0^{\pi/2} \ln\left(1-\frac{\sin^2\theta}{a^2}\right)\,d\theta+ \pi\ln\frac{a}{a+\sqrt{a^2-1}}.$$

$C$ ne ovisi o $a,$ pa prema tome

$$C=\lim_{a\rightarrow \infty}\left[ \int_0^{\pi/2} \ln\left(1-\frac{\sin^2\theta}{a^2}\right)\,d\theta+ \pi\ln\frac{a}{a+\sqrt{a^2-1}}\right]=$$

$$\pi\ln\lim_{a\rightarrow \infty} \frac{a}{a+\sqrt{a^2-1}}= \pi\ln\frac{1}{2}=-\pi\ln 2.$$

Dakle

$$I(a)=\pi\ln\frac{a+\sqrt{a^2-1}}{a}.$$