Çok Katli Integral

s. pehlivan

analiz ¬v ders notlar¬

1

6 ÇOK KATLI INTEGRALLER I·NTEGRALLER Çok katl¬ integraller integrall er ba¸sl¬¼ sl¬ g¬ g¼¬ alt¬nda, önce iki katl¬ integralleri ve özelliklerini inceleyece giz. g¼iz. I· ki katl¬ integrallerin, integral alma tekni¼ Iki tekni gi g¼i yönünden tek de¼ de gi¸ skenli fonksiyonlar¬n fonksi yonlar¬n integral ¼gi¸skenli alma tekniklerinden farkl¬ olmad¬¼ olmad¬ ¼g¬n¬, g¬n¬, integral alma s¬ras¬n¬n de¼ degi¸ g¼i¸stirile stir ilebil bilece ece¼gini ¼gini ve bunun yöntemini yöntemini verece¼ verecegiz. g¼iz. Ayr¬ca de¼ degi¸ g¼i¸skenleri skenl erimiz mizii de d egi¸ stirerek daha kolay integral alabilece alabil ece¼giz. g¼iz. ¼gi¸stirerek f : R2

verilsin. Bu durumda iki katl¬ katl¬ integral integral ! R2 fonksiyonu ve D  R2 bölgesi verilsin.

Z Z

f ( f (x; y ) dxdy

D

belirledi ¼gi gi yüzeyin alt¬nda kalan hacim D bölgesinin üzerinde z = f ( f (x; y ) fonksiyonunun belirledi¼ olarak belirlenebilir.

6.1 Sekil S¸ ekil s¬k olarak hesaplayabilhesaplayabilD bölgesini küçük dikdörtgen b ölgelere bölsek her bir hacmi yakla¸s¬k

s. pehlivan


2

iriz. Yüzey alt¬nda kalan hacim için yakla¸ yakla¸s¬m s¬m ¸Sekil Sekil 6.2 deki gibi gösterilebi gösterilebilir. lir.

f (xi ; yi ) 6.2 Sekil: S¸ ekil: Ai tabanl¬ prizman¬n hacmi : Ai  f (

Buradaki Buradak i yakla¸s¬k s¬k hacimlerin haciml erin yakla¸s¬k s¬k toplamlar¬, toplaml ar¬, f sürekli ise

Z Z

f ( f (x; y ) dxdy

D

dir. Çok katl¬ integraller integraller daha yüksek boyutlara boyutlara da uygulanabilir. uygulanabilir. Benzer Benzer olarak olarak

Z Z R

::: f ( f (x1 ; x2 ;:::;x n ) dx1 dx2 :::dx n

D

n-katl¬ integrali verilebilir; ancak bu durumda bu integrali gözönünde canland¬rabilmek

çok kolay de¼ de gildir. ¼gildir.

6.1 6.1 Iki I·ki Katl¬ Integraller I·ntegraller · ki katl¬ integral hesab¬nda ard¬¸s¬k IIki s¬k olarak integral alma kurallar¬ kullan¬l¬r. Bu k¬s¬mda öncelikle iki katl¬ integral tan¬mlan¬p, baz¬ örnekler verilecektir.

6.1.1 Dikdörtgen Üzerinde Iki I· ki Katl¬ Integraller I· ntegraller Önce [a; b]  [c; d] düzgün dikdörtgensel bölgede durumu inceleyece i nceleyece¼giz. g¼iz. [a; b] nin parçala parç alan¬¸ n¬¸s¬ s¬ a = x0 < x 1 < x 2 < ::: < x m = b

ve her j = 1; 2;:::;m için xj 1  rj  xj olsun. xj = xj  xj1 ise j = 1; 2;:::;m için xj = h ise parçala parç alan¬¸ n¬¸s¬n s¬n h-incelikte oldu¼ oldugu g¼u söylenir. Böylece bu i¸slemlerin slemlerin tümünü

s. pehlivan


3

inceli kte bir parçalan¬¸ parçala n¬¸s¬d¬r s¬d¬r ¸seklinde seklind e tan¬mlayatan¬ml aya= 1; 2;:::;m : [a; b] nin h incelikte biliriz. Benzer ¸sekilde sekilde [c; d] nin l-incelikte bir parçalan¬¸s¬n¬ s¬n¬ da y0 ; yk ; tk ile gösterelim. Bu durumda [xj1 ; xj ] [yk1 ; yk ] dikdörtgenleri [a; b] [c; d] dikdörtgenlerinin birer parçala parç alan¬¸ n¬¸s¬d¬r s¬d ¬r ve (rj ; tk ) noktalar¬ [xj1 ; xj ] [yk1 ; yk ] dikdörtgenlerinin içindedir.

fx0; xj ; rj g ; j







f

g

6.3 Sekil S¸ ekil : D bölgesi [xj1 ; xj ]  [yk1 ; yk ] 1 ; 2;:::;m ve fy0 ; yk ; tk g 6.1.2 Tan¬m (Riemann Toplam¬) [a; b][c; d] nin fx0 ; xj ; rj g j = 1;

k = 1; 1 ; 2;:::;n parçala parç alan¬¸ n¬¸s¬ s¬ olsu o lsun. n.

m

n

XX

f ( f (rj ; tk ) xj yk

j =1 k=1

toplam¬na bir f ( f (x; y ) fonksiyonunun Riemann toplam¬ denir. parç alan¬¸slar¬ slar¬ üzerinden üze rinden Riemann Ri emann toplamtop lam6.1.3 Tan¬m ( Iki I· ki Katl¬ Integral) I· ntegral) h ve l ince parçalan¬¸ f (x; y ) nin iki katl¬ integrali lar¬n h ve l; 0 a yakla¸s¬rken s¬rken limitleri limi tleri [a; b]  [c; d] üzerinden f ( olarak adland¬r¬l¬r.

Z Z

m

f ( f (x; y) dA = lim lim

h!0 l!0

[a;b] a;b][c;d] c;d]

n

XX

f ( f (rj ; tk ) xj yk

j =1 k=1

ile verilir.

6.1.4 Herhangi Bir Bölge Üzerinden Iki I· ki Katl¬ Integral I· ntegral Bir dikdörtgenden çok D s¬n¬rl¬ bölgesi üzerinde iki katl¬ integrali tan¬mlamak için D bölgesini içinde bulunduran [a; b]  [c; d] dikdörtgenini seçeriz ve g (x; y ) fonksiyonunu g (x; y ) =



f ( f (x; y ) ; (x; y ) D 0 ; di diger ger yerlerde yerlerde

2

s. pehlivan


4

biçiminde tan¬mlar¬z. Böylece key… bir D bölgesi üzerindeki f (x; y) nin iki katl¬ integrali

ZZ

f (x; y) dA =

D

ZZ

g (x; y) dA

[a;b][c;d]

ile tan¬mlan¬r (¸S ekil 6.4). S¸ imdi iki katl¬ integraldeki toplamlar¬ daha iyi anlayabilmek için a¸sa¼g¬daki ¸sekilleri inceleyelim.

6.4 S¸ ekil : Key… D bölgesi Bölgemiz her zaman düzgün bir dikdörtgen olmayabilir. Bu bölgeyi x ve y -eksenine paralel do¼grularla küçük parçalara ay¬r¬r¬z.

6.5 S¸ ekil : Birim parça

s. pehlivan


5

Bu bölgede herbir sat¬r¬ ayr¬ ayr¬ gözönüne alal¬m.

4.6.¸Sekil (a) : Üstten bak¬¸s Bu bölgeye yandan bakarsak,

6.6 S¸ ekil (b) : Yandan bak¬¸s ¸seklinde görürüz. D bölgesinde yj ve yj + yj aras¬ndaki küçük dikdörtgen bölgenin üzerindeki hacmi gözönüne al¬rsak,

6.7 S¸ ekil : Uzaydan bak¬¸s

s. pehlivan


yakla¸s¬k olarak;

X

f (xi ; yj ) xi yj =

i

(X

f (xi ; yj ) xi

i

)

6

yj

ile hesaplan¬r. Yani bu ince ¸serit üzerinde olu¸san hacim

6.8.¸Sekil yakla¸s¬k olarak,

8>< Z >: 8 X ><> Z : Z 8>< Z >: b(yj )

f (x; yj ) dx

a(yj )

9>= >; 9>= >; 9>= >;

yj

elde ederiz. Her bir ayr¬ sat¬rdan elde edilen hacimleri toplayarak yakla¸s¬k hacmi bulabiliriz. Böylece z = f (x; y) yüzeyi alt¬nda kalan tahmini hacim b(yj )

j

olur. Bu yakla¸s¬k e¸sitlikten

f (x; yj ) dx

yj

f (x; y) dx

dy

a(yj )

d

c

b(y)

a(y)

elde ederiz. Bu integrali daha çok parantez kullamadan

d b(y)

Z Z

f (x; y) dxdy ¸seklinde ifade

c a(y)

ederiz. Her bir dikdörtgenin alan¬ s¬f¬ra do¼gru daralt¬l¬rsa dikdörtgenlerin say¬s¬ h¬zla artar ve a¸sa¼g¬daki integrali buluruz.

ZZ

f (x; y) dxdy =

D

d b(y)

Z Z

c a(y)

f (x; y) dxdy

s. pehlivan


7

Bu integral, tekrar eden integral olarak hesaplanabilir. Önce her bir c  y  d için b(y)

I (y) =

Z

f (x; y) dx

a(y)

hesaplan¬r daha sonra d

Z

I (y) dy

c

hesaplan¬r. Bazen de her bir sat¬r yerine her bir kolon al¬narak hesaplan¬r. Buna göre

6.9 S¸ ekil b d(x)

ZZ

f (x; y) dxdy =

Z Z

f (x; y) dydx

a c(x)

D

elde edilir. Burada ¸suna dikkat edelim; d b(y)

Z Z

b d(x)

f (x; y) dxdy =

c a(y)

Z Z

f (x; y) dydx

a c(x)

dir.

Not: I· ki katl¬ integralin de¼geri : D üzerinde f (x; y) = 1; ise iki katl¬ integral D nin alan¬d¬r ve buradan

ZZ

f (x; y) dA =

D

ZZ

1dA = A (D)

D

elde edilir. Önce düzgün bir bölge üzerinde f (x; y) fonksiyonunun iki katl¬ integral hesab¬n¬ bir örnekle verdikten sonra, tekrar eden integralin yorumuna yönelik bir örnek

s. pehlivan


8

verece¼giz.

6.1.5 Örnek: z = f (x; y) =

8< :

1 ; 0 2 ; 0 3 ; 0

onunun, a¸sa¼g¬da verilen D bölgesi

D = (x; y) : 0

f

üzerinden

 x  3;  x  3;  x  3;

 x  3;

0 1 2 0

y1 y2 y3

ile tan¬ml¬ f fonksiy-

 y  3g

ZZ

f (x; y) dA

D

iki katl¬ integralinin de¼gerini hesaplay¬n¬z.

Çözüm: Öncelikle D bölgesini gözönüne alal¬m D = f(x; y) : 0  x  3;

0

Bu D bölgesini D1 , D2 ve D3 (Bknz. S ¸ ekil 6.10).

 y  3g

6.10 S¸ ekil : D ve D = D1 [ D2 [ D3 bölgesi D1 D2 D3

= = =

f(x; y) : 0  x  3; f(x; y) : 0  x  3; f(x; y) : 0  x  3;

0 1 2

 y  1g  y  2g  y  3g

biçminde olmak üzere D = D1

[ D2 [ D3

¸seklinde yazal¬m. O zaman iki katl¬ integrali, integralin toplamsal özelli¼ginden yararlanarak

ZZ

f (x; y) dA =

D

ZZ

f (x; y) dA +

D1

ZZ

f (x; y) dA +

D2







f (x; y) dA

D3

= 1 A (D1 ) + 2 A (D2 ) + 3 A (D3 ) = 1 3 + 2 3 + 3 3 = 18

 

ZZ



s. pehlivan


istenen sonuca ula¸s¬r¬z.

6.1.6 Örnek: f (x; y) =

1 16





 8x + y2 fonksiyonu için D bölgesi, D = f(x; y) : 0  x  4; 0  y  8g 64

olmak üzere

ZZ

f (x; y) dA

D

integralini yakla¸s¬k olarak hesaplay¬n¬z (Bknz.¸Sekil 6.11).

Çözüm: Seçti¼gimiz baz¬ noktalarda fonksiyon de¼gerlerini hesaplayal¬m.

) f (x1; y1) = 57 ; 16 81 (1; 5) ) f (x3 ; y 3 ) = ; 16 41 (3; 1) ) f (x5 ; y 5 ) = ; 16 65 (3; 5) ) f (x7 ; y 7 ) = ; 16

(x1 ; y1 ) = (1; 1) (x3 ; y3 ) = (x5 ; y5 ) = (x7 ; y7 ) =

6.11 S¸ ekil : f (x; y) = Böylece Ak = 4 oldu¼gundan

ZZ

f (x; y) dA

8



D

=

X

k=1

1 16



64

) f (x2; y2) = 65 16 105 (x4 ; y 4 ) = (1; 7) ) f (x4 ; y 4 ) = 16 49 (x6 ; y 6 ) = (3; 3) ) f (x6 ; y 6 ) = 16 89 (x8 ; y 8 ) = (3; 7) ) f (x8 ; y 8 ) = 16 (x2 ; y 2 ) = (1; 3)

 8x + y2

 X

fonksiyonunun gra…¼gi 8

f (xk ; y k ) Ak = 4

f (xk ; y k )

k=1

4 (57 + 65 + 81 + 105 + 41 + 49 + 65 + 89) = 138 16

9

s. pehlivan


10

elde edilir. Bu integralin gerçek de¼geri ise; 8

4

Z Z  0

0

1 64 16

 8x + y

2



dxdy

1 16

=

=

1 16

=



8

Z  Z 

64x

 4x2 + xy2 40 dy

256

 64 + 4y2

0 8

0

y3 12y + 12





8

= 96 + 0



dy

512 2 = 138 12 3

bulunur.

6.1.7 Örnek: z = 4  x  y düzlemi alt¬nda D : f(x; y) : 0  x  2;

0

 y  1g dikdört-

gen bölgesi üzerindeki hacmi yakla¸s¬k olarak yukar¬daki aç¬klamalara göre hesaplay¬n¬z.

Çözüm: x-eksenine paralel dilim boyunca hacim hesaplamak istersek; (¸Sekil 6.12) y sabit tutulup, x e göre integral al¬narak kesit alan elde edilir.

6.12 S¸ ekil y nin fonksiyonu olarak; x=2

I (y) =

Z

(4

x=0

 x  y) dx =



4x

x2 2

  xy



x=2

=6 x=0

 2y

buluruz. Böylece tüm hacim: y=1

V =

Z

y=0

y=1

I (y) dy =

Z

y=0

(6

 2y) dy = [6y  y]y=1 y=0 = 5

s. pehlivan


11

sonucunu elde ederiz. Benzer yolla x sabit tutulup, y ye göre integral al¬narak kesit alan elde edilir. (¸Sekil 6.13)

6.13 S¸ ekil y=1

I (x) =

Z

(4

y=0

 x  y) dy

y=1

x in herbir de¼geri için I (x) =

Z

(4

y=0

 x  y) dy hesaplanabilir. Bu x deki kesit düzlemde

z = 4 x y alt¬ndaki aland¬r. x sabit tutularak y ye göre integral alarak I (x) i hesaplar¬z.

 

Toplam hacmi hesaplamak için

Z Z 0@ Z Z     Z       x=2

V

=

x=2

I (x) dx =

x=0

x=0

x=2

=

xy

4y

x=0 x=2

=

x=0

=

y=1

7 x 2

7 2

y2 2

(4

y=0

y=1

 x  y) dy

1 A

dx

dx

y=0

x dx

x2 2

2

=5

0

elde ederiz. I· ki hacim hesaplamas¬nda da tekrar eden integraller kullan¬lm¬¸st¬r. D =

s. pehlivan


f(x; y) : 0  x  2;

0

12

 y  1g bölgesi üzerinde

ZZ

(4

 x  y) dA

D

ile hesaplan¬r. Bu dikdörtgen bölge üzerinde iki katl¬ integral hesab¬ üzerine Guido Fubini (1879-1943) taraf¬ndan 1907 de yay¬nlanan teoreme göre bir dikdörtgen üzerinde herhangi bir sürekli fonksiyonun integrali, integral s¬ras¬ de¼gi¸stirilerek hesaplanabilir. Bu teoremi vermeden önce örneklerde de gerek duydu ¼gumuz iki katl¬ integralin baz¬ özelliklerini verelim. Daha sonra da Fubini teoremlerini verece¼giz.

6.1 Problemler 1. A¸sa¼g¬daki integralleri hesaplay¬n¬z. 0

(a)

2

Z Z

(2x + 2y + 3) dxdy

1 2  2

(b)

x

Z Z

sin ydydx

0

0

2 1 y

(c)

Z Z

ye 2x dxdy

0

0

ln 8 ln y

(d)

Z Z 0

ye x+y dxdy

0

2 2 4 y

(e)

Z Z 0

1

(f)

2xydxdy

0

p 1y

2

Z Z

xdxdy

p 0  1y 2

(g)

p

4x2

Z Z 0

2

4ydydx

p  4x

2

2. D = f(x; y) : jxj  2;

jyj  2g karesi üzerinden

ZZ

(x + y) dA integralini hesaplay¬n¬z.

D

s. pehlivan




3. D = (x; y) : x + y 2

2

 

4 üzerinde

13

ZZ

xydA integralini hesaplay¬n¬z.

D

6.2 I·ki Katl¬ I·ntegralin Özellikleri Sürekli fonksiyonlar¬n iki katl¬ integralleri, tek katl¬ integrallere benzer, hesaplamada ve uygulamada faydal¬ cebirsel özelliklere sahiptir. Bu özellikler:

ZZ ZZ ZZ ZZ

1. k herhangi bir say¬ olmak üzere 2.

ZZ

kf (x; y) dA = k

D

(f (x; y)

 g (x; y)) dA =

D

f (x; y) dA

D

3. D üzerinde f (x; y)  0 ise

f (x; y) dA d¬r.

D

ZZ 

g (x; y) dA d¬r.

D

f (x; y) dA

 0 d¬r.

D

4. D üzerinde f (x; y)  g (x; y) ise

ZZ

f (x; y) dA

D

ZZ 

g (x; y) dA d¬r.

D

5. Ayn¬ çe¸sit tan¬m kümesi üzerinde tan¬ml¬ iki, iki katl¬ integral toplam¬; bu bölgelerin birle¸simi üzerinden al¬nan iki katl¬ integrale e¸sittir. Yani,

ZZ

f (x; y) dA =

D

ZZ

f (x; y) dA +

D1

ZZ

f (x; y) dA

D2

d¬r(Bknz. S ¸ ekil 6.14 ).

6.14 S¸ ekil:

ZZ

f (x; y) dA =

D1 [D2

ZZ

f (x; y) dA +

D1



ZZ

6.2.1 Örnek: 0 < r 1 < r 2 ve D = (x; y) : r12  x2 + y 2  r22 ;

f (x; y) dA

D2

üzerinden f (x; y) = xy fonksiyonunun integralini hesaplay¬n¬z.



y > 0 olsun. Bu bölge

s. pehlivan


14

Çözüm:

6.15 S¸ ekil

ZZ

xydA =

D

ZZ

xydA +

D1

ZZ

xydA +

D2

ZZ

xydA

D3

d¬r. Buradaki her bir integral ayr¬ ayr¬ hesaplan¬r (Bknz. ¸Sekil 6.15). D1 bölgesi için:

2 p ZZ Z 6 Z 4 Z      2 p ZZ Z 6 Z 4p ZZ Z 26p Z 37 4 5 r

xydA

r22 x2

y=

1

r

r r

r

y=0

2

1

=

1 2

x

r22

r

2

x

2

r22

=

2

r12

1

x 2 y 2

xydy dx =

=

D1

3 Z h i p 75     y=

r22 x2

dx

y=0

2

1 x2 2 dx = r 2 2 2

x4 4

x=r1 x=r2

8

bulunur. D2 bölgesi için:

xydA =

r1

xydy dx =

r

D2

3 Z 75 

r22 x2

r1

r

r12 x2

1

r22 x2

xydA =

D3

r2

xydy dx =

r1

r12 dx = 0

1

bulunur. Son olarak D3 bölgesi için: r2

1 x r22 2

Z       r1

0

1 x r22 2

2

x

dx =

r22

r12

2

8

olarak bulunur. Bu üç bölge üzerinden integrallerin toplam¬ D bölgesi üzerinden integralinin de¼geridir. Böylece

ZZ

xydA

D

ZZ

xydA = 0

D

s. pehlivan


15

elde edilir.

6.2.2 Teorem (1. Fubini Teremi) D : f(x; y) : a  x  b; c  y  dg dikdörtdensel bölgesi üzerinde sürekli f (x; y) fonksiyonu verilsin. d

ZZ

f (x; y) dA =

b

f (x; y) dxdy =

c

D

b

Z Z a

d

Z Z

f (x; y) dydx

a

c

dir. Buna göre Fubini teremi, dikdörtgen bölge üzerinde iki katl¬ integral al¬rken integral s¬ras¬n¬n de¼gi¸stirilebilir oldu¼gunu ifade etmektedir. Yukar¬daki örnekte görüldü g¼ü gibi xeksenine dik düzlemler veya y -eksenine dik düzlemler kullan¬larak hacim hesaplanabilir. Bu i¸slemde önce x veya y ye göre integral almak integralin sonucunu etkilemez.

6.2.3 Örnek: D = f(x; y) : 0  x  1;

1  y  1g bölgesi üzerinden f (x; y) = 1 

2

3x y fonksiyonu için

ZZ

f (x; y) dA

D

integralini hesaplay¬n¬z.

Çözüm: 1

ZZ

f (x; y) dA =

1

1

D

=

1

1

Z Z     

3x2 y dxdy =

0

y

x

x3 y

x=1 dy x=0

1

2 y=1

y 2

1

Z   

=

Z

(1

1

 y) dy

=2

y=1

integralin s¬ras¬ de¼gi¸stirilirse de sonuç ayn¬ ç¬kacakt¬r. Gerçekten 1

1

Z Z    1

0

1

2

3x y dydx =

1

Z    y

0

3 2 2 x y 2

1

y=1 y=1

dx =

Z

2dx = 2

0

elde ederiz.

6.2.4 Teorem (2. Fubini Teremi) f fonksiyonu D bölgesi üzerinden sürekli bir

s. pehlivan


16

fonksiyon olarak verilsin.

6.16 S¸ ekil

(i) D = f(x; y) : a  x  b; g1 (x)  y  g2 (x) j g1 ve g2 ; [a; b] üzerinde sürekli g ol-

sun (¸Sekil 6.16 (a)).

ZZ

f (x; y) dA =

D

b g2 (x)

Z Z

f (x; y) dydx

a g1 (x)

dir.

(ii) D = f(x; y) : c  y  d; h1 (y)  x  h2 (y) j h1 ve h2 ; [c; d] üzerinde sürekli g

olsun.

ZZ

f (x; y) dA =

D

d h2 (y)

Z Z

c h1 (y)

f (x; y) dxdy

s. pehlivan


dir (¸Sekil 6.16 (b)).

6.17 S¸ ekil S¸ imdi Fubini teoremini örneklerle kavramaya çal¬¸sal¬m.

6.2.5 Örnek:

2 1 y

Z Z

2ye x dxdy

0

0


Çözüm: 2 1 y

Z Z

2yex dxdy

0

Z 264Z 375 Z Z  Z h i 1

=

0

y2

1

2ye x dx dy =

0

0

=

1

e 2ydy

0

= e

y2

ydy = e

2

0

y=1 y=0

2ye y

0

ZZ

y2 2 2

y=1

=e

y=0

D

 y  xg bölgesi üzerinden

sin x dA x

2

0

 2:

6.2.6 Örnek: D = f(x; y) : 0  x  1;


x=y

[2ye x ]x=0 dy =

0

1

y2

1

Z    

2

    

 2ye0 1

2

dy

1 2

17

s. pehlivan


18

Çözüm: (Bknz. S¸ ekil 6.18)

6.18 S¸ ekil

Z 0@Z 1A Z   1

0

x

0

1

sin x dy x

dx =

0

sin x y x

1

y=x

dx = y=0

Z

sin xdx =

0

 cos(1) + 1  0; 46

Dikkat edilecek olursa integrasyon s¬ras¬ yerde ¼gi¸stirilirse, 1

1

0

y

Z Z integrali elde edilir. Bu

Z

sin x x dx

sin x dxdy x

integrali bildi¼gimiz temel tekniklerle hesaplanamaz. Bu

durumda bazen integral s¬ras¬n¬n de g¼i¸stirilmesi i¸se yarayabilir. Buna ait örneklere geçmeden önce integral s¬n¬rlar¬n¬ belirlemek için yap¬lan i¸slemleri gözden geçirelim.

6.2.7 I· ntegral S¬n¬rlar¬n¬n Belirlenmesi

n ZZ

D = (x; y) : 0 D bölgesi üzerinden

biliriz.

 x  1;

1

x y

o p   1

x2

f (x; y) dA iki katl¬ integralini hesaplayabilmek için iki yol izleye-

D

(a) Önce y ye göre sonra x ye göre integral alabiliriz. Bu durumda:

s. pehlivan


19

1. Önce bölgeyi belirleyen e¼grileri çizeriz (Bknz. ¸Sekil 6.19).

6.19 S¸ ekil

2. I· ntegralin y s¬n¬rlar¬n¬ belirlemek için: D bölgesini y nin artan yönünde bir L do¼grusu ile keseriz. Bu bölgeyi dikey kesen hayali bir do ¼grudur. D bölgesini ilk kesti¼gi ve bölgeyi terk etti¼gi noktalar¬ belirleriz. Bunlar y için integral s¬n¬rlar¬d¬r (Bknz ¸Sekil 6.20).

6.20 S¸ ekil

3. I· ntegralin x s¬n¬rlar¬n¬ belirlemek için: Dikey do¼grunun bölgeyi tarad¬¼g¬nda x in ald¬¼g¬

s. pehlivan


20

en küçük ve en büyük de g¼erlerdir.

6.21 S¸ ekil Böylece integral s¬n¬rlar¬ önce y sonra x e göre al¬n¬rsa

ZZ

f (x; y) dA integrali

D

p

x=1 y= 1x2

ZZ

f (x; y) dA =

Z Z

f (x; y) dydx

x=0 y=1x

D

biçiminde belirlenir(Bknz. S ¸ ekil 6.21). (b) Benzer i¸slemler bölgeyi kesen yatay do¼gru boyunca yap¬larak integral s¬n¬rlar¬ kolayca bulunur (Bknz. ¸Sekil 6.22).

6.22 S¸ ekil :

ZZ

f (x; y) dA integrali,

D

ZZ

f (x; y) dA =

D

Z p Z

y=1 x=

y=0

1y 2

x=1y

f (x; y) dxdy

s. pehlivan


21

biçiminde belirlenir. S¸ imdi integrasyon s¬ras¬n¬n de¼gi¸stirilmesi ile ilgili örneklere geçebiliriz.

6.2.8 Örnek: A¸sa¼g¬daki integraller için integral bölgelerini belirleyiniz, integral alma s¬ralar¬n¬ de¼gi¸stiriniz ve hesaplay¬n¬z. Ayr¬ca bölge üzerinde integral s¬ras¬n¬n de¼gi¸smesi integral de¼gerini de¼gi¸stiriyor mu? Ara¸st¬r¬n¬z. 2 2x

(a)

Z Z Z Z

(4x + 2) dydx

0 x2 3 3  2 (x3)

(b)

1

dydx

0

Çözüm: (a) (Bknz. S¸ ekil 6.23)

6.23 S¸ ekil 4

p y

Z Z 0

4

(4x + 2) dxdy

=

y

4

Z   Z  Z  p   2

2x + 2x

p

x= y x= y 2

dy =

0

2

4

=

0

=



0

y2 + y + 2 y dy = 2

43 42 4 + + 4 =8 6 2 3 3 2

p y2 2y + 2 y  y 2

y3 y2 4 + + y 3 2 3

3 2





dy

y=4 y=0

s. pehlivan


22

olarak sonuç elde edilir. Verilen integrali hesaplarsak: 2 2x

2

Z Z

(4x + 2) dydx

=

0 x2

Z Z 

[4xy

2

+ 2y]y=2x y=x2 dx

=

0

16 + 16 + 8 = 8

 4x3  2x2

 

4x3 + 6x2 + 4x dx =

0

=

8x2 + 4x

0

2

=

Z 

x4 + 2x3 + 2x2





dx

x=2 x=0

elde edilir. Buradan görüldü¼gü gibi integral s¬ras¬ yerde¼gi¸stirdi¼ginde integral de¼geri de¼gi¸smemektedir. Önemli olan integralin bilinen yöntemlerle hesaplanabilir olmas¬d¬r. (b) (Bknz. S¸ ekil 6.24)

6.24 S¸ ekil

3

 23 y+3

Z Z 0

3

dydx

=

Z

=

3 + 6 = 3

1

2 x= y+3 [x]x=1 3 dx

3

=

0

3

Z   Z  2 3y

+ 2 dx =

0

1 2 3y

+ 2y

0

y=3 y=0



elde edilir. Verilen integrali hesaplarsak: 3

 32 (x3)

Z Z 1

3

dydx =

0

Z 1

=

 274 + 272

3

Z       

3 x= (x3) [y]y=0 2 dx

3 2x

=

1

3 9 + 4 2

9 + 2

dx =

3 2 4x



9 + x 2

x=3 x=1

=3

bulunur.

6.2 Problemler 1. A¸sa¼g¬daki integrallerin integrasyon bölgelerini çiziniz ve integralleri hesaplay¬n¬z.

s. pehlivan

0

(a)


23

1

Z Z Z Z

(x + 2y + 1) dxdy

1 1 

(b)

x

x sin ydydx

0

0

2 1 y

(c)

Z Z

3y3 exy dxdy

0

0

ln 8 ln y

(d)

Z Z  0

ex+y dxdy

0

2. D = (x; y) : x + y 2

2

r

2



üzerinde

ZZ

x2 y 2 dA integralini hesaplay¬n¬z.

D

3. S = f(x; y) : jxj  1; jy j  1g karesi üzerinden

ZZ   ZZ  x2 + y2



1 2

dA integralini hesaplay¬n¬z.

S





4. D = (x; y) : x2 + y 2  1 dikdörtgeni üzerinden tegralini hesaplay¬n¬z.

5. 0

x3 + y 3

D

 3y

  x2 + y 2

dA in-

 x  ; 0  y  1 dikdörtgeni üzerinden f (x; y) = y cos xy fonksiyonunun inte-

gralini hesaplay¬n¬z.

6. A¸sa¼g¬daki fonksiyonlar¬n integrasyon bölgelerini çiziniz, integral alma s¬ralar¬n¬ de¼gi¸stiriniz ve integrallerini hesaplay¬n¬z. p 2

(a)

0

(b)

y

Z Z

dxdy

y

1 1x2

Z Z

dydx

0 1x

1

(c)

ex

Z Z

dydx

0 1x 3 2

(d)

94x2

Z Z 0

0

16xdydx

s. pehlivan


24

2 2 4 y

(e)

Z Z 0

0

Z p Z 1

(f)

ydxdy

1y2

3ydxdy

p 0  1y 2

(g)

p

4x2

Z Z 0

2

6xdydx

p  4x

2

7. y = x; y = 2x ve x + y = 2 do¼grular¬ aras¬nda kalan bölge üzerinden integralini hesaplay¬n¬z.

8. D = f(x; y) : jxj + jy j = 1 g karesinin içindeki bölge üzerinden gralini hesaplay¬n¬z.

ZZ

ZZ    x

D

xydA

2y2 dA inte-

s. pehlivan


25

6.3 Düzlemin Dönü¸sümü x = x (u; v) ; y = y (u; v) ¸seklindeki denklemler (u; v) noktas¬ ile (x; y) noktas¬n¬ ili¸skilendirirler. Bu iki denklemle tan¬mlanan bir T fonksiyonu: T (u; v) = (x = x (u; v) ; y = y (u; v))

(1)

formülüne göre uv-düzlemindeki noktalarla xy -düzlemindeki noktalar¬ birle¸stirir. Bu dönü¸süme, uv -düzleminden xy-düzlemine bir T dönü¸sümü deriz. Buradaki (u; v) noktas¬n¬n T dönü¸sümü alt¬ndaki görüntüsü (x; y) noktas¬d¬r (¸Sekil 6.25).

6.25 S¸ ekil uv-düzlemindeki S kümesinin tüm görüntülerinin R kümesi, T dönü¸sümü alt¬nda S nin görüntüsü olarak adland¬r¬l¬r. uv-düzlemindeki farkl¬ noktalar, xy -düzleminde farkl¬ görüntülere sahipse bu durumda T dönü¸sümüne bire-birdir denir. Bu durumda x = x (u; v) ; y = y (u; v) denklemlerinden x ve y nin fonksiyonlar¬ olarak u ve v yi tan¬mlar. u = u (x; y) ;

v = v (x; y)

(2)

denklemleri x = x (u; v) ; y = y (u; v) denklemlerinden u ve v çözülerek elde edilir. xy düzleminden uv-düzlemine tan¬mlanan bir dönü¸süm, T nin ters dönü¸sü- mü alt¬nda (u; v) görüntüsünü veren bir dönü¸sümdür. Bu dönü¸süm T nin tersi olarak adland¬r¬l¬r ve T 1 ile gösterilir. T dönü¸sümünün geometrik etkisini görmek için bir yol, uv-düzleminde yatay ve dü¸sey do¼grular¬n, xy -düzlemindeki görüntülerini belirlemektir. Yatay (v = sabit) do¼grular¬n görüntüleri olan xy -düzlemindeki noktalar¬n kümesi u-e¼grileri olarak adland¬r¬l¬r ve benzer ¸sekilde dikey (u = sabit) do¼grular¬n görüntüleri v -e¼grileri olarak adland¬r¬l¬r (¸Sekil 6.26).

6.26 S¸ ekil

s. pehlivan


26

6.3.1 Örnek: T dönü¸sümü uv-düzleminden xy-düzlemine x=

1 (u + v) ; 4

y=

1 (u 2

 v)

(3)

denklemleri ile verilsin. (i) T (1; 3) de¼gerini bulunuz, (ii) v = 2; 1; 0; 1; 2 de¼gerine kar¸s¬l¬k gelen u-e¼grilerini çiziniz, (iii) u = 2; 1; 0; 1; 2 de¼gerine kar¸s¬l¬k gelen v-e¼grilerini çiziniz, (iv) u = 2; u = 2; v = 2 ve v = 2 do¼grular¬ ile s¬n¬rl¬ uv düzlemindeki karesel bölgenin T dönü¸sümü alt¬ndaki görüntüsünü çiziniz.

Çözüm : (i) (3) denkleminde u = 1; v = 3 de¼gerlerini yerine koyal¬m. T (1; 3) = (1; 1) buluruz. (ii) ve (iii): x ve y nin fonksiyonlar¬ olarak u ve v yi ifade edersek:



4x = u + v 2y = u v



den u = 2x + y; v = 2x  y elde ederiz. Böylece v = 2; 1; 0; 1 ve 2 için 2x  y = 2; 2x  y = 1; 2x  y = 0; 2x  y = 1 ve 2x  y = 2 buluruz. Benzer ¸sekilde u = 2; 1; 0; 1 ve 2 için 2x + y = 2; 2x + y = 1; 2x + y = 0; 2x + y = 1 ve 2x + y = 2 elde ederiz. Bu e¼grileri çizelim(¸Sekil 6.27).

6.27 S¸ ekil

(iv) u = 2; u = 2; v = 2 ve v = 2 s¬n¬r do¼grular¬n¬n belirledi¼gi bölgenin görüntüsü xy düzleminde bir baklava dilimidir (¸Sekil 6.28).

6.28 S¸ ekil

s. pehlivan

6.3.2 I· ki


27

De¼gi¸skenli Fonksiyonlar I· çin Jakobiyen (Jacobians)

I· ki katl¬ integraller için de¼gi¸sken de¼gi¸stirme formülünü elde etmek için, uv -düzlemindeki küçük dikdörtgen bölgenin alan¬n¬ ve x = x (u; v) ; y = y (u; v)

denklemleri ile verilen T dönü¸sümü alt¬nda xy-düzleminde bulunan görüntüsünün alan¬ aras¬ndaki ba¼g¬nt¬y¬ anlamaya çal¬¸smal¬y¬z. Bu amaçla u ve v yi pozitif kabul edelim ve u = u0 ; u = u0 + u; v = v0 ; v = v0 + v

do¼grular¬ ile s¬n¬rlanm¬¸s uv-düzleminde S dikdörtgensel bölgesini gözönüne alal¬m. E¼ger x (u; v) ve y (u; v) fonksiyonlar¬ sürekli ve u ve v çok büyük de¼gilse xy-düzleminde S nin görüntüsü bu do¼grularla ilgili u ve v e¼grileri ile s¬n¬rlanm¬¸s e¼grilerden meydana gelmi¸s dikdörtgen R bölgesidir (¸Sekil 6.29).

6.29 S¸ ekil uv-düzleminde (u; v) noktas¬na kar¸s¬l¬k xy-düzleminde bu noktaya

!

!

r = r (u; v) = x (u; v) i + y (u; v) j

yer vektörü kar¸s¬l¬k geliyorsa, v = v0 a kar¸s¬l¬k u-e¼grisi ve u = u0 a kar¸s¬l¬k v -e¼grisi

 ! ! ! ! x (u0 ; v) i + y (u0 ; v) j

r (u; v0 ) = x (u; v0 ) i + y (u; v0 ) j r (u0 ; v) =

u

 egrisi v  e grisi

(4) (5)

vektör formunda gösterilebilir. u ve v yi çok küçük kabul etti¼gimizden, R bölgesini

a ! !b

= r (u + u; v0 ) =

 r (u0; v0) r (u0 ; v + v)  r (u0 ; v0 )

s. pehlivan


28

vektörleri yard¬m¬yla bir paralelkenar ile yakla¸s¬k olarak belirleyebiliriz (¸Sekil 6.30).

6.30 S¸ ekil Burada kesen vektörleri, te ¼get vektörlere a¸sa¼g¬daki gibi yakla¸st¬rmaya çal¬¸sal¬m

a ! !b

= =

r (u0 + u; v0 ) u r (u0 ; v0 + v) v

 r (u0; v0) u  @r u =  r (u0; v0) v 

@u @r v = @v

 

 !

@x @y i + j u @u @u @x @y i + j v @v @v

!

!

!

@r @r Burada k¬smi türevler (u0 ; v0 ) da hesaplanm¬¸st¬r. Fakat T (u0 ; v0 ) da s¬ras¬yla @u ve @v @r @r u ve @v v dir. Böylece vektörleri u ve v e¼grilerine te¼gettir ve sonuç olarak, @u R bölgesi te¼ get vektörler taraf¬ndan paralelkenar ile yakla¸s¬k olarak belirlenebilir. Te g¼et vektörler:

@r u = @u @r v = @v

 

 ! !

@x @y i + j @u @u @x @y i + j @v @v

! !



u

v

dir (¸Sekil 6.31).

6.31 S¸ ekil Buradan A ile gösterdi¼gimiz R bölgesinin alan¬, buradaki vektörler ile belirlenen paralelkenar¬n alan¬ olarak yakla¸s¬k hesaplan¬r. Böylece vektörlerle b elirlenen paralelkenar¬n alan¬

s. pehlivan


29

bilindi¼gi gibi: Alan = (taban) : (y• ukseklik) = u

k kkvk sin  = ku  vk

6.32 S¸ ekil Yani di¼ger bir deyi¸sle u ve v vektörleri ile belirlenen paralelkenar¬n alan¬ u ve v vektörlerinin vektörel çarp¬m¬n¬n uzunlu¼guna e¸sittir, buna göre paralelkenar¬n alan{ = ku  v k dir (¸Sekil 6.32). S¸ imdi problemimize tekrar geri dönelim. A

   ! 

@r u @u



  



@r @r v = @v @u





@r uv @v

(6)

burada türevler (u0 ; v0 ) da hesaplan¬r. Vektörel çarp¬m¬ hesaplarsak; @r @u

@r  @v =

i

@x @u @x @v

!k ! j @y @u @y @v

0 0

 

=

@x @u

@y @u

@x @v

@y @v

 ! 

k =

 

@x @u

@x @v

@y @u

@y @v

d¬r. (7) deki determinanta özel bire ad verilir. Buna Jakobiyen denir.

 ! 

(7)

k

6.3.3 Tan¬m ( T nin Jakobiyeni) T dönü¸sümü uv-düzleminden xy-düzlemine x = x (u; v) ;

y = y (u; v)

denklemleri ile tan¬mlanan bir dönü¸süm ise T nin Jakobiyeni J (u; v) veya gösterilir ve J (u; v) =

@ (x; y) = @ (u; v)

 

  !

@x @u

@x @v

@y @u

@y @v

=

@x @y @u @v

@ (x; y) ile @ (u; v)

@y @x  @u @v

ile tan¬mlan¬r. Bu tan¬mdaki gösterimler (6) ve (7) den A

!

veya k birim vektör oldu¼gundan

 

A

@ (x; y) k uv @ (u; v)

 



@ (x; y) uv @ (u; v)

(8)

s. pehlivan


30

ile belirlenir. (u0 ; v0 ) noktas¬nda bu önemli formül, ¸Sekil 5 de R ve S bölgelerinin alanlar¬yla ilgilidir. u ve v nin çok küçük de¼ gerler olmas¬ halinde, R nin alan¬, yakla¸s¬k olarak; S nin alan¬ ile jakobiyeninin mutlak de¼gerinin çarp¬m¬na e¸sittir. Ayr¬ca, u 0 ve v 0 iken bu

!

!

yakla¸s¬mdaki hata s¬f¬ra yakla¸s¬r. S¸ imdi geometrik bir yakla¸s¬m olarak a¸sa¼g¬daki kesimde de¼gi¸sken de¼gi¸simini inceleyebiliriz.

gi¸sken De¼gi¸simi 6.4 I· ki Katl¬ I· ntegrallerde De¼ uv-düzlemindeki S bölgesi xy -düzlemindeki R bölgesine x = x (u; v) ; y = y (u; v) den(x;y) klemleri ile dönü¸stürülsün. @ Jakobiyeni s¬f¬r de¼gil ve S üzerinde i¸saret de g¼i¸stirmiyorsa @ (u;v)

dönü¸süm üzerine baz¬ k¬s¬tlamalar ile,

ZZ

f (x; y) dAxy =

R

ZZ

f (x (u; v) ; y (u; v))

S

  @ (x;y) @ (u;v)

dAuv

(9)

dir. Burada dA alt¬ndaki indisler ilgili integrallerin de¼gi¸skenlerini belirlemekte yard¬mc¬ olmaktad¬r.

Uyar¬: (9) formülü bu bölümün en önemli k¬sm¬d¬r. T birebir bir dönü¸süm, f (x; y) ; R üzerinde sürekli, R ve S bölgeleri çok karma¸s¬k de¼gilseler bu formül sa¼glan¬r. Bu formülü kullan¬rken a¸sa¼g¬daki i¸slemler yap¬l¬r.

6.33 S¸ ekil : S bölgesinin T dönü¸sümü alt¬nda R bölgesine dönü¸sümü S¸ ekilde görüldü¼gü gibi x = x (u; v) ; y = y (u; v) denklemleri ile tan¬ml¬ T dönü¸sümü, uvdüzlemindeki S k y¬ xy -düzlemindeki Rk bölgesine dönü¸stürür ve dönü¸süm S k bölgesindeki (uk ; vk ) noktas¬n¬ Rk bölgesindeki (xk ; yk ) = (x = x (uk ; vk ) ; y = y (uk ; vk )) noktas¬na dönü¸stürür. Ak ile Rk bölgesinin alan¬ gösterilmi¸stir. R bölgesi üzerinde f (x; y) nin iki katl¬ integrali dik koordinatlarda, R bölgesi alt dikdörtgenlere bölünerek Riemann toplam¬n¬n bir limiti olarak tan¬mlanm¬¸st¬r. Uygun

s. pehlivan


31

ko¸sullar alt¬nda altbölgeler, e¼grilerle s¬n¬rland¬r¬lm¬¸s dikdörtgen altbölgelerle yerde¼gi¸stirir. Bu kabullerle R bölgesi üzerinden f (x; y) nin iki katl¬ integrali yakla¸s¬k olarak n

ZZ

f (x; y) dAxy



R

X X

k=1 n



f (xk ; yk ) Ak





@ (x; y) f (x (uk ; vk ) ; y (uk ; vk )) uk vk

k=1

@ (u; v)

d¬r. Burada jakobiyen (xk ; yk ) da de¼gerlendirilmi¸stir. Fakat, bu son ifade integral için Riemann toplam¬d¬r;



ZZ



@ (x; y) f (x (u; v) ; y (u; v)) dAuv @ (u; v)

S

böylece (9) formülünden n ! 1 iken hata s¬f¬r olur.

6.4.1 Örnek: x  y = 0; x  y = 1; x + y = 1 ve x + y = 3 do¼grular¬ ile s¬n¬rland¬r¬lm¬¸s R bölgesi üzerinden

ZZ 

x y dA x+y

R


Çözüm:

6.34 S¸ ekil R bölgesi üzerinden integral almak istedi ¼gimizde üç ayr¬ iki katl¬ integral üzerinden yukar¬daki integrali hesaplayailiriz ve bu oldukça s¬k¬c¬ bir durum. Ancak x y ve x+y ifadelerine u ve v dersek, yani (10) v = x y; u =x+y





dersek çok yararl¬ bir dönü¸süm elde ederiz. S¬n¬r do ¼grular¬ olan bu dönü¸sümlerle u = 1; u = 3; v = 0; v = 1

dir. S¸ ekil 6.34 de R ve S bölgeleri görülmektedir. Bu dönü¸sümün jakobiyeni için x ve y yi u ve v cinsinden ifadesini (10) denkleminden x=

1 1 (u + v) ; y = (u 2 2

 v)

@ (x;y) @ (u;v)

bulmak

s. pehlivan


32

olarak buluruz. Böylece jakobiyen;

  ZZ  Z Z

@ (x; y) = @ (u; v)

@x @u

@x @v

@y @u

@y @v

  

=

dir. Buradan (9) formülünü kullanarak:

ZZ 

x y dA = x+y

R

1 2

1 2

1 2

 12

v @ (x; y) dAuv = u @ (u; v)

S

=

 

1 2

1

0

3

1

 

=

 14  14 =  12

ZZ   v u

1 dAuv 2

S

v 1 dudv = u 2

1

Z 0

1 u=3 [v ln u ]u=1 dv = ln 3 2

jj

1

Z

vdv =

0

1 ln 3 4

olarak istenen sonuç elde edilir.

6.4.2 Örnek: y =

1 2 x ve y = hiperbolleri ve y = ; y = x do¼grular¬ taraf¬ndan x x 2

s¬n¬rlanan R bölgesinde

ZZ

exy dA

R


Çözüm: Önceki örnekteki gibi xy-düzlemindeki e¼grilerle s¬n¬rl¬ bir bölge dönü¸stürülürse u ve v do¼grular¬n¬ verir. Buna göre dört s¬n¬r e g¼risini, y=

1 2 ; y = ; xy = 1; ve xy = 2 x x

ile tan¬mlayal¬m. Bunun için u=

y ve v = xy x

dönü¸sümünü uygularsak, xy -düzlemindeki s¬n¬r e¼grileri uv -düzleminde u = v = 1; v = 2 do¼grular¬ ile ilgili u ve v-e¼ grileri kar¸s¬l¬k gelir (¸Sekil 35).

6.35 S¸ ekil

(11) 1 2;

u = 1;

s. pehlivan


33

Jakobiyeni bulmak için (11) deki denklemlerden yararlanarak x=

r

v u

ve

y=

p uv

elde ederiz. Buradan @ (x; y) = @ (u; v)

 

@x @u

@x @v

@y @u

@y @v

   p    p p    ZZ   ZZ Z Z Z j j Z    v u

1 2u

p 1 2 uv

=

1 2

1 2

v u

=

u v

1 4u

1 = 4u

 2u1

buluruz. S¸ imdi integrali hesaplayabiliriz,

ZZ

exy dA =

R

S 2

=

=

1 2

ev dAuv u

1 1 dAuv = 2u 2

ev

S

1

1

1 v 1 e dudv = u 2

1 2

2

1 ln 2 2

1 2 e 2

ev dv =

1

2

[ev ln u ]u=1 u= dv 1 2

1

e ln 2

istenen sonuç elde edilir.

6.4.3 Örnek:

ZZ

1 y 2 x3

dxdy

R



integralini R = (x; y) : a > 0 o.ü. yx erinden hesaplay¬n¬z.

2

 a ve c > b > 0 için cx2  y  bx2



Çözüm: Verilen R bölgesi S¸ ekil 6.36 deki gibidir.

6.36 S¸ ekil u = yx 2 ve v =

y x2

de¼gi¸sken de¼gi¸stirmesi yaparsak; jakobiyen

@ (x; y) = @ (u; v)



@ (u; v) @ (x; y)

   1

=

2xy

x2

2y x3

1 x2

  =

@ (x;y) @ (u;v)

2y 2y + x x

için



1

=

x 4y

bölgesi üz-

s. pehlivan


34

buluruz. Buradan;

ZZ

1 dxdy 2 y x3

=

R

ZZ  ZZ Z  



S

=

1 4

1 1 1 dudv = 2 u v 4

S

= =

ZZ Z Z Z

1 @ (x; y) 1 dudv = 2 3 y x @ (u; v) 4

1 4

1

S

1 a

1 1

1 c ln 4 b

u

=

a

c

1 u2

dv du v

b

1 1 c c [ln v]b du = ln 2 u 4 b

a

1 x2 dudv y 2 x4 y

1 a

1 du u2

1 c ln 4a b

olarak istenen sonuç elde edilir.

6.4.4 Örnek:

1

1

0

y

Z Z integralini u = x + y; v =

y x

(x + y) (x+y) e dxdy x2

de¼gi¸sken de¼gi¸simi yaparak hesaplay¬n¬z.

Çözüm: Önce R bölgesini ve S bölgesini belrileyelim. (Bknz ¸Sekil 6.37)

6.37 S¸ ekil grusu v = 0 ¬ ve x = y do¼grusu v = 1 i verir. x = 1 S bölgesini belirlerken: y = 0 do¼ oldu¼gundan u = 1 +y ve v = y elde ederiz. Böylece x = 1 al¬rsak; u = v +1 elde ederiz. Bu durumda S bölgesi belirlenmi¸s olur fakat bu durumda küçük bir ayr¬nt¬ya dikkat etmek gerekir, R bölgesinde kritik bir nokta olmamal¬d¬r. x = 0 oldu¼gunda ne oldu¼gu hakk¬nda bir problem vard¬r. Bu problem kolayca çözülebilir. 0  1 olan her  için y = x (0 < x 1) do¼ grusu v =  (0 < u  + 1) e dönü¸sür. Jakobiyen



 



@ (x; y) = @ (u; v)



@ (u; v) @ (x; y)

   1

=

1

y x2

1 1 x

   =

1 y + 2 x x

1

s. pehlivan


olur. Buradan, 1

1

Z Z 0

y

(x + y) (x+y) e dxdy x2

=

ZZ   ZZ ZZ Z Z Z Z       (x + y) (x+y) e dxdy x2

R

=

(x + y) (x+y) x2 e dudv x2 x+y

S

1 v+1

=

eu dudv =

eu dudv

0

S 1

=

1

[eu ]u=v+1 dv u=0

0

=

elde ederiz.

ev+1

0

ev+1

=

0

v

v=1 v=0

= e2

e

1

1 dv

35

s. pehlivan


36

6.4 Problemler 1.

@ (x;y) @ (u;v)

jakobiyenini (a) x = u + 4v , y = 3u  5v (b) x = u + 2v2 , y = 2u2  v (c) x = sin u + cos v, y =  cos u + sin v , y =  u 2v (d) x = u 2u +v +v ifadeleri için bulunuz. 2

2

2

2

2. A¸sa¼g¬daki sorularda u ve v ile ile ilgili x ve y yi çözünüz, ayr¬ca bulunuz.

@ (x;y) @ (u;v)

jakobiyenlerini

(a) u = 2x  5y , v = x + 2y (b) u = ex , v = yex (c) u = x2  y 2 , v = x2 + y 2 (x > 0; y > 0) (d) u = xy, v = xy3 (x > 0; y > 0) 3. R bölgesi x  2y = 1 , x  2y = 4 , 2x + y = 1 , 2x + y = 3 do¼grular¬ ile s¬n¬rl¬ dikdörtgen bölge olmak üzere

ZZ 

x 2y dA 2x + y

R

integralini u = x  2y , v = 2x + y dönü¸sümü yaparak hesaplay¬n¬z.

4. R bölgesi x + y = 0, x + y = 1, x  y = 1, x  y = 4 do¼grular¬ ile s¬n¬rl¬ bölge olmak üzere

ZZ

(x

2

2

 y) ex y dA

R

integralini u = x + y, v = x  y dönü¸sümü yaparak hesaplay¬n¬z.

s. pehlivan


37

7 I·ki Katl¬ I·ntegral Uygulamalar¬ Bu k¬s¬mda iki katl¬ integrallerin uygulamalar¬n¬ verece¼giz. Önceki örneklerde gördü g¼ümüz gibi iki katl¬ integrallerin ba¸sl¬ca uygulamalar¬ alan, hacim, kütle merkezi, a¼g¬rl¬k merkezi ve moment hesaplamalar¬nda iki katl¬ integrallerin kullan¬lmas¬ oldukça etkili bir araçt¬r.

7.1 I·ki Katl¬ I·ntegrallerde Alan Hesab¬ Düzlemde s¬n¬rl¬ bir bölgenin alan¬ iki katl¬ integral yard¬m¬ ile hesaplanabilir. f (x; y) = 1 al¬narak, iki katl¬ integralin tan¬m¬ gere¼gi

ZZ | {z }

f (x; y)dA iki katl¬ integrali bölgenin alan¬ 1

verir.

7.1 S¸ ekil n

S n =

n

X | {z } X f (xk ; yk )Ak =

k=1

Ak

k=1

1

Bilindi¼gi gibi burada x ve y s¬f¬ra giderken toplam sonsuza gider ve D bölgesinin alan¬n¬ verir (Bknz. ¸Sekil 7.1). n

Alan = lim

n!1

X

Ak =

k=1

ZZ

7.1.1 Tan¬m: D kapal¬ ve s¬n¬rl¬ bölgesinin alan¬

A (D) =

ZZ

D

ile verilir.

dA

dA

s. pehlivan


38

7.1.2 Örnek: y = x2 e¼grisi ve y = x do¼grunun aras¬nda kalan bölgenin alan¬n¬ iki katl¬ integral yard¬m¬ ile hesaplay¬n¬z.


7.2 S¸ ekil 1 y=x

A=

Z Z

1

dydx =

0 y=x2

1

Z

[y]xx2

dx =

0

Z     2

x

x

0

bulunur.

x2 dx = 2





x3 1 = br2 3 6

7.1.3 Örnek: y = x + 2 do¼grusu ve y = x2 parabolünün s¬n¬rlad¬¼g¬ D bölgesinin alan¬n¬ iki katl¬ integral yard¬m¬ ile hesaplay¬n¬z.


7.3 S¸ ekil 2 y=x+2

A =

ZZ Z Z    dA =

D

=

x2 + 2x 2

1

2

dydx =

y=x2 2

x3 9 = br2 3 1 2

Z

x+2 [y]x2

1

2

dx =

Z  1

x+2

 x2



dx

s. pehlivan


39

elde edilir. Bu bölgede A=

1

p y

0

p y

ZZ ZZ Z Z dA +

D1

dA =

D2

4

dxdy +

p y

Z Z

dxdy

1 y2

integrali ile de hesaplanabilir.

7.1.4 Örnek: y = (x  1)2 ve y = 4  (x  3)2 parabollerinin s¬n¬rlad¬¼g¬ bölgenin alan¬n¬ iki katl¬ integral yard¬m¬ ile hesaplay¬n¬z.

7.4 S¸ ekil (x

 1)2 = 4  (x  3)2 ) x2  2x + 1 = 4  x2 + 6x  9 ) (x  1) (x  3) = 0 ) x = 1 veya x = 3 dür. 2 3 y=4(x3)

A =

Z Z    1

=

elde edilir.

3

dydx =

4

1

y=(x1)2

x3 2 3

Z h 

3

2



2x + 3x

1

=2

(x

2

 3)  (x  1)

 23 = 43 br2

2

i

3

dx =

Z   2

1

x2

 4x + 3



dx

s. pehlivan


7.1 Problemler 1. A¸sa¼g¬daki bölgelerin alanlar¬n¬ iki katl¬ integral yard¬m¬ ile hesaplay¬n¬z. (a) x + y = 2 do¼grusuve koordinat eksenlerinin s¬n¬rlad¬¼g¬ bölge, (b) x = 0; y = 2x ve y = 4 do¼grular¬ aras¬ndaki bölge, (c) x = y  y2 parabolü ve y = x do¼grusu aras¬ndaki bölge, (d) y = ex e¼grisi xe y = 0; x = 0 ve x = ln 2 do¼grular¬ aras¬ndaki bölge, (e) y = ln x; y = 2ln x e¼grileri ve x = e do¼grusunun 1. çeyrekteki bölgesi, (f) x = y2  1 ve x = 2y 2  2 parabolleri aras¬ndaki bölge.

40

s. pehlivan


41

7.2 I·ki Katl¬ I·ntegrallerde Hacim Hesab¬ I· ki katl¬ integrallerin tan¬m¬ gere¼gi herhangi bir z = f (x; y) fonksiyonunun belli bir D bölgesi üzerindeki iki katl¬ integralleri, taban¬ D bölgesi; yüksekli¼gi f (x; y) olan bir cismin hacmini verdi¼gini daha önce görmü¸stük. Buna göre üstten z = f (x; y) ; alttan D bölgesi ile s¬n¬rl¸s¬ bölgenin hacmi V =

ZZ

f (x; y) dA

D

ile verilir. S¸ imdi bununla ilgili birkaç örnek verece¼giz.

yaz¬lacak 7.2.2 Örnek:yaz¬lacak 7.2.1 Örnek:

s. pehlivan


42

7.2 Problemler 1. x2 + y 2 = 4 silindiri, y + z = 4 ve z = 0 düzlemleri ile s¬n¬rl¬ bölgenin hacmini bulunuz. 2. z = 2x + y düzlemi ve R = f(x; y) j 3  x  5; bölgenin hacmini bulunuz.

1

 y  zg üçgensel bölgesi ile s¬n¬rl¬

3. z = x2 yüzeyi ve x = 2 , y = 3 , y = 0 , z = 0 düzlemleri aras¬nda kalan bölgenin hacmini bulunuz.

4. x2 + y 2 = 4 silindiri ve z = 0 z = 3  x düzlemleri aras¬nda kalan bölgenin hacmini bulunuz.

5. y 2 = x, z = 0 ve x + z = 1 düzlemleri aras¬nda kalan bölgenin hacmini bulunuz. 6. z = 9  x2 , z = 0 ve y 2 = 3x ile s¬n¬rl¬ bölgenin hacmini bulunuz. 7. z = eyx yüzeyi, x + y = 1 düzlemi ve koordinat düzlemleri aras¬nda kalan bölgenin hacmini bulunuz.

s. pehlivan


43

7.3 I·ki Katl¬ I·ntegrallerde Kütle Hesab¬ Konunun kolay anla¸s¬lmas¬n¬ sa¼glamak için bir dikdörtgen bölge üzerinde herbir noktada farkl¬ yo¼gunlu¼ga sahip bir düzlemsel plakan¬n kütlesinin iki katl¬ integralle hesaplayabiliriz.

7.9 S¸ ekil: Birim dikdörtgenin kütlesi =  (x; y) xy

7.3.1 Tan¬m: (Kütle Hesab¬): D = f(x; y) : a  x  b;

üzerinde sürekli,  (x; y) yo¼gunlu¼guna sahip plakan¬n kütlesini

m=

g1 (x)

 y  g2 (x)g bölgesi

ZZ

 (x; y) dA

D

ile verilir.

7.3.2 Örnek: Herhangi bir (x; y) noktas¬nda yo¼gunlu¼gu  (x; y) = x2 y3 +3x olan a¸sa¼g¬daki dikdörtgen plakan¬n kütlesini hesaplay¬n¬z.

Çözüm:

7.10 S¸ ekil : Dikdörtgenin kütlesi =  (x; y) xy

s. pehlivan


m =

ZZ Z 

 (x; y) dxdy =

D

b

=

0

ZZ 

b



2 3

x y + 3x dxdy =

D

 

1 3 3 3 2 1 3 4 3 2 a y + a dy = a y + a y 3 2 12 2



44

a

Z Z 



x2 y 3 + 3x dxdy

0

0

=

1 3 4 3 2 a b + a b 12 2

b a

veya m =

ZZ  

a



2 3

x y + 3x dydx =

D

=

1 3 4 3 2 x b + x b 12 2

a

= 0

a

2 3

 Z 

x y + 3x dydx

0



b

Z Z  0

0

1 3 4 3 2 a b + a b 12 2



1 2 4 x b + 3xb dx 4

elde ederiz. 2 3

7.3.3 Örnek: x- ekseni, x = 8 do¼grusu ve y = x e¼grisi ile s¬n¬rl¬ ince levhan¬n yo¼gunlu¼gu  (x; y) = xy olsun. Levhan¬n toplam kütlesini bulunuz.

Çözüm:

7.11 S¸ ekil 2

8 x3

m =

ZZ Z Z   xydA =

0

D

=

1 3 x 2 10

10 3

8

=

0

8

xydydx =

0

2

Z   0

xy2 2

x3 0

1 dx = 2

8

Z

7 3

x dx

0

768 = 153; 6 5

7.3.4 Uyar¬: Kütle formülünden aç¬kça anla¸s¬laca¼g¬ gibi  (x; y) = 1 olmas¬ halinde kütle formülü alan formülünü verir.Yani  (x; y) = 1 al¬n¬rsa belirlenmi¸s bölgenin alan¬n¬ buluruz. S¸ imdi de kütle merkezinin hesab¬ için ilgili formülü verebiliriz. Bundan sonra ki bölümde kütle merkezin¸s ele alaca¼g¬z.

s. pehlivan


45

7.3 Problemler 1. Kö¸seleri (0; 0) ; (0; 1) ve (1; 0) noktas¬na yerle¸stirilen üçgensel bir levhan¬n yo¼gunlu¼gu  (x; y) = xy dir. Bu bölgenin kütlesini hesaplay¬n¬z.

2. x = 1 do¼grusu, y =

p x e¼grisi ve x-ekseni ile s¬n¬rl¬ bölgeye yerle¸stirilen bir cismin

yo¼gunlu¼gu  (x; y) = x + y dir. Bu cismin kütlesini hesaplay¬n¬z.

3. y = sin x; y = 0; x = 0 ve x =  ile s¬n¬rl¬ bölgeye yerle¸stirilen bir cismin yo¼gunlu¼gu her noktada, o noktan¬n x-eksenine olan uzakl¬¼g¬na e¸sittir. Bu cismin kütlesini bulunuz.

4. Birinci bölgede x2 + y2 = a2 çemberi ve koordinat eksenleri ile s¬n¬rl¬ bölgeye yerle¸stirilen bir cismin yo¼gunlu¼gu  (x; y) = xy dir. Bu cismin kütlesini hesaplay¬n¬z.

5. x2 +y 2 = 1 çemberinin alt yar¬s¬yla ve x-ekseni ile s¬n¬rl¬ bölgeye yerle¸stirilen bir cismin yo¼gunlu¼gu  (x; y) = x2 + y 2 dir. Bu cismin kütlesini hesaplay¬n¬z.

s. pehlivan


46

7.4 Kütle Merkezi - A¼g¬rl¬k Merkezi I· ki kütle m1 ve m2 bir kald¬raçta dayanak noktas¬ndan d1 ve d2 uzakl¬kta yerle¸ssin. Kald¬rac¬n dengede kalmas¬ için gerek ve yeter ko¸sul d1 m1 = d2 m2 olmas¬d¬r. A¸sa¼g¬daki ¸sekilde oldu¼gu gibi dayanak noktas¬ orijin olan, yatay koordinat eksenli kald¬raç ile iyi bir matematiksel model olu¸sturabiliriz.

7.12 S¸ ekil Bu durumda m1 in x1 koordinat¬ x1 = d1 dir, m2 nin x2 koordinat¬ x2 = d2 dir. Denge durumunda x1 m1 + x2 m2 = 0

d¬r. Bilindi¼gi gibi m kütlesi ile bir noktadan olan uzakl¬ ¼g¬n çarp¬m¬ moment olarak adland¬r¬l¬r. Benzer ¸sekilde m1 ; m2 ;:::;m n kütleleri x1 ; x2 ;:::;x n noktalar¬nda x-ekseni boyunca uzanm¬¸s ise momentlerin toplam¬ n

M = x1 m1 + x2 m2 + ::: + xn mn =

X

xi mi

i=1

dir.

7.13 S¸ ekil Özel durumlar d¬¸s¬nda bu sistemin dengelendi¼gini dü¸sünmemeliyiz. Böyle bir sistem herhangi bir noktada dengelenebilir. Sistemi dengede tutan dayanak noktas¬ nedir? Ara¸st¬rd¬ ¼g¬m¬z koordinata x dersek buna göre toplam moment s¬f¬r olmal¬d¬r, yani (x

 x1) m1 + (x  x2) m2 + (x  x3) m3

= (x4 x) m4 + ::: + (xn1 x) mn1 + (xn





veya x1 m1 + x2 m2 + ::: + xn mn = xm1 + xm2 + ::: + xmn :

 x) mn

s. pehlivan


buradan x çekersek

n

M x= = m

P P

47

xi mi

i=1 n

mi

i=1

elde ederiz. Kütle merkezi x denge noktas¬d¬r. Dikkat ediniz ki kütle merkezini bulmak için orijine göre toplam moment, toplam kütleye bölünür. Benzer olarak düzlemsel bölgeye yerle¸stirilmi¸s bir sistem içinde x ve y kütle momentleri hesaplan¬r. Bu konu birinci s¬n¬fta …zik ve analiz derslerinde incelenmi¸sti, biz ¸simdi iki katl¬ integrallerde inceleyece¼giz. Düzlemsel bir bölgede (x1 ; y1 ) ; (x2 ; y2 ) ; :::; (xn ; yn ) noktalar¬na m1 ; m2 ; :::;m n kütleleri s¬ras¬yla yerle¸stirilsin. y -eksenine ve x-eksenine göre toplam momentler n

X

M y =

n

xk mk ; M x =

k=1

X

yk mk

k=1

ile verilsin. Denge noktas¬n¬n koordinatlar¬ (x; y) n

P P

M y x= = m

n

xk mk

k=1 n

; mk

M x y= = m

k=1

P P

yk mk

k=1 n

mk

k=1

ile verilir. xy -düzleminde D bölgesindeki levhan¬n yo¼gunlu¼gu  (x; y) ise kütle merkezinin koordinatlar¬

x=

M y m

RR RR

x(x;y)dA

=

D

(x;y)dA

D

RR RR

y(x;y)dA

;

y=

M x m

=

D

(x;y)dA

D

ile verilir.

7.4.1 Örnek: Birinci çeyrekte, y = 2x; x = 1 do¼grular¬ ve x-ekseni ile s¬n¬rl¬ üçgensel bölgedeki levhan¬n yo¼gunlu¼gu  (x; y) = 6x+6y+6 ise bu levhan¬n kütle merkezini bulunuz.

s. pehlivan


48

Çözüm:

7.14 S¸ ekil Önce üçgensel bölgeye yerle¸smi¸s levhan¬n kütlesini hesaplayal¬m. 1 2x

m =

1 2x

R R R R R   R     (x; y) dydx =

0 0 1

2x dx 0

6xy + 3y2 + 6y

=

0

1 8x3 + 6x2 0

= x - eksenine göre moment: =

R R R   

1 2x

0

=

7x

0

6xy + 6y 2 + 6y dydx

0 0

3xy2 + 2y3 + 3y2 4



24x2 + 12x dx

R R    R  

y (x; y) dydx =

0 0 1

=

1

=

= 14

1 2x

M x

(6x + 6y + 6) dydx

0 0

1 + 4x3 0

= 11

y=2x dx y=0

1

=

28x3 + 12x2 dx

0

Benzer olarak y -eksenine göre moment: 1 2x

M y =

R R

x (x; y) dydx = 10

0 0

elde ederiz. Böylece x =

M y m

=

10 14

= 57 ; y =

M x m

=

11 14

olarak bulunur.

7.4.2 A¼g¬rl¬k Merkezi : Bir nesnenin yo¼gunlu¼gu sabit ise x ve y için verilen formüllerde pay ve paydadaki sabit yo¼gunluk sadele¸sir, böylece x ve y deki  yerine 1 al¬narak elde edilen kütle merkezlerine a¼g¬rl¬k merkezi denir.

7.4.3 Örnek: Birinci çeyrekte, y = x2 parabolü ve y = x do¼grusunun s¬n¬rlad¬¼g¬ bölgeye yerle¸stirilmi¸s homo jen (sabit yo¼gunluklu) levhan¬n a¼g¬rl¬k merkezini bulunuz.

s. pehlivan


49

Çözüm: 1 x

m =

1

R R R R R R

1dydx =

0 x2

0

1 x

M x

=

1

ydydx =

0 x2

0

1 x

M y

=

R R   R

[y]y=x y=x2 y 2

0 x2

0

  1 2 2; 5

x

x2 2

dx =

0

1

y=x

[xy]y=x dx = 2

olarak m; M x ve M y bulunur. Buradan

dir; yani (x; y) =

x 1

y=x2

M y x= = m

x2 dx = 2

2

0

2 y=x

1

xdydx =

1

dx =

1 12 1 6

1

R       R       R       x2

x4 2

0

x3 dx = 6 x3 3

x3 dx =

0

1 = ; 2

x3 3

1 15 1 6

M x y= = m

=

1 = ; 6 x5 10

4 1

x 4

=

0

1

=

0

1 ; 15

1 12

2 5

elde ederiz.

7.15 S¸ ekil

Uyar¬: Bilindi¼gi gibi homojen cisim için yo¼gunluk sabit oldu¼gundan m = Alan yani g¬rl¬k merkezi için formüller: m = A al¬rsak, a¼ 1 x= A

ZZ

xdA;

D

1 y= A

ZZ

ydA

D

ile verilir.

7.4.4 Örnek: y2 =

2x + 4; y2

= 4x + 4 parabolleri ve y = 0 do¼grusu taraf¬ndan

s¬n¬rlanan bölgeye yerle¸stirilen homojen levhan¬n a¼g¬rl¬k merkezini bulunuz.

s. pehlivan


Çözüm: Önce bölgenin alan¬n¬ hesaplayal¬m.

7.16 S¸ ekil 2

A=

1 2

(4y ) 2

Z Z

2

1 4

2

dxdy = 2

0

(y2 4)

1 2

(4y ) 2

Z Z 1 4

1 dxdy = 2

(y2 4)

2

Z 



3y 2 + 12 dy = 8br2

0

elde ederiz. Buradan,

x =

1 A

ZZ Z 

1 xdxdy = 8

D

=

1 16

2

2

3 4 y 16

2

1 2

(4y ) 2

Z Z 

2

1 4

1 xdxdy = 8

(y 2 4)

 32 y2 + 3

dy =

2

Z   2

x2 2

1 2

(4y )

1 4

(y 2 4)

2

2 5

Bölge simetrik oldu¼gundan y = 0 d¬r. Böylece (x; y) =

  2 5; 0

bulunur.

dy

50

s. pehlivan


51

7.4 Problemler 1. Kö¸seleri (0; 0) ; (0; 1) ve (1; 0) noktas¬na yerle¸stirilen üçgensel bir levhan¬n yo¼gunlu¼gu  (x; y) = xy dir. Bu bölgenin kütle merkezini bulunuz.

2. x = 1 do¼grusu, y =

p x e¼grisi ve x-ekseni ile s¬n¬rl¬ bölgeye yerle¸stirilen bir cismin

yo¼gunlu¼gu  (x; y) = x + y dir. Bu cismin kütle merkezini bulunuz.

3. y = sin x; y = 0; x = 0 ve x =  ile s¬n¬rl¬ bölgeye yerle¸stirilen bir cismin yo¼gunlu¼gu her noktada, o noktan¬n x-eksenine olan uzakl¬¼g¬na e¸sittir. Bu cismin kütle merkezini bulunuz.

4. Birinci bölgede x2 + y2 = a2 çemberi ve koordinat eksenleri ile s¬n¬rl¬ bölgeye yerle¸stirilen bir cismin yo¼gunlu¼gu  (x; y) = xy dir. Bu cismin kütle merkezini bulunuz.

5. x2 +y 2 = 1 çemberinin alt yar¬s¬yla ve x-ekseni ile s¬n¬rl¬ bölgeye yerle¸stirilen bir cismin yo¼gunlu¼gu  (x; y) = x2 + y 2 dir. Bu cismin kütle merkezini bulunuz.

6. y = x; x = 1 do¼grular¬ ve x-ekseni ile s¬n¬rl¬ bölgeye yerle¸stirilen homojen levhan¬n kütle merkezini bulunuz.

7. y = x2 ; x = 1 ve x-ekseni ile s¬n¬rl¬ bölgeye yerle¸stirilen homojen levhan¬n kütle merkezini bulunuz.

8. x = 3y 2  6y ve x = 2y  y 2 parabolleri ile s¬n¬rl¬ bölgeye yerle¸stirilen homo jen levhan¬n kütle merkezini bulunuz.

9. x2 + y 2 = a2 ve x2 + y2 = b2 (a < b) çemberleri ile s¬n¬rl¬ bölgeye yerle¸stirilen homojen levhan¬n kütle merkezini bulunuz.

s. pehlivan


52

7.5 Eylemsizlik Momenti Fizikten bildi¼gimiz gibi kinetik enerji (KE ) ; m kütleli bir parçac¬¼g¬n, v h¬z¬ ile bir do¼gru üzerindeki hareketinde 1 KE = mv2 (1) 2

S¸ eklinde tan¬mlan¬r. Bir do¼gru üzerinde hareket yerine parçac¬k bir eksen etraf¬nda ! aç¬sal h¬z¬ ile hareket ederse bunun do ¼grusal h¬z¬ v = r! olur. Böylece KE =

1 1 2 m (r!)2 = r m !2 2 2

 

dir. Bu formüldeki r2 m; bu parçac¬¼g¬n eylemsizlik (atalet) momenti olarak adland¬r¬l¬r ve I ile gösterilir. Buna göre kinetik enerji KE =

1 2 I! 2

(2)

olur. (1) ve (2) formüllerinden, dairesel harekette ki bir kimsenin eylemsizlik momenti do¼grusal harekette ki bir kimsenin kütlesine benzer bir rol oynar.

7.17 S¸ ekil Düzlemde m1 ; m2 ;:::;m n kütleli n parçac¬¼g¬n L do¼grusundan r1 ; r2 ;:::;r n uzakl¬kta yer almas¬yla olu¸san sistemde L ye göre eylemsizlik momenti, n

I =

m1 r12

+ m2 r22

+ :::

+ mn rn2

=

X

mk rk2

k=1

ile verilir. Di¼ger bir deyi¸sle her bir kütlenin eylemsizlik momentlerinin toplam¬d¬r. ¸Simdi xy -düzleminde D bölgesine yerle¸stirilmi¸s  (x; y) yo¼ gunluklu levhay¬ gözönüne alal¬m. I· lgili toplamlar¬n limitleri al¬narak eylemsizlik momenti için a¸sa¼g¬daki formüller elde edilir. S¬ras¬yla x-eksenine göre, y-eksenine göre ve orijine göre (bazen z -eksenine göre olarak da

s. pehlivan


53

adland¬r¬l¬r) eylemsizlik momentleri:

I x =

ZZ

y 2  (x; y) dA;

Iy =

D

I o = I z =

ZZ

x2  (x; y) dA;

D

ZZ  

x2 + y 2  (x; y) dA = I x + I y

D

dir.

7.5.1 Örnek: Örnek 7.4.1 deki levhan¬n x; y ve orI· jine göre eylemsizlik momentlerini bulunuz.

Çözüm: 1 2x

I x

=

R R R    0 0 1

=

0

=

3 2xy 3 + y 4 + 2y 3 2

1 8x5 + 4x4 0

= 12:

1 2x

R R   R 

y2  (x; y) dydx =



6xy2 + 6y3 + 6y2 dydx

0 0 y=2x

1

y=0



40x4 + 16x3 dx

dx =

0

Benzer ¸sekilde y -eksenine göre

1 2x

I y =

R R

x2  (x; y) dydx =

0 0

39 5

elde ederiz. I x ve I y bilindi¼gine göre or I· jine göre eylemsizlik momenti I o = I x + I y denkleminden I o = 12 +

39 99 = 5 5

olarak bulunur.

Uyar¬:  (x; y) yo¼gunluklu bir levha D bölgesinde ise, bölge içinde olmayan bir l do¼grusuna olan uzakl¬k d (x; y) ise bu l do¼grusuna göre eylemsizlik momenti

I l =

ZZ

 (x; y) d2 (x; y) dA

D

dir

7.5.2 Örnek: y 2 = 4x parabolü ile x = 4 do¼grusu taraf¬ndan s¬n¬rlanan homojen levhan¬n

s. pehlivan

y=


54

dogrusuna g¼rusuna göre eylemsizlik momentini hesaplay¬n¬z. 4 do¼

dogrusuna uzakl¬ g¬ g¼¬ Çözüm: Levha üzerinden al¬nan bir B (x; y) noktas¬n¬n y = 4 do¼ ¼grusuna göre uzakl¬¼ d = y + 4 ile verilir. Do¼ Dogru g¼ru denklemi 0x + y + 4 = 0 oldu¼ oldugundan g¼undan d (x; y ) =

jaxp + by + cj = p jy + 4j a2 + b2

02 + 1 2

= y+4

j

j

ile verilir.

7.18 Sekil S¸ ekil Dolay¬s¬yla y =4

I =

y =4 x= y2 4

dir..

y=4

x=4

Z Z

2

(y + 4) dxdy =

Z

y=4

(y + 4)

2

y=4

   Z  4

y2 4

dy =

y=4

y2 4

 2y

3



+ 32y 32y + 64 dy = 4 5

2 5

s. pehlivan


55

7.5 Problemler 1.

a=2 a=2  x  a=2 a=2 ve b=2 b=2  y  b=2 b=2 e¸sitlikleri sitlikleri ile belirlenen levhan¬n I z momentini

bulunuz.

(y  R)2  R2 ile verilen dairesel levhan¬n I z momentini bulunuz. 2. x2 + (y

3. 0

sitlikleri ile belirlenen üçgensel levhan¬n I y momentini  y  2  2x ve x  0 e¸sitlikleri

bulunuz.

dogrular¬ yerle¸stirilen stirilen homojen 4. y = x2 ; y = 2 ve x = 2 do¼ ¼grular¬ taraf¬ndan s¬n¬rlanan bölgeye yerle¸

bir levhan¬n x-eksenine göre eylemsizlik momentini bulunuz.

dogrular¬ g¼rular¬ taraf¬ndan taraf¬ndan s¬n¬rlanan s¬n¬rlanan üçgenin üçgenin x-eksenine -eksenine göre 5. y + 2 = 2; y = 2 ve x = 2 do¼ eylemsizlik momentini bulunuz. dogrusu yerle¸stirilen stirilen homojen 6. y2 = ax parabolü ve x = a do¼ ¼grusu taraf¬ndan s¬n¬rlanan bölgeye yerle¸ bir levhan¬n 0 (0; (0; 0) noktas¬na göre eylemsizlik momentini bulunuz. yerle¸stirilen stirilen ve her 7. x = y2 ve x = 2y  y2 parabolleri taraf¬ndan s¬n¬rlanan bölgeye yerle¸

yogunlu¼ g¼unlugu (x; y ) noktas¬ndaki yo¼  (x; y ) = y +1 olan bir levhan¬n x-eksenine göre eylemsizlik ¼gu  (

momentini bulunuz.

8. R yar¬çapl¬ daire ¸seklindeki bir levhan¬n daire merkezine göre eylemsizlik momentini bulunuz. cos2 egrisi g¼risi taraf¬ndan s¬n¬rlanan bölgeye yerle¸stirilen stirilen homo jen levhan¬n kutup 9. r 2 = a2 cos2

noktas¬na göre eylemsizlik momentini bulunuz.

s. pehlivan


56

7.6 7.6 Iki I·ki Katl¬ Integraller I·ntegraller Için I·çin Ortalama De¼ Deger g¼er Teoremi xy düzleminde kapal¬ ve s¬n¬rl¬ bir D bölgesi üzerinde

Z Z

dA pozitif bir alana sahip ve

D

üzerinde sürekli sürekli olsun. Bu durumda durumda f in bu bölgede (x1 ; y1 ) ve f ( f (x; y ) fonksiyonu D üzerinde de gerleri g¼erleri vard¬r. Yani her (x; y ) D için (x2 ; y2 ) noktalar¬nda minimum ve maksimum de¼

2

f ( f (x1 ; y1 )

 f ( f (x; y)  f ( f (x2 ; y2 )

dir. A=

Z Z

dA

D

ile gösterirsek ve D üzerindeki üzerind eki bu e¸sitsizlik sitsiz lik integre integ re edilirse, edil irse, f ( f (x1 ; y1 ) A =

Z Z

f ( f (x1 ; y1 ) dA

D

Z Z

f ( f (x; y ) dA

D

elde ederiz. Böylece,

1 f = A

Z Z

f ( f (x2 ; y2 ) dA = f ( f (x2 ; y2 ) A

D

Z Z

f ( f (x; y) dA

D

de¼ degeri g¼eri D üzerinde f in maksimum ve minimum de¼ degerleri g¼erleri aras¬nda olur, yani f ( f (x1 ; y1 )

 f  f ( f (x2 ; y2 )

dir. Düzlemdeki D bölgesi ba¼ baglant¬l¬d¬r, g¼lant¬l¬d¬r, yani herhangi iki noktas¬n¬ x = x (t) ve y = y (t) egrileri g¼rileri ile D de birle¸stirebiliriz. stirebi liriz. Simd S¸ i mdii a¸sa¼ sag¬daki g¼¬daki teoremi (0  t  1) sürekli parametrik e¼ verelim.

7.6.1 Teorem ( Iki I· ki Katl¬ Integraller I· ntegraller Için I· çin Ortalama De¼ger ger Teoremi): xy düzleminde kapal¬, s¬n¬rl¬ ve ba¼ ba glant¬l¬ f (x; y) fonksiyonu sürekli ise ¼glant¬l¬ D bölgesi üzerinde f (

Z Z

f ( f (x; y ) dA = f ( f (x0 ; y0 )

 (D bölgesinin alan¬)

D

olacak ola cak ¸sekild sek ildee D bölgesinde en az bir (x0 ; y0 ) 2 D noktas¬ vard¬r. Bu ifade tek de¼ de gi¸ skenli fonksiyonlar fonksi yonlar için i çin ortalama or talama de¼ de ger g¼er teoremine oldukça benzerdir. Tek ¼gi¸skenli de¼ degi¸ g¼i¸skenli skenli fonksiyonlardaki fonksi yonlardaki [a; b] aral¬¼ aral¬g¬ g¼¬ yerine xy düzlemindeki D bölgesi böl gesi gelm g elmi¸ i¸stir. sti r. f (x; y ) Teoremden eoremden de kolayca kolayca görülece görülece¼gi kümesi üzerinde üzerinde integralle integrallenebilir nebilir bir f ( ¼gi gibi D kümesi fonksiyonunun ortalama de¼ de geri g¼eri f =

1 D nin alan¬

Z Z

f ( f (x; y ) dA

D

s. pehlivan


57

dir. D üzerinde f (x; y)  0 ise z = f (x; y) yüzeyinin alt¬nda ve D üzerinde uzanan kat¬ cisim için hacim D taban¬n¬n alan¬ ile, f sabit yüksekli¼ginin çarp¬m¬na e¸sittir. Ço¼gunlukla bu ifade D üzerinde f (x; y) fonksiyonunun iki katl¬ integralinin ortalama de¼geri olarak ifade edilir.

7.6.2 Örnek: (0; 0) ; (1; 0) ve (1; 1) noktalar¬n¬ birle¸stiren T üçgeni üzerinde f (x; y) = x2 + y2 fonksiyonunun T bölgesi üzerindeki noktalarda yakla¸s¬k ortalamas¬n¬ bulunuz.

Çözüm:

.18 S¸ ekil T nin alan¬ =

1 2

f =

1 1 2

x=1 y=x

2

x +y

x3 x + 3 3

x=0

olarak bulunur.

2

dydx = 2

x=0 y=0

x=1

= 2

x=1

Z Z   Z  Z     x=0

x4 dx = 2 3

y3 x y+ 3

x=1

=

x=0

2

2 3



y=x

dx y=0

s. pehlivan


58

7.6 Problemler 1. f (x; y) = sin(x + y) fonksiyonunun B = f(x; y) : 0  x  ; 0  y   g bölgesi üzerindeki ortalama de¼gerini hesaplay¬n¬z.

2. x2 + y2  a2 ; x  0 ve y  0 çeyrek dilimindeki noktalardan x + y = 0 do¼grusuna olan ortalama uzakl¬¼g¬ bulunuz.

3. A¸sa¼g¬daki fonksiyonlar ve bunlar¬n tan¬mlad¬ ¼g¬ bölgeler üzerinden ortalama de¼gerlerini bulunuz.

(a) x2 ; D = f(x; y) j a  x  b; c  y  dg (b) x2 + y2 ; D = f(x; y) j 0  x  a; 0  y  a  xg (c)

1 ; x



D = (x; y) 0

x2

(d) xy; D = f(x; y) j 0  x  2;

0

j  x  1;

7.7 Yüzey Alan¬ Hesab¬ 7.8 Dönel Cismin Hacmi

 y  p x  y  xg



s. pehlivan


59

8 Kutupsal Koordinatlarda I·ki Katl¬ I·ntegraller Bazen kutupsal koordinatlarda integral hesaplamak çok daha kolay olabilir. Bu k¬s¬mda kutupsal denklemlerde verilen bölgelerin üzerinde iki katl¬ integral hesaplamalar¬n¬n nas¬l yap¬laca¼g¬n¬ verece¼giz.

8.1 Kutupsal Koordinatlarda I· ki Katl¬ I· ntegral Hesab¬ xy -düzleminde D bölgesi üzerinde bir fonksiyonun iki katl¬ integralini tan¬mlayaca g¼¬z. Bilindi¼gi gibi dik koordinat sisteminde x ve y eksenlerine paraleller çizerek bölgeyi do g¼al

bir ¸sekilde bölerek iki katl¬ integral hesaplam¬¸st¬k. ¸Simdi kutupsal koordinatlar¬n temel de¼gi¸skenleri r ve  ya ba¼gl¬ olarak bölgeyi do¼gal olarak bölece¼giz. Kabul edelim ki f (r; ) fonksiyonu D bölgesinde  =  ve  =  ¬¸s¬nlar¬ ile r = g1 () ve grileri aras¬nda tan¬mlanm¬¸s olsun. Böylece bölgeyi r = g2 () sürekli e¼ D = (r; ) : 

   ; g1 ()  r  g2 ()g Q bölgesi ise 0  r  a ve      aras¬ndaki bölge olsun. f

ile belirleyebiliriz. göre a¸sa¼g¬daki ¸sekli çizebiliriz.

Buna

8.1 S¸ ekil Q bölgesi ¬¸s¬nlar ve dairesel yaylarla bölünsün. Dairesel yaylar O merkezli ve r = ) olmak a s¬nlar ise  = (m m olmak üzere r; 2r; :::;mr yar¬çapl¬ yaylard¬r. I¸ üzere  = ;  =  + ;  =  + 2;:::; =  + m0  =  d¬r. Q bölgesinin bu 0

parçalan¬¸s¬ndaki her bir parça kutupsal dikdörtgen olarak adland¬r¬l¬r. Bu bölge içindeki D bölgesi içindeki kutupsal dikdörtgenlerin alan¬ A1 ; A2 ; :::; An olsun. Bunlar¬n merkezlerini de (rk ;  k ) olarak adland¬ral¬m. Bu nokta, Ak bölgesinin ortas¬ndan geçen ¬¸s¬n¬n ortas¬ndaki noktad¬r. Bu durumda toplam form: n

S n =

X

k=1

f (rk ; k ) Ak

(1)

s. pehlivan


60

ile verilir. f , D bölgesi üzerinde sürekli ise r ve  s¬f¬ra giderken bu parçalanm¬¸s bölgeleri küçülterek limit al¬rsak bu toplam D bölgesi üzerinden f fonksiyonunun iki katl¬ integralini verir: lim S n =

n!1

ZZ

f (r; ) dA

D

ile gösterilir. S ¸ imdi S n deki Ak n¬n nas¬l hesaplanaca¼g¬n¬ ara¸st¬raca¼g¬z.

8.2 S¸ ekil



Ak n¬n iç yay s¬n¬r¬ rk

 r2





r 2

; d¬¸s yay s¬n¬r¬ ise rk +



dir. Dolay¬s¬yla Ak n¬n alan¬n¬ büyük parçadan küçük parçay¬ ç¬kartarak bulabiliriz. Buna göre, Büyük parça

:

Küçük parça

:

Büyük parça-Küçük parça

:

 

r rk + 2 r 1 2 rk 2 Ak 1 2



 

2



2



olmak üzere; Ak

(

r rk + 2

  2

=

 2

=

 (2rk r) = rk r 2

rk



elde ederiz. Denklem (1) de bu sonucu yerine koyarsak, n

S n =

X

k=1

f (rk ; k ) rk r

r 2

) 2

s. pehlivan


61

elde ederiz. Fubini teoremini de kullanarak,

ZZ

f (r; ) dA =

D

= r=g2 ()

Z Z

f (rk ;  k ) rdrd

= r=g1 ()

buluruz. Dik koordinatlarda integrallerde kullan¬lan yöntemler kutupsal koordinatlarda da kullan¬l¬r.

8.1.1 Kutupsal Koordinatlarda I· ntegral Almada I·¸slem Ad¬mlar¬

ZZ

f (r; ) dA integralinin D bölgesi üzerinden kutupsal koordinatlarda ad¬m ad¬m nas¬l

D

hesaplanaca¼g¬n¬ bir örnek üzerinde görelim. 1. Bölge çizilir ve s¬n¬rlar¬ belirlenir.

8.3 S¸ ekil

2. L ¬¸s¬n¬ bölgeye y =

p 2 veya y = r sin  = p 2 ise, r = p 2csc  do¼grusundan girer;

r = 2 yay¬ndan ç¬kar. D bölgesini belirlemek için  aç¬s¬ L ¬¸s¬n¬n¬n x-ekseniyle yapt¬¼ g¬ aç¬

ile belirlenir.

8.4 S¸ ekil

s. pehlivan


62

3. I· ntegralin  s¬n¬rlar¬n¬ bulmak için bölgenin hangi  de¼gerleri aras¬nda çizildi¼gini belirlemeliyiz. Burada y=x

) r sin  = r cos 

olmas¬ nedeniyle birinci bölgede sin ve cos de¼gerleri birbirine e¸sit olan  de¼geri dan  = 4 olmal¬d¬r.

 4

oldu¼gun-

8.5 S¸ ekil

4. Bu sonuçlara göre

ZZ

f (r; ) dA =

D

=  2

r=2

Z Z

f (r; ) rdrd

p

=  r= 2csc  4

elde edilir.

8.1.2 Örnek: r = 1+cos  kardiodinin içinde r = 1 çemberinin d¬¸s¬ndaki bölge üzerinden f (r; ) fonksiyonunun integralini hesaplay¬n¬z.

s. pehlivan


63

Çözüm:

 2

1+cos 

Z Z

 2

f (r; ) rdrd

1

8.6 S¸ ekil

8.2 Kutupsal Koordinatlarda I·ki Katl¬ I·ntegral Uygulamalar¬ Bu k¬s¬mda önce kutupsal koordinatlarda alan formüllerini vererek, di g¼er uygulamalar içnde örnekler verece¼giz.

8.2.1 Kutupsal Koordinatlarda Alan Kutupsal koordinat düzleminde D s¬n¬rl¬ ve kapal¬ bölgesinin alan¬

A=

ZZ

rdrd

D

ile verilir.

8.2.2 Örnek: r2 = 4cos 2 lemniskat e¼grisinin s¬n¬rlad¬¼g¬ bölgenin alan¬n¬ bulunuz.

s. pehlivan


64

Çözüm:

8.6 S¸ ekil Dört bölge ayn¬ oldu¼gundan  4

A = 4

p

0



4cos2

Z Z Z

4

rdrd = 4

0

Z   r2 2

0

p

r= 4cos2

d r=0

 4

= 4



2cos2d = 4sin2]0 = 4 4

0

bulunur.

8.2.3 Dik Koordinat Sistemindeki I· ntegralden Kutupsal Koordinatlara Geçmek Bunun için i¸slem ad¬mlar¬n¬ s¬ras¬ ile verelim: (1) x = r cos ; y = r sin  ve dxdy yerine rdrd yaz¬l¬r. (2) D bölgesinin s¬n¬rlar¬ kutupsal s¬n¬rlara dönü¸stürülür.

ZZ

f (x; y) dxdy =

D

ZZ

f (r cos ; r sin ) rdrd

G

Burada G; kutupsal koordinatlarda integral bölgesini göstermektedir. Burada aç¬kça görülece¼gi gibi dxdy sadece drd ile yer de¼gi¸stirmez; rdrd ile yer de¼gi¸stirir. Bunun nedenini konunun ba¸s¬nda aç¬klam¬¸st¬k.

8.2.4 Örnek: Birinci çeyrekte, x2 + y 2 = 1 çemberinin s¬n¬rlad¬¼g¬ plakan¬n yo¼gunlu¼gu  (x; y) = 1 ise bu plakan¬n orjine göre eylemsizlik momentini bulunuz.

s. pehlivan


65

Çözüm:

8.7 S¸ ekil Kartezyen koordinatlarda integralin de ¼geri p 1 1x 2

Z Z   0

x2 + y 2 dydx

0

dir. y ye göre integral al¬rsak

Z 0@ p     1A 1

2

x

1

x2 3

1

x2 +

0

3 2

dx

elde ederiz. Bu integral görüldü¼gü gibi biraz karma¸s¬kt¬r. Bu integrali kutupsal koordinatlarda çözmek daha kolay olabilir. x = r cos ; y = r sin  ve dxdy yerine rdrd koyarsak p  1 1x 1 2

Z Z   2

x +y

0

2

2

dydx

=

0

Z Z   Z   Z r2 rdrd

0

0

 2

=

0

 2

4 r=1

r 4

d =

r=0

0

1  d = 4 8

bulunur. Baz¬ integrallerin hesab¬nda kutupsal koordinatlar¬ kullanmak oldukça önemli kolayl¬k sa¼glar.



p



8.2.5 Örnek: D = (x; y) : x ekseni ve 0  y  1  x2 olmak üzere

ZZ D


2

ex

+y 2

dydx

s. pehlivan


66

Çözüm:

8.8 S¸ ekil

ZZ

e



x2 +y2

dydx



1

Z Z Z  r2

e rdrd =

=

0 

D

=

0

0

1 (e 2

Z   0

1) d =

 (e 2

1 r e 2

2

1

d 0

 1)

bulunur.

8.2.5 Örnek: Üstten z = 4  x2

 y2 paraboloidi, alttan z

= 0 düzlemi taraf¬ndan

s¬n¬rlanan bölgenin hacmini bulunuz.

Çözüm: Paraboloidin z = 0 düzlemi ile arakesiti 0= 4

 x2  y2 ) x2 + y2 = 4

çemberidir. Buradan D integrasyon bölgesi bu çemberin iç bölgedir.

4

2 -2 -2

-1

-1

00

1

1

2

2

y

-2

x z

-4

8.9 S¸ ekil : z = 4  x2  y 2 yüzeyi ve z = 0 düzlemi Hacim V =

ZZ

zdxdy =

D

2

p

4x2

Z Z   4

p

2  4x

2

x2

 y2



dydx

s. pehlivan


67

olacakt¬r. Kutupsal koordinatlara geçersek, x2 + y2 = 4 çemberinin kutupsal koordinatlardaki gösterimi r = 2 olaca¼g¬ndan 0  r  2 aras¬nda 0    2 garas¬ndaki bölgeyi tarar. Buna göre 2 r=2

V

=

4

0 r=0 2

=

(8

0

elde edilir.

2

Z Z    Z Z   r

2

rdrd =

2r

0

4) d = 4 2 = 8br 3

2



1 4 2 4



r=2 r=0

d

Çok Katli Integral

Recommend Documents