Dvostruki integral

Problem volumena

Rub tijela se obično sastoji od ploha, koje su grafovi neprekidnih funkcija od dvije varijable. Tako se problem volumena tijela može svesti na problem računanja volumena tijela odozgo omeđenog plohom a odozdo ravninom $xy.$ Uzmimo najprije jednostavan slučaj neprekidne funkcije $f:[a,b]\times [c,d] \rightarrow R.$ Neka je pravokutnik $I=[a,b]\times [c,d]$ u prvom kvadrantu ravnine $xy,$ a ploha neka se nalazi u prvom oktantu. Želimo naći volumen $V$ tijela, koje je odozgo omeđeno plohom $z=f(x,y),$ a odozdo pravokutnikom $I.$

Načinimo subdiviziju $a=x_0<x_1<x_2<\ldots <x_{n-1}<x_n=b$ segmenta $[a,b]$ i $c=y_0<y_1<y_2<\ldots <y_{m-1}<y_m=d$ segmenta $[c,d].$ Time smo pravokutnik $I$ podijelili na podpravokutnike $I_{ij}=[x_{i-1},x_i]\times [y_{j-1},y_j].$ Neka je $m_{ij}$ minimalna, a $M_{ij}$ maksimalna vrijednost funkcije $f$ na $I_{ij}.$ Tada vrijedi

$$\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m m_{ij}(x_i-x_{i-1})(y_j-y_{j-1})\leqslant V\leqslant \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m M_{ij}(x_i-x_{i-1})(y_j-y_{j-1}).$$

Lijeva dvostruka suma predstavlja sumu volumena upisanih kvadara, a desna suma predstavlja sumu volumena opisanih kvadara plohi. Tim sumama smo približno odredili volumen. Očekujemo da ćemo sa sve sitnijim podjelama dobivati sve bolje aproksimacije volumena $V.$ Ova konstrukcija nas vodi na pojam dvostrukog integrala.

Dvostruki integral

Pravokutno područje

Pretpostavimo da je dana ograničena funkcija $f$ na $I=[a,b]\times [c,d].$ Podsjetimo se da ograničenost funkcije znači da je slika funkcije $\{f(x,y);\;(x,y)\in [a,b]\times [c,d]\}$ ograničen skup u $R.$

Neka su $n,m\in N.$ Neka je

$$a=x_0<x_1<x_2<\ldots <x_{n-1}<x_n=b.$$

subdivizija segmenta $[a,b],$ a

$$c=y_0<y_1<y_2<\ldots <y_{m-1}<y_m=d$$

subdivizija segmenta $[c,d].$ Neka je $I_{ij}=[x_{i-1},x_i]\times [y_{j-1},y_j].$

Slika 2.1: Podjela pravokutnika inducirana subdivizijom segmenata.

Ograničenost funkcije na $I$ povlači njenu ograničenost na $I_{ij}$ za svaki $i,j.$ To znači da postoje supremum i infimum skupa $\{f(x,y);\;(x,y)\in I_{ij}\}$ (8.2). Stavimo

$$M_{ij}=\sup\{f(x,y);\;(x,y)\in I_{ij}\},\quad m_{ij}=\inf\{f(x,y);\;(x,y)\in I_{ij}\}.$$

Ako je funkcija $f$ neprekidna na $I_{ij},$ onda se supremum poklapa s maksimumom, a infimum s minimumom funkcije na $I_{ij}.$ Osim toga, ako je $f(x,y)\geqslant{}0,$ onda je $m_{ij}$ visina maksimalnog upisanog, a $M_{ij}$ visina minimalnog opisanog kvadra grafu funkcije (dijelu plohe) nad pravokutnikom $I_{ij}$ (slika 2.2).

Slika 2.2: Maksimalni upisani i minimalni opisani kvadar.

Formirajmo sljedeće sume.

$$s=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m m_{ij}(x_i-x_{i-1})(y_j-y_{j-1}),\quad S=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m M_{ij}(x_i-x_{i-1})(y_j-y_{j-1}).$$

Broj $s$ se zove donja Darbouxova suma, a broj $S$ se zove gornja Darbouxova suma. Ako je $f$ pozitivna funkcija, onda je $s$ zbroj volumena upisanih kvadara, a $S$ zbroj volumena opisanih kvadara dobivenih od jedne subdivizije.

Neka je $(u_i,v_j)\in I_{ij}$ proizvoljan. Broj

$$\sigma=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m f(u_i,v_j)(x_i-x_{i-1})(y_j-y_{j-1})$$

se zove integralna suma. Zbog očigledne nejednakosti

$$m_{ij}\leqslant f(u_i,v_j)\leqslant M_{ij},$$

imamo

$$s\leqslant \sigma\leqslant S.$$ (2.1)

Sve što smo do sada uradili proizašlo je iz jedne subdivizije. Sada zamislimo sve moguće subdivizije. Svaka od njih daje po jednu donju i jednu gornju Darbouxovu sumu, i beskonačno mnogo integralnih suma, ali uvijek vrijedi nejednakost (2.1). Označimo s $\mathcal{D}$ skup svih donjih Darbouxovih suma, a s $\mathcal{G}$ skup svih gornjih Darbouxovih suma. Neka je $s\in \mathcal{D},\;S'\in \mathcal{G}.$ Uzmimo novu subdiviziju, koja sadrži sve točke jedne i druge subdivizije, i neka su $s'',\;S''$ njezina donja i gornja Darbouxova suma. Tada vrijedi (slika 2.3)

$$s\leqslant s''\leqslant S''\leqslant S'.$$

Slika 2.3: Profinjenjem subdivizije opisani (upisani) kvadar se raspada na dva opisana (upisana) kvadra i time se ukupni volumen opisanih (upisanih) kvadara smanjuje (povećava).

Odatle slijedi da je bilo koja donja Darbouxova suma manja ili jednaka od bilo koje gornje Darbouxove sume. To znači da je skup $\mathcal{D}$ odozgo, a skup $\mathcal{G}$ odozdo ograničen, pa prema tome postoje $\sup \mathcal{D}$ i $\inf \mathcal{G},$ i vrijedi

$$\sup \mathcal{D}\leqslant \inf \mathcal{G}.$$

Definicija 17   Kažemo da je funkcija integrabilna ili Riemann-integrabilna na $I,$ ako je $\sup \mathcal{D} = \inf \mathcal{G}.$ U tom slučaju broj $\sup \mathcal{D} = \inf \mathcal{G}$ zovemo dvostrukim integralom funkcije $f$ na $I=[a,b]\times [c,d].$ Pišemo

$$\sup \mathcal{D} = \inf \mathcal{G}=\iint_I f(x,y)\,dx\,dy.$$

Funkcija $f$ se zove podintegralna funkcija, pravokutnik $I=[a,b]\times [c,d]$ područje integracije.

Proizvoljno zatvoreno ograničeno područje

Definicija 18   Neka je $D$ zatvoreno ograničeno područje u $R^2.$ Neka je $f:D\rightarrow R$ ograničena funkcija na $D.$ Neka je $I=[a,b]\times [c,d]$ minimalni pravokutnik koji sadrži $D,$

Slika 2.4: Konveksno područje.

i neka je

$$% latex2html id marker 36939 \tilde{f}(x,y)= \begin{cases} ... ...} \\ 0, & \text{ako je $(x,y)\in I\setminus D$.} \end{cases}$$

Kažemo da je $f$ integrabilna na $D,$ ako je $\tilde{f}$ integrabilna na $I,$ i broj

$$\iint_{D} f(x,y)\,dx\,dy= \iint_I \tilde{f}(x,y)\,dx\,dy.$$

zovemo dvostrukim integralom funkcije $f$ na $D$.

Svojstva dvostrukog integrala

1.

Ako su $f$ i $g$ integrabilne funkcije na $\Omega$ i $\alpha,\beta$ proizvoljni realni brojevi, onda je $\alpha f+\beta g$ integrabilna na $\Omega,$ i

$$\iint_{\Omega}\,(\alpha f+\beta g)=\alpha \iint_{\Omega}\,f+\beta \iint_{\Omega}\,g.$$

2.

Ako je $f(x,y)\leqslant g(x,y),$ za svaki $(x,y)\in\Omega,$ onda je

$$\iint_{\Omega}\,f\leqslant \iint_{\Omega}\,g.$$

3.

Neka je $\Omega=\Omega_1\cup\Omega_2,$ gdje su $\Omega_1$ i $\Omega_2$ zatvorena područja čiji je presjek krivulja (skup površine nula). Tada je

$$\iint_{\Omega}\,f=\iint_{\Omega_1} f+\iint_{\Omega_2} f.$$

4.

Ako je $f(x,y)\geqslant 0,\;\forall (x,y)\in\Omega_1$ i $f(x,y)\leqslant 0,\;\forall (x,y)\in\Omega_2,$ onda formula za volumen tijela $T$ između grafa funkcije i ravnine $x\,y$ glasi

$$\mu(T)=\iint_{\Omega_1} f+\iint_{\Omega_2} \vert f\vert = \iint_{\Omega_1} f - \iint_{\Omega_2} f.$$

5.

$\vert\iint_{\Omega}\,f\vert\leqslant \iint_{\Omega}\,\vert f\vert.$

Slika: Kvadri imaju isti volumen kao dio prostora ispod plohe, a iznad ravnine $x\,y.$ Lijevo je graf neprekidne funkcije, pa ploha siječe gornju stranicu kvadra, a desno je graf funkcije koja nije neprekidna, i nema točaka presjeka.

6.

Teorem srednje vrijednosti (integralni). Neka je $f$ neprekidna funkcija integrabilna na zatvorenom ograničenom području $\Omega.$ Tada postoji $P_0\in \Omega$ tako da je

$$\iint_{\Omega}\,f(x,y)\,dx\,dy=f(P_0)\,\mu(\Omega),$$

gdje je $\mu(\Omega)$ površina područja $\Omega.$
Dokaz. Neprekidna funkcija na zatvorenom ograničenom području dostiže svoju najmanju i svoju najveću vrijednost, tj. postoje točke $P_m$ i $P_M$ takve da je

$$f(P_m)\leqslant{}f(P)\leqslant{}f(P_M)$$

za svaki $P\in\Omega.$ Odatle slijedi

$$f(P_m)\,\mu(\Omega)\leqslant{} \iint_{\Omega}\,f(x,y)\,dx\,dy \leqslant{}f(P_M)\,\mu(\Omega),$$

tj.

$$f(P_m)\leqslant{} \frac{1}{\mu(\Omega)}\,\iint_{\Omega}\,f(x,y)\,dx\,dy \leqslant{}f(P_M).$$

Osim toga neprekidna funkcija na zatvorenom ograničenom području dostiže svaku međuvrijednost, što znači da postoji $P_0\in \Omega$ takav da je

$$f(P_0) = \frac{1}{\mu(\Omega)}\,\iint_{\Omega}\,f(x,y)\,dx\,dy.$$

$\heartsuit$

Računanje dvostrukih integrala

Računanje po pravokutnom području

Pretpostavimo da je $f$ integrabilna na $I=[a,b]\times [c,d].$ Tada za proizvoljni $\varepsilon >0$ postoji takva subdivizija, da je

$$\sigma\approx \iint_I f(x,y)\,dx\,dy$$

s točnošću $\varepsilon,$ za bilo koju integralnu sumu $\sigma$ određenu tom subdivizijom.

Doista, budući da je

$$\sup \mathcal{D} = \inf \mathcal{G}=\iint_I f(x,y)\,dx\,dy,$$

slijedi da postoji subdivizija takva da je

$$s'>\iint_I f(x,y)\,dx\,dy - \varepsilon.$$

Također postoji subdivizija takva da je

$$S''<\iint_I f(x,y)\,dx\,dy + \varepsilon.$$

Subdivizija, koja koristi točke podjele i jedne i druge subdivizije, daje donju Darbouxovu sumu $s,$ gornju Darbouxovu sumu $S,$ i neku integralnu sumu $\sigma.$ Vrijedi

$$s' \leqslant s \leqslant \sigma \leqslant S \leqslant S''.$$

Odatle

$$\iint_I f(x,y)\,dx\,dy - \varepsilon < \sigma < \iint_I f(x,y)\,dx\,dy + \varepsilon.$$

Prema tome integralna suma $\sigma$ aproksimira integral funkcije $f$ s točnošću $\varepsilon,$ tj.

$$\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m f(u_i,v_j)(x_i-x_{i-1})(y_j-y_{j-1})\approx \iint_I f(x,y)\,dx\,dy$$ (2.2)

s točnošću $\varepsilon .$

Formulu (2.2) možemo prepisati kao

$$\iint_I f(x,y)\,dx\,dy\approx \sum_{i=1}^n \left(\sum_{j=1}^m f(u_i,v_j)(y_j-y_{j-1})\right)(x_i-x_{i-1}).$$

Na temelju definicije Riemannovog integrala funkcije jedne varijable, imamo

$$\sum_{j=1}^m f(u_i,v_j)(y_j-y_{j-1})\approx\int_c^d f(u_i,y)\,dy=g(u_i).$$

Tako je

$$\sum_{i=1}^n g(u_i)(x_i-x_{i-1})\approx\int_a^b g(x)\,dx=\int_a^b\left(\int_c^d f(x,y)\,dy\right)\,dx.$$

Tako zaključujemo da vrijedi

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

Slično iz

$$\iint_I f(x,y)\,dx\,dy\approx \sum_{j=1}^m \left(\sum_{i=1}^n f(u_i,v_j)(x_i-x_{i-1})\right)(y_j-y_{j-1})$$

slijedi

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

Ove formule imaju veliko praktično značenje, jer se pomoću njih izračunavanje dvostrukog integrala po pravokutniku svodi na sukcesivno računanje dva jednostruka integrala.

Ako je još $f(x,y)=\varphi(x)\psi(y),$ onda se dvostruki integral svodi na produkt dva jednostruka integrala

$$\iint_I \varphi(x)\psi(y)\,dx\,dy= \left(\int_a^b \varphi(x)\,dx\right)\left(\int_c^d \psi(y)\,dy\right).$$

Računanje po proizvoljnom zatvorenom području

Neka je $f:\Omega\rightarrow R,$ i neka je $I=[a,b]\times [c,d]$ minimalni pravokutnik koji sadrži $\Omega.$ Neka je dalje područje $\Omega$ takvo da se njegov rub sastoji od dvije krivulje, koje su grafovi funkcija od $x,$ i to donji rub neka je graf funkcije $g_1(x),$ a gornji graf funkcije $g_2(x).$

Slika 2.6: Računanje dvostrukog integrala.

Tada je

$$\iint_{\Omega}\,f(x,y)\,dx\,dy= \iint_I \tilde{f}(x,y)\,dx\,dy=$$

$$\int_a^b\left(\int_c^d \tilde{f}(x,y)\,dy\right)\,dx= \int_a^b\left(\int_{g_1(x)}^{g_2(x)} f(x,y)\,dy\right)\,dx.$$

Slično, ako se rub od $\Omega$ može shvatiti kao dvije krivulje koje su grafovi funkcija od $y,$ i to lijeva graf od $h_1(y),$ a desna graf od $h_2(y),$

Slika 2.7: Računanje dvostrukog integrala.

onda vrijedi

$$\iint_{\Omega}\,f(x,y)\,dx\,dy= \iint_I \tilde{f}(x,y)\,dx\,dy=$$

$$\int_c^d\left(\int_a^b \tilde{f}(x,y)\,dx\right)\,dy= \int_c^d\left(\int_{h_1(y)}^{h_2(y)} f(x,y)\,dx\right)\,dy.$$

Ako nijedno od toga nije ispunjeno, onda se pravokutnik dijeli na manje pravokutnike na kojima je moguće primijeniti jedno od gornjih pravila.

Slika 2.8: Računanje dvostrukog integrala.

Volumen tijela

Neka je dano tijelo $T,$ i neka je njegov rub dan plohama koje su grafovi funkcija $f$ i $g.$ Neka je ploha $z=f(x,y)$ gornji, a ploha $z=g(x,y)$ donji rub tijela. Neka su funkcije $f$ i $g$ integrabilne. Tada je formulom

$$\mu(T)=\iint_{\Omega}\,[f(x,y)-g(x,y)]\,dx\,dy$$

dan volumen tijela $T.$

Primjer 2.1   Naći volumen tijela omeđenog plohama $z=x^2+y^2$ i $z=2-x^2.$

Rješenje.

Presjek ploha je krivulja u prostoru, čiju ćemo projekciju na ravninu $xy$ dobiti tako da eliminiramo $z.$ To je ovdje jednostavno

$$x^2+y^2=2-x^2,$$

$$2\,x^2+y^2=2.$$

To je jednadžba elipse s poluosima $1,\sqrt{2}.$

Dio ravnine $D$ omeđen elipsom je područje po kojem treba integrirati. Gornji rub tijela čini ploha $z=2-x^2,$ a donji ploha $z=x^2+y^2.$ Dakle

$$V=\iint_{D} [2-x^2-(x^2+y^2)]\,dx\,dy= \int_{-1}^1\left( \int_{-\sqrt{2-2\,x^2}}^{\sqrt{2-2\,x^2}} [2-x^2- (x^2+y^2)]\,dy \right)\,dx$$

$$= \int_{-1}^1 \left( -2\,\left( -1 + {x^2} \right) \,y - {\frac{{y^3}}{3}} \right)_{y=-\sqrt{2-2\,x^2}}^{y=\sqrt{2-2\,x^2}}\,dx=$$

$$\int_{-1}^1\left( {\frac{-2\,{{\left( 2 - 2\,{x^2} \right) }^{{\f... ...,{\sqrt{2 - 2\,{x^2}}}\, \left( -1 + {x^2} \right) \right)\,dx={\sqrt{2}}\,\pi.$$

Zaključimo problem volumena sljedećom opaskom. Neka je $f$ ograničena funkcija na pravokutniku $I=[a,b]\times [c,d],$ i neka je $f(x,y)\geqslant 0,\;\forall (x,y)\in I.$ Njezin graf, pravokutnik $[a,b]\times [c,d],$ i ravnine paralelne s osi $z$ kroz stranice pravokutnika $I$ određuju skup, ``tijelo'' $T.$ Na temelju do sada rečenog prirodno je reći da $T$ ima volumen, ako je $f$ integrabilna na $I,$ i da je u tom slučaju volumen od $T$ jednak

$$\mu(T)=\iint_I f(x,y)\,dx\,dy.$$

Da ima smisla govoriti o postojanju volumena, pokazuje sljedeći primjer.

Primjer 2.2   Neka je $f:[0,1]\times[0,1]\rightarrow R$ definirana s

$$% latex2html id marker 37216 f(x,y)= \begin{cases} 1, & \te... ... \\ 0, & \text{ako je $x$ ili $y$ iracionalan.} \end{cases}$$

Ova funkcija nije integrabilna, i prema tome odgovarajuće ``tijelo'' nema volumen u smislu Riemanna.

Zaista, uzmemo li proizvoljnu subdiviziju, proizvoljni $I_{ij}$ sadrži i točke s racionalnim koordinatama i one druge. To znači da je uvijek $m_{ij}=0$ i $M_{ij}=1.$ Odatle, za proizvoljnu subdiviziju

$$s=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m m_{ij}(x_i-x_{i-1})(y_j-y_{j-1})=0,\hspace{2mm} S=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m M_{ij}(x_i-x_{i-1})(y_j-y_{j-1})=1.$$

Tako je $\mathcal{D}=\{0\}$ i $\mathcal{G}=\{1\},$ pa je

$$\sup \mathcal{D}=0<1= \inf \mathcal{G}.$$

Površina ravninskog lika

Dvostruki integral se može koristiti za izračunavanje površine ravninskog lika. Ako nad likom $D$ integriramo funkciju $f(x,y)=1,$ onda time računamo volumen tijela cilindričnog oblika, čija je baza $D,$ a visina mu je $1.$ Tako je volumen brojčano jednak površini baze, tj.

$$\mu(D)=\iint_{D} dx\,dy.$$

Primjer 2.3   Naći površinu dijela ravnine između kružnica $x^2+y^2=4\,a^2$ i $-2\,a\,x + {x^2} + {y^2} = 0.$

Rješenje. Kanonska jednadžba druge kružnice glasi ${{\left( -a + x \right) }^2} + {y^2} =a^2.$

Zbog simetrije, dovoljno je naći površinu iznad osi $x$ i zatim pomnožiti s $2.$ Iz slike se vidi da područje integracije moramo podijeliti na dva dijela. Tako je

$$P=2\,\int_{-2\,a}^0\left(\int_0^{\sqrt{4\,a^2-x^2}}dy\right)\,dx+... ...\int_0^{2\,a}\left(\int_{\sqrt{2\,a\,x-x^2}}^{\sqrt{4\,a^2-x^2}}dy \right)\,dx=$$

$$2\,a^2\,\pi+a^2\,\pi=3\,a^2\,\pi.$$

Naravno, ovaj rezultat se lako može dobiti upotrebom poznate formule za površinu kruga, čija istinitost, međutim, nigdje dosada nije bila provjerena.

Pitanja

1.

Koji problem rješava dvostruki integral?

2.

Koji uvjet mora ispunjavati funkcija da bi se uopće moglo postaviti pitanje njezine integrabilnosti?

3.

Kakav treba biti skup po kojem se integrira?

4.

Definirajte dvostruki integral funkcije na pravokutniku, čije su stranice paralelne koordinatnim osima.

5.

Definirajte sljedeće pojmove: donja Darbouxova suma, gornja Darbouxova suma, integralna suma.

6.

Zašto se u Darbouxovim sumama pojavljuju $\inf{}$ i $\sup{}$ umjesto $\max{}$ i $\min{}$? U kojem slučaju je to svejedno?

7.

Da li je svaka funkcija od dvije varijable integrabilna?

8.

Kako se definira dvostruki integral na proizvoljnom području?

9.

Na koji način se računa dvostruki integral?

10.

Da li se pomoću dvostrukog integrala može računati površina ravninskog lika?

Riješeni zadaci

1.

Naći integral funkcije $f(x,y)=e^x\sin y$ po području $[0,1]\times [0,\pi].$

Rješenje.

$$\int_0^1\int_0^{\pi} e^x\sin y\,dy\,dx= \left(\int_0^1 e^x\right)\,dx\left(\int_0^{\pi} \sin y\,dy\right)=2(e-1).$$

2.

$$I=\int\int_{[1,2]\times[1,2]} \ln xy\,dx\,dy= \int_1^2 \left(\int_1^2 \ln xy\,dy\right)\,dx=?$$

Rješenje.

$$% latex2html id marker 37288 I(x)=\int_1^2 \ln xy\,dy =\left... ...'(y)=\frac{1}{y} \\ v'(y)=1 & v(y)=y \end{array}\right\vert=$$

$$\left.y\ln xy\right\vert _{y=1}^{y=2}-\int_1^2 dy= 2\ln 2x-\ln x-1.$$

$$% latex2html id marker 37292 I=\int_1^2 (2\ln 2x-\ln x-1)\,d... ...'(x)=\frac{1}{x} \\ v'(x)=1 & v(x)=x \end{array}\right\vert=$$

$$\left.x(\ln 4x-1)\right\vert _{1}^{2}-\int_1^2 dx=4\ln 2-2.$$

3.

$$I=\int\int_{[0,a]\times[0,a]} e^{-(x^2+y^2)}\,dx\,dy= \int_0^a \left(\int_0^a e^{-x^2}e^{-y^2}\,dy\right)\,dx=$$

$$\left(\int_0^a e^{-x^2}\,dx\right)\left(\int_0^a e^{-y^2}\,dy\right)= \left(\int_0^a e^{-x^2}\,dx\right)^2.$$

4.

Zamijeniti poredak integracije u integralu

$$I=\int_0^1\left(\int_0^x f(x,y)\,dy\right)\,dx.$$

Rješenje. Područje integracije je

$$D=\{(x,y);\;0\leqslant y\leqslant x,\;0\leqslant x\leqslant 1\}= \{(x,y);\;0\leqslant y\leqslant 1,\;y\leqslant x\leqslant 1\}.$$

Dakle

$$I=\int_0^1\left(\int_y^1 f(x,y)\,dx\right)\,dy.$$

5.

Naći volumen tijela omeđenog plohama $y=x^2, z=x^2+y^2, z=0, y=1.$

Rješenje. Područje integracije je

$$D=\{(x,y);\;x^2\leqslant y\leqslant 1,\;-1\leqslant x\leqslant 1\}.$$

Tako je

$$V=\int_{-1}^1\,dx\int_{x^2}^{1} (x^2+y^2)\,dy= \int_{-1}^1 \left(x^2y+\frac{y^3}{3}\right)_{y=x^2}^{y=1}\,dx=$$

$$\int_{-1}^1 \left(x^2+\frac{1}{3}-x^4-\frac{1}{3}x^6\right)\,dx= \frac{88}{105}.$$

6.

$$\int_3^4\int_1^2 \frac{dx\,dy}{(x+y)^2}= \int_3^4\left(\int_1^2 \frac{dy}{(x+y)^2}\right)dx= \int_3^4\left(-\frac{1}{x+y}\right)_{y=1}^{y=2}\,dx=$$

$$\int_3^4\left(\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x+2}\right)\,dx= \left[\ln\vert x+1\vert-\ln\vert x+2\vert\right]_{x=3}^{x=4}=\ln \frac{25}{24}.$$

7.

Naći volumen tijela iznad područja omeđenog s krivuljama $y=x^2$ i $y=\sqrt{x},$ a ispod plohe $z=x^2+y^2.$

Rješenje. Sjecišta krivulja se dobiju iz jednadžbe $x^2=\sqrt{x},$ tj. $x^4-x=0$ i to su $x_1=0, x_2=1.$ Dakle područje integracije je

$$D=\{(x,y);\;x^2\leqslant y\leqslant\sqrt{x}\}.$$

$$V=\int_0^1\,dx\int_{x^2}^{\sqrt{x}} (x^2+y^2)\,dy= \int_0^1 \left(x^2y+\frac{y^3}{3}\right)_{y=x^2}^{y=\sqrt{x}}\,dx=$$

$$\int_0^1\left(x^2\sqrt{x}+\frac{1}{3}x\sqrt{x}-x^4- \frac{1}{3}x^6 \right)\,dx= \frac{18}{105}.$$