Hacimler ve Çift Katlı İntegraller

Hacimler ve Çift Katlı İntegraller Kapalı bir Hacimler ve Çift Katlı İntegraller R [a, b] [c, d] {(x, y) R 2 a x b, c y d} dikdörtgeninde tanımlı iki değişkenli bir f fonksiyonunu göz önüne alalım ve önce f(x, y) varsayalım. f nin grafiği, denklemi z f(x, y) olan bir yüzeydir. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 1/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 2/ 225 Hacimler ve Çift Katlı İntegraller Hacimler ve Çift Katlı İntegraller S, R nin üstünde ve f nin grafiğinin altında kalan katı cisim, başka bir deyişle, S {(x, y, z) R 3 z f(x, y), (x, y) R} olsun. S nin hacmini bulmayı amaçlıyoruz. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 3/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 4/ 225

Hacimler ve Çift Katlı İntegraller İlk adım R dikdörtgenini alt dikdörtgenlere bölmektir. Hacimler ve Çift Katlı İntegraller S nin R ij nin üstünde kalan parçasını, Şekil de görüldüğü gibi tabanı R ij ve yüksekliği f(x ij, y ij ) olan ince bir dikdörtgenler prizması(ya da sütun ) ile yaklaştırabiliriz. Bu kutunun hacmi taban dikdörtgeninin alanı ( A x y) ile yüksekliğinin çarpımıdır: f(x ij, y ij) A Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 5/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 6/ 225 Hacimler ve Çift Katlı İntegraller Bu yöntemi tüm dikdörtgenler için uygular ve prizmaların hacimlerini toplarsak S nin toplam hacmine m n V f(x ij, yij) A (1) yaklaştırımını elde ederiz. i1 j1 Hacimler ve Çift Katlı İntegraller Sezgimiz bize (1) de verilen yaklaştırımın m ve n arttıkça daha iyi olacağını söyler ve bu nedenle V lim m,n m i1 j1 n f(x ij, yij) A (2) olmasını bekleriz. enklem (2) teki ifadeyi, f nin grafiği altında ve R dikdörtgeni üstünde kalan S cisminin hacmini tanımlamak için kullanırız. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 7/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 8/ 225

Hacimler ve Çift Katlı İntegraller Hacimler ve Çift Katlı İntegraller enklem(2) teki türden limitler, yalnızca hacim bulurken değil pek çok başka durumda da f nin pozitif bir fonksiyon olmadığı durumlarda bile sıkça ortaya çıkar. Bu nedenle aşağıdaki tanımı veririz. Tanım : f nin R dikdörtgeni üzerindeki çift katlı integrali, eğer bu limit varsa m n f(x, y)da f(x ij, yij) A dır. R lim m,n i1 j1 ğer f(x, y) ise R dikdörtgeninin üstünde ve z f(x, y) yüzeyinin altında kalan katı cismin V hacmi V f(x, y)da olur. R Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 9/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 1/ 225 Örnek Örnek : R [, 2] [, 2] karesinin üstünde ve z 16 x 2 2y 2 eliptik paraboloidinin altında kalan cismin hacmini yaklaşık olarak bulmak için R bölgesini şekillerdeki gibi 16, 64 ve 256 kare kullanıldığında sütunların gerçek cisme nasıl benzemeye başladığını ve karşı gelen yaklaştırımların nasıl daha iyi olduğunu görebiliriz. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 11/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 12/ 225

Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 13/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 14/ 225 Ardışık İntegraller Ardışık İntegraller f nin R [a, b] [c, d] dikdörtgeninde sürekli, iki değişkenli bir fonksiyon olduğunu varsayalım. Bu bölümde çift katlı bir integralin iki tane tek katlı integralin hesaplamasıyla bulunabilen bir ardışık integral olarak nasıl ifade edilebileceğini göreceğiz. d c f(x, y)dy gösterimini, x sabit tutulurken, f(x, y) nin y c den y d ye kadar y ye göre integrali anlamında kullanırız. Bu işleme, y ye göre kısmi integral adı verilir. (Kısmi türev almaya benzerliğine dikkat ediniz.) Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 15/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 16/ 225

Ardışık İntegraller Ardışık İntegraller Şimdi d f(x, y)dy, x in değerine bağlı bir fonksiyondur, bu nedenle c x in bir fonksiyonunu tanımlar: d A(x) f(x, y)dy c A fonksiyonunun x a dan x b ye kadar x e göre integralini alırsak elde ederiz. b A(x)dx b d a a c f(x, y)dy dx (3) Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 17/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 18/ 225 Ardışık İntegraller Ardışık İntegraller enklem (3) in sağ yanındaki integral ardışık integral olarak adlandırılır. Genellikle köşeli parantezler yazılmaz. Böylece b d a c f(x, y)dydx b a d c f(x, y)dy dx (4) ifadesi önce y ye göre c den d ye ve daha sonra x e göre a dan b ye integralin alınması anlamına gelir. Benzer şekilde, d b c a f(x, y)dxdy d c b a f(x, y)dx dy (5) ardışık integrali, önce x e göre(y yi sabit tutarak) a dan b ye integral alacağımız ve daha sonra da bulunan y nin fonksiyonunun y ye göre y c den y d ye kadar integralini alacağımız anlamına gelir. enklem (4) ve (5) ün her ikisinde de içeriden dışarıya doğru hesapladığımıza dikkat ediniz. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 19/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 2/ 225

Örnek Örnek : Ardışık integralleri hesaplayınız. 3 2 (a) x 2 y dydx 1 Çözüm : (a) x i sabit varsayarak 2 3 (b) x 2 y dxdy 1 Şimdi x in bu fonksiyonunun dan 3 e integralini alırız. 3 2 1 x 2 y dydx 3 [ 2 1 ] x 2 y dy dx 2 1 x 2 y dy x 2 y2 2 ] y2 y1 ( ) ( ) 2 x 2 2 1 x 2 2 3 2 2 2 x2 3 ] 3 3 2 x2 dx x3 27 2 2 elde ederiz. Böylece bir önceki tartışmadaki A fonksiyonu, bu örnekte A(x) 3 2 x2 olmaktadır. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 21/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 22/ 225 Fubini Teoremi (b) Burada önce x e göre integral alırız: 2 3 1 x 2 y dxdy 2 1 2 1 [ 3 ] x 2 y dx dy 9ydy 9 y2 2 ] 2 2 1 1 27 2 [ ] x 3 x3 3 y dy x Örnekte önce x e göre ya da önce y ye göre integral alsakta aynı yanıtı bulduk. Genel olarak denklem 4 ve 5 deki ardışık integraller eşit olurlar; başka bir deyişle integral alma sırası önemsizdir. Teorem : ğer f, R {(x, y) a x b, c y d} dikdörtgeninde sürekli ise olur. R f(x, y)da b d a c f(x, y) dydx d b c a f(x, y) dxdy (6) aha genel olarak f, R de sınırlı ve yalnızca sonlu sayıda düzgün eğri üzerinde süreksiz ise ve ardışık integraller varsa eşitlik yine doğrudur. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 23/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 24/ 225

Örnek Örnek : R {(x, y) x 2, 1 y 2} olmak üzere (x 3y 2 )da integralini hesaplayınız. R Çözüm 1 : Fubini Teoremi (x 3y 2 ) da R 2 2 2 2 1 (x 3y 2 ) dydx [xy y 3] y2 y1 dx ] 2 (x 7)dx x2 2 7x 12 verir. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 25/ 225 Çözüm 2: Yine Fubini Teoremi ni uygulayarak, ama bu kez önce x e göre integral alarak (x 3y 2 )da R elde ederiz. 2 2 1 2 1 2 1 [ x 2 (x 3y 2 ) dxdy 2 3xy2 ] x2 x dy (2 6y 2 )dy 2y 2y 3] 2 1 12 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 26/ 225 Örnek Örnek : R [1, 2] [, π] olmak üzere y sin(xy)da integralini hesaplayınız. Çözüm 1: Önce x e göre integral alırsak R y sin(xy)da π 2 1 π π R y sin(xy) dxdy [ cos(xy) ] x2 dy x1 ( cos 2y + cos y)dy 1 ] π 2 sin 2y + sin y elde ederiz. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 27/ 225 Çözüm 2: İntegral sırasını terse çevirirsek R y sin(xy)da 2 π elde ederiz bu integrali hesaplamak için 1 y sin(xy)dydx u y dv sin(xy)dy du dy v cos(xy) x alarak kısmi integral alma yöntemini kullanırız Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 28/ 225

ve böylece π elde ederiz. y sin(xy)dy y cos(xy) ] yπ + 1 x y x π cos(xy)dy π cos πx + 1 [ ] yπ x x 2 sin(xy) y π cos πx sin πx + x x 2 Şimdi u 1/x ve dv π cos πx dx alırsak du dx/x 2, v sin πx olur ve kısmi integral alma yöntemi ile ilk terimin integralini alarak ( π cos πx x elde ederiz. Bu nedenle ve 2 π 1 y sin(xy)dydx ) sin πx dx x ( π cos πx + x sin πx dx sin πx x 2 [ ] sin πx 2 x 1 x 2 ) sin πx dx x sin 2π + sin π olur. 2 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 29/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 3/ 225 Örnek Şimdi Fubini teoremini kullanarak çift katlı integrali hesaplayabilecek durumdayız: Örnek : x 2 + 2y 2 + z 16 eliptik parabolidi, x 2 ve y 2 düzlemleri ve üç koordinat düzlemi ile sınırlanmış S katı cisminin hacmini bulunuz. Çözüm : Önce, S nin z 16 x 2 2y 2 yüzeyi altında ve R [, 2] [, 2] karesinin üstünde kalan katı cisim olduğunu gözlemleriz. V (16 x 2 2y 2 )da R 2 2 2 2 [ 16x 1 ] x2 3 x3 2y 2 x dy x (16 x 2 2y 2 ) dxdy ( ) [ 88 88 3 4y2 dy 3 y 4 ] 2 3 y3 48 elde ederiz. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 31/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 32/ 225

NOT Örnek f(x, y) nin yalnızca x in bir fonksiyonu ile yalnızca y nin bir fonksiyonu olarak çarpanlara ayrılabilmesi özel durumunda, f nin çift katlı integrali daha basit bir şekilde yazılabilir. aha açık bir deyişle,f(x, y) g(x)h(y) ve R [a, b] [c, d] olmak üzere R g(x)h(y)da b a g(x)dx d c h(y)dy Örnek : R [, π/2] [, π/2] ise, π/2 sin x cos y da sin x dx R ( cos x ] π/2 ) π/2 ( sin y cos y dy ] π/2 ) 1 1 1 olur. dir. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 33/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 34/ 225 Örnekteki f(x, y) sin x cos y fonksiyonu R de pozitiftir, bu nedenle integral şekildeki R nin üstünde ve f nin grafiğinin altında kalan katı cismin hacmini temsil eder. Örnek Örnek : ln 2 ln 5 e 2x y dxdy ln 2 ln 5 ln 5 ( e 2x 2 e 2x e y dxdy e 2x dx ] ln 5 ) ln 2 e y dy ( e y] ) ln 2 ( 25 2 1 ) ( 2 1 2 + 1) 12 1 2 6 olur. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 35/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 36/ 225

Genel Bölgeler Üzerinde Çift Katlı İntegraller Genel Bölgeler Üzerinde Çift Katlı İntegraller Tek katlı integraller için üzerinde integral aldığımız bölge her zaman bir aralıktır. Ancak çift katlı integraller için bir fonksiyonun, yalnızca dikdörtgenler değil, örneğin Şekil 1 deki gibi daha genel bölgeler üzerinde integralini almak istiyoruz. Bir düzlemsel bölgesi, iki sürekli fonksiyonun grafiği arasında, başka bir deyişle g 1 ve g 2, [a, b] de sürekli olmak üzere {(x, y) a x b, g 1 (x) y g 2 (x)} ise I. tip olarak adlandırılır. Şekil 1 : Şekil 2 : Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 37/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 38/ 225 Genel Bölgeler Üzerinde Çift Katlı İntegraller Genel Bölgeler Üzerinde Çift Katlı İntegraller Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 39/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 4/ 225

Genel Bölgeler Üzerinde Çift Katlı İntegraller Genel Bölgeler Üzerinde Çift Katlı İntegraller f fonksiyonu {(x, y) a x b, g 1 (x) y g 2 (x)} şeklinde I. tip bölgesinde sürekli ise b g 2(x) f(x, y)da f(x, y) dydx (7) a g 1(x) olur. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 41/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 42/ 225 Genel Bölgeler Üzerinde Çift Katlı İntegraller Genel Bölgeler Üzerinde Çift Katlı İntegraller h 1 ve h 2 sürekli olmak üzere {(x, y) c y d, h 1 (y) x h 2 (y)} (8) şeklindeki II. tip düzlemsel bölgeleri de göz önünde alırız. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 43/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 44/ 225

Genel Bölgeler Üzerinde Çift Katlı İntegraller Genel Bölgeler Üzerinde Çift Katlı İntegraller, enklem 8 de verilen II. tip bir bölge olmak üzere d h 2(y) f(x, y)da f(x, y) dxdy (9) c h 1(y) olur. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 45/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 46/ 225 Örnek Örnek :, y 2x 2 ve y 1 + x 2 parabolleri tarafından sınırlanan bölge olmak üzere (x + 2y)dA integralini hesaplayınız. Çözüm : Paraboller 2x 2 1 + x 2, başka bir deyişle, x 2 1 iken kesişir, bu nedenle x ±1 olur. Şekil 3 : Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 47/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 48/ 225

Şekil 3 de çizilen bölgesinin I. tip bölge olduğuna ancak II. tip bölge olmadığına dikkat eder ve yazabiliriz. {(x, y) 1 x 1, 2x 2 y 1 + x 2 } Alt sınır y 2x 2 ve üst sınır y 1 + x 2 olduğundan, enklem 7 (x + 2y)dA 1 1 1 1 1 1 1+x 2 2x 2 (x + 2y) dydx [xy + y 2] y1+x 2 dx y2x 2 [ x(1 + x 2 ) + (1 + x 2 ) 2 x(2x 2 ) (2x 2 ) 2] dx Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 49/ 225 sonucunu verir. 1 1 ( 3x 4 x 3 + 2x 2 + x + 1)dx Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II ] 5/ 225 1 3 x5 5 x4 4 + 2x3 3 + x2 2 + x 1 32 15 NOT Örnek Örnek : z x 2 + y 2 paraboloidinin altında ve xy-düzlemindeki y 2x doğrusu ve y x 2 parabolü ile sınırlı bölgesinin üstünde kalan katı cismin hacmini bulunuz. Örnekteki gibi bir çift katlı integral hesaplanırken, bir şekil çizmek gereklidir. Çoğu zaman Şekil 3 deki gibi bir düşey ok çizmek yararlı olur. Bu durumda, içteki integralin sınırları şekilden aşağıdaki gibi bulunabilir: Çözüm 1: Şekil 4 dan nin I. tip bölge ve olduğunu görürüz. {(x, y) x 2, x 2 y 2x} Ok, alt sınır y g 1 (x) de başlar, bu integralin alt sınırını verir, ve ok üst sınır y g 2 (x) de biter, bu da integralin üst sınırını verir. II. tip bölgelerde ok, yatay olarak sol sınırdan sağ sınıra çizilir. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 51/ 225 Şekil 4 : Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 52/ 225

Bu nedenle, z x 2 + y 2 nin altında ve nin üstünde kalan hacim V (x 2 + y 2 )da 2 2x (x 2 + y 2 ) dydx x 2 Çözüm 2: Şekil 5 dan nin II. tip bir bölge olarak da yazılabileceğini görüyoruz: 1 {(x, y) y 4, 2 y x y} 2 2 (x 2 y + y3 3 ] y2x yx 2 (x 2 (2x) + (2x)3 3 ) dx x 2 x 2 (x2 ) 3 3 ) dx 2 ) ] 2 ( x6 3 x4 + 14x3 dx x7 3 21 x5 5 + 7x4 216 6 35 olur. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 53/ 225 Şekil 5 : Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 54/ 225 Bu nedenle, V için başka bir ifade de V (x 2 + y 2 )da 4 ( x 3 3 + y2 x ] x y x 1 2 y 4 y (x 2 + y 2 ) dxdy 1 2 y ) dy 4 ( y 3/2 3 + y5/2 y3 24 y3 2 ) dy Şekil 6 hacmi hesaplanan katı cismi göstermektedir. Cisim, xy-düzleminin üstünde z x 2 + y 2 paraboloidinin altında ve y 2x düzlemi ile y x 2 parabolik silindiri arasındadır. 2 15 y5/2 + 2 7 y7/2 13 ] 4 96 y4 216 35 olur. Şekil 6 : Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 55/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 56/ 225

Örnek Örnek :, y x 1 ve y 2 2x + 6 ile sınırlı bölge olmak üzere xyda integralini hesaplayınız. Çözüm : bölgesi Şekilde gösterilmiştir. yine hem I. hem de II. tipdir, ancak nin I. tip olarak betimlenmesi daha karmaşıktır çünkü sınırın alt kenarı iki parçadan oluşmuştur. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 57/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 58/ 225 Bu nedenle (9) xyda 4 2 1 2 y+1 1 2 y2 3 4 2 xy dxdy 4 2 [ ] x 2 xy+1 2 y dy x 1 2 y2 3 y [(y + 1) 2 ( 12 ] y2 3) 2 dy Bu nedenle yi II. tip bir bölge olarak ifade etmeyi yeğleriz: {(x, y) 2 y 4, 1 2 y2 3 x y + 1} Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 59/ 225 verir. 1 2 1 2 4 2 ) ( y5 4 + 4y3 + 2y 2 8y dy ] 4 [ y6 24 + y4 + 2 y3 3 4y2 36 2 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 6/ 225

Örnek yi I. tip bir bölge olarak ifade etseydik xyda 1 2x+6 3 2x+6 5 xy dydx + 1 2x+6 x 1 xy dydx elde ederdik. Ancak bu, diğer yönteme göre daha fazla iş gerektirirdi. Örnek : x + 2y + z 2, x 2y, x ve z düzlemleri ile sınırlı düzgün dörtyüzlünün hacmini hesaplayınız. Çözüm : Böyle bir soruda, biri üç boyutlu katı cismin ve diğeri cismin üzerinde bulunduğu bölgesinin şekli olmak üzere iki şekil çizmek uygun olur. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 61/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 62/ 225 Şekil 7 x, z koordinat düzlemleri, x 2y düşey düzlemi ve x + 2y + z 2 düzlemi ile sınırlanan T düzgün dörtyüzlüsünü göstermektedir. x + 2y + z 2 düzlemi (denklemi z olan) xy-düzlemini x + 2y 2 doğrusu boyunca kestiği için, T nin, xy-düzleminde x 2y, x + 2y 2 ve x doğruları ile sınırlı bölgesinin üstünde kaldığını görürüz. Şekil 7 : Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 63/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 64/ 225

x + 2y + z 2 düzlemi z 2 x 2y olarak yazılabilir, bu nedenle istenen hacim, z 2 x 2y fonksiyonunun grafiği altında ve {(x, y) x 1, x/2 y 1 x/2} bölgesinin üstünde kalır. Böylece V 1 1 (2 x 2y)dA 1 1 x/2 x/2 [ 2y xy y 2 ] y1 x/2 dx yx/2 (2 x 2y)dydx [ ( 2 x x 1 x ) ( 1 x ) 2 x 2 ] x + 2 2 2 + x2 dx 4 1 ] 1 (x 2 2x + 1)dx x3 3 x2 + x 1 3 olur. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 65/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 66/ 225 Örnek Örnek : 1 1 x sin(y 2 ) dydx integralini hesaplayınız. Çözüm: ğer integrali verdiği gibi hesaplamaya çalışırsak, sin(y 2 )dy integralini hesaplama sorunu ile karşılaşırız. Ancak sin(y 2 )dy bilinen bir fonksiyon olmadığından, bunun, sonlu sayıda işlemle yapılması olanaksızdır. Bu nedenle integral alma sırasını değiştirmeliyiz. Bu, verilen ardışık integrali önce çift katlı bir integral olarak ifade ederek yapılır. (7) ü tersine kullanarak, olmak üzere elde ederiz. {(x, y) x 1, x y 1} 1 1 x sin(y 2 ) dydx sin(y 2 ) da Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 67/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 68/ 225

Bu bölgesi Şekil 8 de çizilmiştir. Şekil 9 : Şekil 8 : Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 69/ 225 Şekil 9 dan nin {(x, y) y 1, x y} şeklinde de betimlenebildiğini görürüz. Bu da, (9) i kullanarak çift katlı integrali, tek sırada bir ardışık integral olarak ifade edebilmemize olanak verir: Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 7/ 225 Çift Katlı integrallerin Özellikleri 1 1 x sin(y 2 ) dydx 1 y 1 sin(y 2 ) da sin(y 2 ) dxdy 1 y sin(y 2 ) dy 1 ] 1 2 cos(y2 ) 1 (1 cos 1) 2 [ ] xy x sin(y 2 ) dy x Aşağıda integrallerin tümünün var olduğunu varsayıyoruz. [ ] f(x, y) + g(x, y) da f(x, y)da + g(x, y)da (1) cf(x, y)da c f(x, y)da (11) ğer deki her (x, y) için f(x, y) g(x, y) ise, f(x, y)da g(x, y)da olur. (12) Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 71/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 72/ 225

Çift Katlı integrallerin Özellikleri Çift Katlı integrallerin Özellikleri Özellik 13, I. tip ya da II. tip bölgelerin birleşimi olarak ifade edilebilen bölgeler üzerindeki integrallerin hesaplanmasında kullanılabilir. Bu, Şekil 11 de açıklanmaktadır. Şekil 1 : ğer 1 ve 2 sınırları dışında üst üste gelmiyor ve 1 2 ise (bkz. Şekil 1), o zaman f(x, y)da f(x, y)da + f(x, y)da olur. (13) 1 2 Şekil 11 : Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 73/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 74/ 225 Çift Katlı integrallerin Özellikleri İntegralin aşağıdaki özelliği, bir bölgesi üzerinde f(x, y) 1 sabit fonksiyonunun integralini alırsak, nin alanını elde edeceğimizi söyler: 1 da A() (14) ğer deki her (x, y) için m f(x, y) M ise Kutupsal Koordinatlarda Çift Kattlı İntegraller Şekil 12 de gösterilen R bölgelerinden biri üzerinde f(x, y) da integralini hesaplamak istediğimizi varsayalım. R ma() f(x, y) da MA() olur. (15) Şekil 12 : Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 75/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 76/ 225

Kutupsal Koordinatlarda Çift Kattlı İntegraller Kutupsal Koordinatlarda Çift Kattlı İntegraller Şekil 12 deki bölgeler, Şekil 13 de gösterilen R {(r, θ) a r b, α θ β} kutupsal dikdörtgeninin özel halleridir. Her iki durumda da, R bölgesinin Kartezyen koordinatlar kullanılarak tanımlanması oldukça karmaşıktır, ancak R bölgesi kutupsal koordinatlar kullanılarak kolayca tanımlanabilir. Şekil 13 : Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 77/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 78/ 225 Kutupsal Koordinatlarda Çift Kattlı İntegraller Örnek Çift Katlı İntegralde Kutupsal Koordinatlara Çevirme f fonksiyonu, β α 2π ve a olmak üzere, R {(r, θ) a r b, α θ β} olarak verilen R kutupsal dikdörtgeni üzerinde sürekli ise Örnek : R, üst yarı düzlemin x 2 + y 2 1 ve x 2 + y 2 4 çemberiyle sınırlanan bölgesini göstermek üzere, (3x + 4y 2 ) da integralini hesaplayınız. Çözüm : R bölgesini R R β b f(x, y) da f(r cos θ, r sin θ) r dr dθ α a biçiminde gösterebiliriz. R {(x, y) y, 1 x 2 + y 2 4} dır. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 79/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 8/ 225

R {(x, y) y, 1 x 2 + y 2 4} Bu, Şekil 12(b) de gösterilen yarım halka şeklindeki bölgedir ve kutupsal koordinatlarda 1 r 2, θ π olarak verilir. olayısıyla formülden, (3x + 4y 2 ) da π 2 R 1 ( 3r cos θ + 4(r sin θ) 2 ) r dr dθ Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 81/ 225 olur. π 2 π π 1 (3r 2 cos θ + 4r 3 sin 2 θ) dr dθ ( r 3 cos θ + r 4 sin 2 θ (7 cos θ + 15 sin 2 θ) dθ ] r2 r1 ) dθ Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 82/ 225 Örnek π (7 cos θ + 15 sin 2 θ) dθ π ( ) (1 cos 2θ) cos θ + 15 dθ 2 7 sin θ + 15 θ 2 15 sin 2θ 4 ] π 15π 2 Örnek : z düzlemi ve z 1 x 2 y 2 paraboloidi tarafından sınırlanan cismin hacmini bulunuz. Çözüm : Paraboloid denkleminde z alarak x 2 + y 2 1 buluruz. Bu, düzlem ile paraboloidin kesişiminin x 2 + y 2 1 çemberi olduğu anlamına gelir. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 83/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 84/ 225

olayısıyla cisim, paraboloidin altında ve x 2 + y 2 1 olarak verilen dairesinin üstünde yer alır [bkz. Şekil 14 ve 12(a)]. bölgesi, kutupsal koordinatlarda r 1, θ 2π olarak verilir. 1 x 2 y 2 1 (r cos θ) 2 (r sin θ) 2 1 r 2 olduğundan, hacim V (1 x 2 y 2 ) da 2π dθ 1 2π 1 (1 r 2 ) r dr dθ ( ) (r r 3 ) dr r 2 2π 2 r4 π 4 2 Şekil 14 : olarak bulunur. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 85/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 86/ 225 Kutupsal koordinatlar yerine Kartezyen koordinatlar kullanmış olsaydık, Kutupsal Koordinatlarda Çift Kattlı İntegraller Yukarıda yapılanlar Şekil 15 de gösterilen daha karmaşık bölgelerde de uygulanabilir. V (1 x 2 y 2 ) da 1 1 1 x 2 (1 x 2 y 2 ) dy dx 1 x 2 elde ederdik. Bu iafdenin hesaplanması 1 x 2 dx x 2 1 x 2 dx (1 x 2 ) 3/2 dx integrallerinin bulunmasını içerdiğinden kolay olmayacaktı. Şekil 15 : {(r, θ) α θ β, h 1 (θ) r h 2 (θ)} Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 87/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 88/ 225

Kutupsal Koordinatlarda Çift Kattlı İntegraller Kutupsal Koordinatlarda Çift Kattlı İntegraller Bunlar II. tipteki bölgelere benzerler. Bu yüzden formülleri bilerştirerek aşağıdaki formülü elde ederiz: f fonksiyonu bölgesinde sürekli ise {(r, θ) α θ β, h 1 (θ) r h 2 (θ)} Bu formülde özel olarak f(x, y) 1, h 1 (θ), ve h 2 (θ) h(θ) alırsak θ α, θ β, ve r h(θ) tarafından belirlenen bölgesinin alanının A() 1 da β α h(θ) r dr dθ olur. β h 2(θ) f(x, y) da f(r cos θ, r sin θ) r dr dθ α h 1(θ) olduğunu görürüz. β α [ r 2 2 ] h(θ) dθ β α 1 2 [h(θ)]2 dθ Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 89/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 9/ 225 Örnek Örnek : z x 2 + y 2 paraboloidinin altında, xy-düzleminin üstünde ve x 2 + y 2 2x silindirinin içinde kalan cismin hacminin bulunuz. Çözüm : Şekil 16 : Cisim, sınır çemberi x 2 + y 2 2x, ya da kareye tamamladıktan sonra, (x 1) 2 + y 2 1 (bkz. Şekil 17 ve 16) olan dairesinin üstünde yer alır. Şekil 17 : Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 91/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 92/ 225

olayısıyla diski {(r, θ) π/2 θ π/2, r 2 cos θ} olarak verilir ve yukarıdaki formülden bulunur. V (x 2 + y 2 ) da π/2 π/2 8 π/2 [ r 4 4 ] 2 cos θ cos 4 θ dθ 4 π/2 π/2 π/2 π/2 2 cos θ cos 4 θ dθ r 2 r dr dθ Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 93/ 225 V 8 buluruz. π/2 6 π/2 cos 4 θ dθ 8 1 4 cos3 θ sin θ cos 2 θ dθ [ 1 6 2 θ + 1 ] π/2 sin 2θ 4 6 1 2 π 2 3π 2 ] π/2 + 3 4 π/2 cos 2 θ dθ Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 94/ 225 Çift Katlı İntegrallerin Uygulamaları Yoğunluk ve Kütle Çift katlı integrallerin uygulamalarından birini hacim hesapları olarak daha önce gördük. iğer bir geometrik uygulama olan yüzeylerin alanının hesaplanmasını bir sonraki bölümde göreceğiz. Bu bölümde, kütle, kütle merkezi gibi fiziksel uygulamaları keşfedeceğiz. eğişken yoğunlukta bir tabakanın xy-düzleminde bir bölgesinde olduğunu ve deki bir (x, y) noktasındaki (birim alandaki kütle birimi cinsinden) yoğunluğunun, ρ fonksiyonu üzerinde sürekli olmak üzere ρ(x, y) olarak verildiğini varsayalım. Tabakanın m toplam kütlesini bulmak için m ρ(x, y) da formülü kullanılır. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 95/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 96/ 225

Yoğunluk ve Kütle Fizikçiler benzer şekilde hesaplanabilen farklı yoğunluklarla da ilgilenirler. Örnek Örnek : Şekil 18 deki üçgen biçimindeki bölgesinde dağılmış olan elektrik yükünün (x, y) noktasındaki yük yoğunluğu, metrekarede coulomb (C/m 2 ) cinsinden σ(x, y) xy olarak verilmektedir. Toplam yükü bulunuz. Örneğin, bir bölgesi üzerinde dağılmış elektrik yüküknün deki bir (x, y) noktasındaki (birim alandaki elektrik yükü cinsinden) yük yoğunluğu σ(x, y) ise, Q toplam yükü Q σ(x, y) da (16) olarak verilir. Şekil 18 : Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 97/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 98/ 225 Çözüm : enklem (16) ve Şekil 18 den Q σ(x, y) da 2 1 2 1 1 1 x xy dy dx ] y1 [x 1 y2 x dx 2 y1 x 2 [12 (1 x) 2 ] dx 1 (2x 2 x 3 )dx 1 [ 2x 3 2 3 x4 4 olur. olayısıyla toplam yük 5 24 C dir. ] 1 5 24 Momentler ve Kütle Merkezi eğişken yoğunlukta bir tabakanın bölgesini kapladığını ve yoğunluk fonksiyonunun ρ(x, y) olduğunu varsayalım. Tabakanın x-eksenine göre momenti M x y ρ(x, y) da dır. Benzer şekilde y-bölgesine göre momenti de M y x ρ(x, y) da olur. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 99/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 1/ 225

Momentler ve Kütle Merkezi bölgesini kaplayan ve yoğunluk fonksiyonu ρ(x, y) olan bir tabakanın kütle merkezinin ( x, ȳ) koordinatları, m kütlesi m ρ(x, y) da Örnek Örnek : Köşeleri (, ), (1, ), (, 2) olan üçgen biçiminde bir tabakanın yoğunluk fonksiyonu ρ(x, y) 1 + 3x + y dir. Bu tabakanın kütlesi ile kütle merkezini bulunuz. Çözüm : Üçgen Şekil 19 de gösterilmiştir. (Üstteki sınır doğrusunun denkleminin y 2 2x olduğuna dikkat ediniz.) olmak üzere x M y m 1 m olarak verilir. x ρ(x, y) da ȳ M x m 1 m y ρ(x, y) da (17) Şekil 19 : Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 11/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 12/ 225 tabakanın kütlesi enklem (17) deki formülden m ρ(x, y) da 1 2 2x (1 + 3x + y) dy dx x 1 m x ρ(x, y) da 3 8 1 2 2x (x + 3x 2 + xy) dx dy 1 ] y2 2x [y + 3xy + y2 dx 2 y 3 8 1 ] y2 2x [xy + 3x 2 y + x y2 dx 2 y 4 1 (1 x 2 ) dx 4 ] 1 [x x3 8 3 3 3 2 1 [ x (x x 3 2 ) dx 2 x4 4 ] 1 3 8 elde ederiz. ve Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 13/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 14/ 225

Örnek ȳ 1 m 3 8 1 [ y 2 y ρ(x, y) da 3 8 2 + 3xy2 2 + y3 3 1 2 2x ] y2 2x y (y + 3xy + y 2 ) dy dx dx 1 4 1 (7 9x 3x 2 + 5x 3 ) dx Örnek : Yarım daire şeklindeki bir tabakanın herhangi bir noktasındaki yoğunluğu, noktanın çemberin merkezine olan uzaklığıyla doğru orantılıdır. Tabakanın kütle merkezini bulunuz. Çözüm : Tabakayı (Şekil 2 deki gibi) x 2 + y 2 a 2 çemberinin üst yarısına yerleştirelim. Bu durumda bir (x, y) noktasının çemberin merkezine (başlangıç noktasına) olan uzaklığı x 2 + y 2 olur. 1 ] 1 [7x 9 x2 4 2 x3 + 5 x4 11 4 16 ( 3 bulunur. Kütle merkezi 8, 11 ) noktasındadır. 16 Şekil 2 : Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 15/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 16/ 225 x 2 + y 2 r ve bölgesi r a, θ π olduğundan, olayısıyla yoğunluk fonksiyonu, bir K sabiti için dir. ρ(x, y) K x 2 + y 2 Yoğunluk fonksiyonu ve tabakanın biçiminin her ikisi de kutupsal koordinatları kullanmamızın daha uygun olacağını gösteriyor. tabakanın kütlesi m ρ(x, y) da K x 2 + y 2 da π a olarak bulunur. (Kr) r dr dθ K ] a Kπ r3 Kπa3 3 3 π dθ a r 2 dr Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 17/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 18/ 225

Tabaka ile yoğunluk fonksiyonunun her ikisi de y-eksenine göre simetrik olduğundan, kütle merkezi y-ekseni üzerinde olmalıdır, dolayısıyla x dır. y-koordinatı ȳ 1 m 3 πa 3 π y ρ(x, y) da 3 Kπa 3 sin θ dθ 3 πa 3 2a 4 4 3a 2π a π a r 3 dr 3 πa 3 [ cos θ]π r sin θ(kr) r dr dθ [ r 4 olarak bulunur. olayısıyla kütle merkezi (, 3a/(2π)) noktasındadır. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 19/ 225 4 ] a Yüzey Alanı Parametrik S yüzeyinin iki parametreli, vektör değerli bir r(u, v) x(u, v) i + y(u, v) j + z(u, v) k (18) fonksiyonu, ya da eşdeğer olarak, (u, v) noktası uv-düzlemindeki bölgesi içinde değişmek üzere, x x(u, v) y y(u, v) z z(u, v) parametrik denklemleri ile tanımlandığını anımsayalım. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 11/ 225 Yüzey Alanı Yüzey Alanı S yüzeyi üzerinde konum vektörü r(u, v) olan bir P noktası alalım. u u olarak sabit tutarsak, r(u, v) yalnızca v parametresine bağlı vektör değerli bir fonksiyon olur ve S üzerinde bir C 1 eğrisi tanımlar. (Bkz. Şekil 21.) S yüzeyinin alanını, S yi parçalara ayırıp, her parçanın alanını, teğet düzlemin bir parçasının alanı alarak, yaklaşık olarak bulacağız. olayısıyla, öncelikle parametrik yüzeylere teğet düzlemin nasıl çizildiğini anımsayalım. Şekil 21 : Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 111/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 112/ 225

Yüzey Alanı Yüzey Alanı C 1 eğrisine P noktasında çizilen teğet vektörünü r nin v ye göre kısmi türevini alarak buluruz: r v x v (u, v ) i + y v (u, v ) j + z v (u, v ) k. (19) Benzer şekilde, v v alarak v yi sabit tutarsak, S üzerinde r(u, v ) ile verilen bir C 2 eğrisi buluruz. Bu eğrinin P daki teğet vektörü r u x u (u, v ) i + y u (u, v ) j + z u (u, v ) k (2) ile verilir. r u r v normal vektörü değilse, S yüzeyine düzgün denir. ( Köşeleri yoktur.) Bu durumda S yüzeyinin P noktasında teğet düzlemi vardır ve normal vektörü kullanarak bulunabilir. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 113/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 114/ 225 Yüzey Alanı Şimdi enklem (18) de verilen genel bir parametrik yüzeyin alanını tanımlayacağız. Basit olması için parametre bölgesi dikdörtgen olan bir yüzeyi ele alarak başlayalım ve bu bölgeyi daha küçük R ij dikdörtgenlerine ayıralım. Yüzey Alanı (u i, v j ) noktasını R ij nin sol alt köşesi olarak seçelim. (Bkz. Şekil22.) S yüzeyinin R ij ye karşıgelen parçasına yüzey parçası denir ve köşelerinden biri, konum vektörü r(u i, v j ) olan P ij noktasıdır. Şekil 22 : Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 115/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 116/ 225

Yüzey Alanı Yüzey Alanı enklem (19) ve (2) de verildiği gibi, P ij deki teğet vektörler olsun. r u r u (u i, u j) ve r v r v (u i, v j ) Öte yandan bu vektörler de, kısmi türevler yaklaşık olarak farkların oranı olduğundan, yaklaşık olarak u r u ve v r v alınabilir. olayısıyla, S ij parçası yaklaşık olarak u r u ve v r v vektörlerinin belirlediği paralelkenardır diyebiliriz. Şekil 23 : Şekil 23, P ij de kesişen iki kenara vektörlerle yaklaştırımı gösteriyor. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 117/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 118/ 225 Yüzey Alanı Yüzey Alanı Bu paralelkenar, Şekil 24 de gösterilmiştir ve S ye P da çizilen teğet düzleminin üzerinde yer alır. Paralelkenarın alanı ( u r u) ( v r v) r u r v u v olarak verildiğinden, S nin alanı yaklaşık olarak m n r u r v u v i1 j1 Şekil 24 : dir. Küçük dikdörtgenlerin sayısı arttırıldığında, yaklaştırımın iyileştiğine ve yukarıdaki çift toplamın, çift katlı r u r v dv du integrali için bir Riemann toplamı olduğuna dikkat ediniz. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 119/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 12/ 225

Yüzey Alanı Bu gözlemden hareketle, aşağıdaki tanımı yaparız: Tanım : r(u, v) x(u, v) i + y(u, v) j + z(u, v) k, (u, v) denklemiyle verilen ve (u, v) noktası parametrik bölgesinde değişirken yalnızca bir kez taranan düzgün bir S parametrik yüzeyinin yüzey alanı olmak üzere, r u x u i + y u j + z u k olarak tanımlanır. A(S) r u r v da r v x v i + y v j + z v k Örnek Örnek : a yarıçaplı bir kürenin yüzey alanını bulunuz. Çözüm : aha önce parametrik bölge olmak üzere, {(φ, θ) φ π, θ 2π} x a sin φ cos θ y a sin φ sin θ z a cos φ parametrik gösterimini bulmuştuk. Önce teğet vektörlerinin vektörel çarpımını hesaplarız: i j k x y z r φ r θ φ φ φ x θ y θ z θ Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 121/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 122/ 225 r φ r θ i j k a cos φ cos θ a cos φ sin θ a sin φ a sin φ sin θ a sin φ cos θ a 2 sin 2 φ cos θ i + a 2 sin 2 φ sin θ j + a 2 sin φ cos φ k r φ r θ a 4 sin 4 φ cos 2 θ + a 4 sin 4 φ sin 2 θ + a 4 sin 2 φ cos 2 φ a 4 sin 4 φ + a 4 sin 2 φ cos 2 φ a 2 sin 2 φ a 2 sin φ ve dolayısıyla, tanımdan, kürenin alanı A r φ r θ da 2π π a 2 sin φ dφ dθ olarak bulunur. 2π π dθ sin φ dφ a 2 (2π)2 4πa 2 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 123/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 124/ 225

Grafiğin Yüzey Alanı Grafiğin Yüzey Alanı (x, y) noktasının bir bölgesinde değiştiği, f nin sürekli kısmi türvlerinin olduğu, denklemi z f(x, y) olan bir özel yüzey için x ve y yi parametre olarak alırsak, yüzeyin parametrik denklemi olur. olayısıyla, ve x x y y z f(x, y) ( f r x i + x ( f r y j + y ) k ) k i j k f r x r y 1 x f 1 y f x i f y j + k (21) olduğundan tanımdaki yüzey alanı formülü ( ) z 2 ( ) z 2 A(S) 1 + + da (22) x y biçini alır. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 125/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 126/ 225 Örnek Örnek : z x 2 + y 2 paraboloidinin z 9 düzleminin altında kalan kısmının alanını bulunuz. Çözüm : üzlem, paraboloidi x 2 + y 2 9, z 9 çemberinde keser. olayısıyla, verilen yüzey, başlangıç noktası merkezli ve 3 yarıçaplı dairesinin üzerinde yer alır. Formülü kullanarak A 1 + ( ) z 2 + x ( ) z 2 da y 1 + (2x) 2 + (2y) 2 da 1 + 4(x 2 + y 2 ) da Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 127/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 128/ 225

Yüzey Alanı ve kutupsal koordinatlara çevirerek 2π 3 A 1 + 4r 2 r dr dθ 2π elde ederiz. 2π dθ 3 ( ) ] 1 2 3 8 3 (1 + 4r3 ) 3/2 π 6 (37 37 1) r 1 + 4r 2 dr Sık rastlanan bir yüzey türü de, f(x) ve f sürekli olmak üzere, y f(x), a x b eğrisini x-ekseni çevresinde döndürerek elde edilen S dönel yüzeyidir. Bir dönel yüzeyin alanı dir. b A 2π a f(x) 1 + [f (x)] 2 dx Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 129/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 13/ 225 Üç Katlı İntegraller Üç Katlı İntegraller için Fubini Teoremi f(x, y, z) fonksiyonunun B {(x, y, z) a x b, c y d, r z s} dikdörtgenler prizması üzerinde tanımlandığı basit durumu ele alalım. B [a, b] [c, d] [r, s] dikdörtgenler prizması üzerinde sürekli olan bir f fonksiyonu için B f(x, y, z) dv s d b r c a f(x, y, z) dx dy dz (23) dir. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 131/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 132/ 225

Örnek Örnek : B {(x, y, z) x 1, 1 y 2, z 3} dikdörtgenler prizması olmak üzere xyz 2 dv üç katlı integralini hesaplayınız. Çözüm : Altı integral sıralamasından herhangi birini seçebilirz. Önce x, sonra y, en sonunda da z ye göre integral almayı seçersek, xyz 2 dv B 3 2 1 xyz 2 dx dy dz B xyz 2 dv 3 2 1 1 3 2 1 3 2 1 xyz 2 dx dy dz [ x 2 yz 2 yz 2 2 2 ] x1 x dy dz dy dz 3 [ y 2 z 2 4 ] y2 y 1 dz B 1 3 3z 2 4 ] 3 z3 dz 27 4 4 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 133/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 134/ 225 Şimdi f nin sürekli ve bölgenin basit tipte olduğu durumu ele alacağız. Şekil 25 : Bunu Şekil 25 de gösterildiği gibi bölgesi nin xy-düzlemi üzerine izdüşümü olmak üzere, {(x, y, z) (x, y), u 1 (x, y) z u 2 (x, y)} (24) olarak ifade edebiliriz. cisminin üst sınırının denklemi z u 2 (x, y), alt sınırının ise denklemi z u 1 (x, y) olan yüzeylerden oluştuğuna dikkat ediniz. Bir cismin oluşturduğu bölgesine, x ve y nin iki sürekli fonksiyonu arasında kalıyorsa, 1.tipte bölge denir. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 135/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 136/ 225

enklem 24 de verilen 1. tipte bir bölgesi için u 2(x,y) f(x, y, z) dv f(x, y, z) dz da (25) olduğu gösterilebilir. u 1(x,y) Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 137/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 138/ 225 f(x, y, z) dv u 2(x,y) u 1(x,y) f(x, y, z) dz da Yukarıdaki denklemin sağ yanında içteki integralin anlamı, x ve y nin sabit tutulduğu, dolayısıyla u 1 (x, y) ve u 2 (x, y) nin sabit olarak algılandığı, f(x, y, z) nin integralinin z ye göre alındığıdır. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 139/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 14/ 225

Özel olarak bölgesinin xy-düzlemi üzerine izdüşümü olan bölgesi I. tipte ise {(x, y, z) a x b, g 1 (x) y g 2 (x), u 1 (x, y) z u 2 (x, y)} olur ve enklem 25 biçimini alır. f(x, y, z) dv b g 2(x) u 2(x,y) a g 1(x) u 1(x,y) f(x, y, z) dz dy dx (26) iğer yandan düzlemsel bölgesi II. tipte ise {(x, y, z) c y d, h 1 (y) x h 2 (y), u 1 (x, y) z u 2 (x, y)} olur ve enklem 25 biçimini alır. f(x, y, z) dv d c h 2(y) u 2(x,y) h 1(y) u 1(x,y) f(x, y, z) dz dx dy (27) Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 141/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 142/ 225 Örnek Çözüm : Üç katlı bir integrali oluştururken biri cismi (Şekil 26), diğeri nin xy-düzlemi üzerine izdüşümü (Şekil 27) olan iki şekil çizmek yararlıdır. Örnek : bölgesi x, y, z ve x + y + z 1 olarak verilen dört düzlem tarafından sınırlanan düzgün dörtyüzlü olmak üzere, z dv integralini hesaplayınız. Şekil 26 : Şekil 27 : Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 143/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 144/ 225

üzgün dörtyüzlünün alt sınırı z düzlemi, üst sınırı x + y + z 1 (ya da z 1 x y) düzlemi olduğundan, Formül 26 de u 1 (x, y) ve u 2 (x, y) 1 x y alırız. x + y + z 1 ve z düzlemlerinin xy-düzlemindeki x + y 1 (ya da y 1 x) doğrusunda kesiştiklerine dikkat ediniz. olayısıyla nin izdüşümü üçgensel bir bölge olur ve {(x, y, z) x 1, y 1 x, z 1 x y} (28) elde edilir. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 145/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 146/ 225 nin 1. tipte bir bölge olarak gösterimi, integrali zdv 1 1 x olarak hesaplamamızı olanaklı kılar. 1 x y z dz dy dx zdv 1 1 1 2 1 x 1 x 1 1 x y [ z 2 1 x 2 z dz dy dx ] z1 x y z dy dx (1 x y) 2 dy dx Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 147/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 148/ 225

zdv 1 2 1 2 1 6 1 1 1 1 x [ (1 x y) 2 dy dx ] y1 x (1 x y)3 dx 3 y (1 x) 3 dx 1 6 [ ] 1 (1 x)4 1 4 24 {(x, y, z) (y, z), u 1 (y, z) x u 2 (y, z)} şeklindeki bölgesine 2.tipte bölge denir. Bu kez, bölgesi nin yz-düzlemi üzerine izdüşümüdür (Şekil 28). Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 149/ 225 Şekil 28 : Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 15/ 225 Arka yüzey x u 1 (y, z), ön yüzey x u 2 (y, z) olduğundan, u 2(y,z) f(x, y, z) dv f(x, y, z) dx da (29) u 1(y,z) Son olarak, {(x, y, z) (x, z), u 1 (x, z) y u 2 (x, z)} şeklinde verilen bir bölgesine 3.tipte bölge denir. Burada bölgesi nin xz-düzlemi üzerine izdüşümü, y u 1 (x, z) sol, y u 2 (x, z) sağ yüzeydir (Şekil 29). elde ederiz. Şekil 29 : Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 151/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 152/ 225

Bu tipteki bir bölge için f(x, y, z) dv u 2(x,z) u 1(x,z) f(x, y, z) dy da (3) enklem 29 ve 3 in her ikisinde de nin I. ya da II. tipte düzlemsel bir bölge olmasına (ve enklem 26 ve 27 e) bağlı olarak iki farklı ifade olabilir. elde edilir. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 153/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 154/ 225 Örnek Örnek : bölgesi y x 2 + z 2 paraboloidi ve y 4 düzlemi tarafından sınırlanan bölge olmak üzere, x 2 + z 2 dv integralini hesaplayınız. ğer yi 1. tipte bölge olarak düşünürsek, onun, Şekil 31 da gösterilen, xy-düzlemi üzerindeki izdüşümü olan parabolik 1 bölgesini ele almamız gerekir. (y x 2 + z 2 nin z düzlemindeki izi y x 2 parabölüdür.) Çözüm : bölgesi Şekil 3 da gösterilmiştir. Şekil 3 : Şekil 31 : Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 155/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 156/ 225

y x 2 + z 2 den z ± y x 2 elde edildiğinden nin alt sınırı z y x 2 yüzeyi, üst sınırı ise z y x 2 yüzeyidir. olayısıyla, nin 1. tipte bir bölge olarak ifadesi x 2 + z 2 dv 2 4 y x 2 x 2 + z 2 dz dy dx {(x, y, z) 2 x 2, x 2 y 4, y x 2 z y x 2 } olur ve elde ederiz. 2 x 2 y x 2 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 157/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 158/ 225 Bu, doğru olmakla birlikte hesaplanması son derece zor bir ifadedir. Bunun yerine yi, 3. tipte bir bölge olarak düşünelim. Bu durumda xz-düzlemi üzerindeki 3 izdüşümü Şekil 32 de gösterilen x 2 + z 2 4 dairesi olur. Şekil 32 : nin sol sınırı y x 2 + z 2 paraboloidi, sağ sınırı y 4 düzlemi olduğundan enklem 3 de, u 1 (x, z) x 2 + z 2 ve u 2 (x, z) 4 alarak x 2 + z 2 dv 3 4 x 2 +z 2 x 2 + z 2 dy da (4 x 2 z 2 ) x 2 + z 2 da 3 şeklinde yazılabilirse de, integrali xz-düzleminde x r cos θ, z r sin θ kutupsal koordinatlarına çevirmek daha kolaydır. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 159/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 16/ 225

Üç Katlı İntegrallerin Uygulamaları Bu bize verir. x 2 + z 2 dv (4 x 2 z 2 ) x 2 + z 2 da 3 2π 2 2π (4 r 2 )rr dr dθ dθ 2 [ 4r 3 2π 3 r5 5 (4r 2 r 4 ) dr ] 2 128π 15 nin yalnızca f fonksiyonunun tanım kümesi olduğunu ve f nin grafiğinin dört-boyutlu uzayda olduğunu anımsayınız. f(x, y, z) dv üç katlı integralini çeşitli fiziksel durumlarda, x, y, z ve f(x, y, z) nin fiziksel yorumuna bağlı olarak, çeşitli şekillerde yorumlamak olanaklıdır. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 161/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 162/ 225 Üç Katlı İntegrallerin Uygulamaları Üç Katlı İntegrallerin Uygulamaları deki her nokta için f(x, y, z) 1 olan özel durumla başlayalım. Bu durumda üç katlı integral gerçekten de nin hacmini verir: V () dv (31) Bunu, örneğin, 1. tipte bir bölge için Formül 25 da f(x, y, z) 1 alarak görebilirsiniz: u 2(x,y) 1 dv dz da [u 2 (x, y) u 1 (x, y)] da u 1(x,y) Bu ifadenin z u 1 (x, y) ve z u 2 (x, y) yüzeyleri arasında kalan bölgenin hacmini verdiğini biliyoruz. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 163/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 164/ 225

Örnek Örnek : x + 2y + z 2, x 2y, x ve z düzlemleri tarafından sınırlanan T düzgün dörtyüzlüsünün hacmini bir üç katlı integral kullanarak bulunuz. T düzgün dörtyüzlüsü ve onun xy-düzlemine izdüşümü Şekil 33 de gösterilmiştir. Çözüm : Şekil 33 : Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 165/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 166/ 225 Kütle T nin alt sınırı z düzlemi ve üst sınırı x + 2y + z 2 ya da z 2 x 2y düzlemi olduğundan V (T ) T 1 1 x/2 x/2 dv 1 1 x/2 x/2 2 x 2y (2 x 2y) dy dx 1 3 dz dy dx Çift katlı integral uygulamaları, üç katlı integrallere doğrudan genişletebilir. Örneğin, bir bölgesini kaplayan bir cismin yoğunluğu, herhangi bir (x, y, z) noktasında, birim hacimdeki kütle cinsinden ρ(x, y, z) ise, bu cismin kütlesi m ρ(x, y, z) dv (32) bulunur. (Hacim hesabı için üç katlı integralleri kullanmanın mutlaka gerekli olmadığına, bunun yalnızca farklı bir hesaplama olanağı sağladığına dikkat ediniz.) Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 167/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 168/ 225

Momentler Kütle merkezi koordinatları ve üç koordinat düzlemine göre momentleri M yz xρ(x, y, z) dv olarak verilir. M xz yρ(x, y, z) dv M xy zρ(x, y, z) dv (33) x M yz y M xz z M xy (34) m m m olarak verilen noktada bulunur. Yoğunluk sabit ise kütle merkezine kısaca merkez denir. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 169/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 17/ 225 Örnek Örnek : x y 2 parabolik silindiri ile x z, z ve x 1 düzlemleri tarafından sınırlanan ve yoğunluğu sabit olan cismin kütle merkezini bulunuz. Çözüm : cismi ile xy-düzleminin üzerine olan izdüşümü Şekil 34 ve 35 de gösterilmiştir. nin alt ve üst sınırları, sırasıyla z ve z x düzlemleri olduğundan, yi 1. tipte bir bölge olarak betimleriz: {(x, y, z) 1 y 1, y 2 x 1, z x} Şekil 34 : Şekil 35 : Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 171/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 172/ 225

Buradan yoğunluk ρ(x, y, z) ρ ise, kütle olur. m ρ ρ 2 ρ 1 1 1 y 2 1 1 ρ dv 1 1 x 1 y 2 x dx dy ρ 1 1 (1 y 4 ) dy ρ [y y5 5 ] 1 4ρ 5 1 ρ dz dx dy [ x 2 2 ] x1 xy 2 (1 y 4 ) dy dy ve ρ nun her ikisi de xz-düzlemine göre simetrik olduğundan, M xz, dolayısıyla da y olduğunu hemen söyleyebiliriz. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 173/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 174/ 225 iğer momentler M yz ρ 2ρ 3 1 1 1 y 2 1 xρ dv 1 1 x 1 y 2 x 2 dx dy ρ 1 1 (1 y 6 ) dy 2ρ 3 xρ dz dx dy [ x 3 3 ] x1 xy 2 dy ] 1 [y y7 4ρ 7 7 olur. M xy ρ ρ 3 1 1 1 y 2 1 zρ dv [ z 2 2 ] zx 1 1 x 1 y 2 z (1 y 6 ) dy 2ρ 7 dx dy ρ 2 zρ dz dx dy 1 1 1 y 2 x 2 dx dy Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 175/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 176/ 225

Buradan, kütle merkezi, ( Myz (x, y, z) m, M xz m, M ) xy m olarak bulunur. ( 5 7,, 5 14 ) Silindirik ve Küresel Koordinatlarda İntegraller Üç Katlı Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 177/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 178/ 225 Silindirik Koordinatlar Silindirik Koordinatlar f nin sürekli ve bölgesi kutupsal koordinatlarda {(r, θ) α θ β, h 1 (θ) r h 2 (θ)} olarak verilmek üzere, {(x, y, z) (x, y), u 1 (x, y) z u 2 (x, y)} olduğunu varsayalım. enklem 25 dan f(x, y, z) dv β h 2(θ) u 2(r cos θ,r sin θ) α h 1(θ) u 1(r cos θ,r sin θ) f(r cos θ, r sin θ, z)r dz dr dθ (35) formülünü elde ederiz. Formül 35 üç katlı integralin silindirik koordinatlardaki ifadesidir. Bu formülü kullanmak, bölgesi silindirik koordinatlarla kolayca betimlemeye uygun olduğu ve özellikle f(x, y, z) de x 2 + y 2 ifadesi geçtiği zaman yararlıdır. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 179/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 18/ 225

Örnek Çözüm : Örnek : cismi x 2 + y 2 1 silindirinin içinde, z 4 düzleminin altında ve z 1 x 2 y 2 paraboloidinin üstündedir. Herhangi bir noktadaki yoğunluk, noktanın silindirin eksenine olan uzaklığıyla doğru orantılıdır. nin kütlesini bulunuz. Silindirik koordinatlarda, silindirin ifadesi r 1 ve paraboloidin ifadesi z 1 r 2 olduğundan {(r, θ, z) θ 2π, r 1, 1 r 2 z 4} Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 181/ 225 yazabiliriz. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 182/ 225 (x, y, z) deki yoğunluk, z-eksenine olan uzaklıkla doğru orantılı olduğundan, yoğunluk fonksiyonu f(x, y, z) K x 2 + y 2 Kr dir. olayısıyla Formül 32 den nin kütlesi m K x 2 + y 2 dv olur. m 2π 1 4 2π 1 K 2π 2πK K x 2 + y 2 dv 1 r 2 (Kr)r dz dr dθ Kr 2 [4 (1 r 2 )] dr dθ dθ 1 [r 3 + r5 5 (3r 2 + r 4 ) dr ] 1 12πK 5 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 183/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 184/ 225

Örnek Örnek : 2 4 x 2 2 4 x 2 değerini bulunuz. 2 x 2 +y 2 (x 2 + y 2 ) dz dy dx integralinin Çözüm : Bu ardışık integral {(x, y, z) 2 x 2, 4 x 2 y 4 x 2, x 2 + y 2 z 2} nin alt yüzeyi z x 2 + y 2 konisi, üst yüzeyi de z 2 düzlemidir. Bu bölgenin silindirik koordinatlardaki ifadesi çok daha basittir: {(r, θ, z) θ 2π, r 2, r z 2} bölgesi üzerinde bir üç katlı integraldir ve nin xy-düzlemi üzerine izdüşümü x 2 + y 2 4 dairesidir. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 185/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 186/ 225 Küresel Koordinatlar olayısıyla 2 4 x 2 2 4 x 2 elde edilir. 2 x 2 +y 2 (x 2 + y 2 )dzdydx (x 2 + y 2 ) dv 2π 2 2 2π 2π dθ r 2 r 2 r dz dr dθ r 3 (2 r) dr [ 1 2 r4 1 5 r5 ] 2 16π 5, {(ρ, θ, φ) a ρ b, α θ β, c φ d} olarak verilen küresel bir yarık olmak üzere f(x, y, z)dv d β b c α a dir. f(ρ sin φ cos θ, ρ sin φ sin θ, ρ cos φ)ρ 2 sin φ dρdθdφ (36) Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 187/ 225

Küresel Koordinatlar Örnek Örnek : B bölgesi Bu formülü {(ρ, θ, φ) α θ β, c φ d, g 1 (θ, φ) ρ g 2 (θ, φ)} gibi daha genel küresel bölgeleri de kapsayacak şekilde genişletebiliriz. Bu durumda formül, ρ nun sınırlarının g 1 (θ, φ) ve g 2 (θ, φ)olması dışında (36) ile aynıdır. Küresel koordinatlar genellikle üzerinde integral alınan cismin sınırlarını koni ya da küre gibi yüzeylerin oluşturduğu üç katlı integrallerde kullanılır. B {(x, y, z) x 2 + y 2 + z 2 1} birim küresi olmak üzere e (x2 +y 2 +z 2 ) 3/2 dv integralinin değerini bulunuz. B Çözüm : B nin sınırı bir küre olduğu için, küresel koordinatları kullanırız: Ayrıca B {(ρ, θ, φ) ρ 1, θ 2π, φ π}. x 2 + y 2 + z 2 ρ 2 olduğundan küresel koordinatları kullanmak uygun olur. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 189/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 19/ 225 NOT (36) den B π 2π 1 e (x2 +y 2 +z 2 ) 3/2 dv e (ρ2 ) 3/2 ρ 2 sin φdρdθdφ π 2π 1 sin φdφ dθ ρ 2 e ρ3 dρ [ ] [ cos φ] π 1 1 (2π) 3 eρ3 4π (e 1) 3 Örnekteki integrali küresel koordinatları kullanmadan hesaplamak sıkıntılı olurdu. Örneğin kartezyen koordinatlarda ardışık integral olurdu. 1 1 x 2 1 x 2 y 2 1 1 x 2 1 x 2 y 2 (x e 2 +y 2 +z 2 ) 3/2 dzdydx bulunur. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 191/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 192/ 225

Örnek Örnek : z x 2 + y 2 konisinin üstünde ve x 2 + y 2 + z 2 z küresinin altında kalan cismin hacmini küresel koordinatları kullanarak bulunuz. (Bkz. Şekil 36.) Şekil 36 : Çözüm : Kürenin başlangıç noktasından geçtiğine ve merkezinin (,, 1 2 ) noktası olduğuna dikkat ediniz. Küre denklemini küresel koordinatlarda ρ 2 ρ cos φ ya da ρ cos φ biçiminde yazarız. Koninin denklemi de ρ cos φ ρ 2 sin 2 φ cos 2 θ + ρ 2 sin 2 φ sin 2 θ ρ sin φ olur. Buradan sin φ cos φ, φ π/4 bulunur. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 193/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 194/ 225 Şekil 37, integrali önce ρ sonra φ ve en sonunda θ ya göre aldığımızda nin nasıl tarandığını göstermektedir. olayısıyla, cisminin hacminin küresel koordinatlardaki ifadesi Şekil 37 : {(ρ, φ, θ) θ 2π, φ π/4, ρ cos φ} olur. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 195/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 196/ 225

Çok Katlı İntegrallerde eğişken eğiştirme nin hacmi V () 2π 2π 3 dθ dv π/4 π/4 2π π/4 cos φ [ ρ 3 sin φ 3 ] ρcos θ ρ sin φ cos 3 φdφ 2π 3 ρ 2 sin φ dρ dφ dθ dφ [ ] π/4 cos4 φ π 4 8 olur. eğişken değişikliği çift katlı integrallerde de yararlı olabilir. Bunun bir örneğini daha önce görmüştük: kutupsal koordinatlara çevirmek. Yeni r ve θ değişkenleri ile eski x ve y değişkenleri arasındaki ilişki x r cos θ y r sin θ dır ve değişken değişikliği formülü, rθ-düzlemindeki S bölgesi xy-düzlemindeki R bölgesine karşı gelmek üzere, f(x, y)da f(r cos θ, r sin θ)r dr dθ R olarak yazılabilir. S Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 197/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 198/ 225 Çok Katlı İntegrallerde eğişken eğiştirme Çok Katlı İntegrallerde eğişken eğiştirme aha genel olarak uv-düzleminden xy-düzlemine T (u, v) (x, y) biçiminde T dönüşümü tarafından verilen ve x ve y nin u ve v ile ilişkisi x g(u, v) y h(u, v) (37) ya da bazen yazdığımız gibi, x x(u, v) y y(u, v) Aslında bir T dönüşümü, yalnızca, tanım ve görüntü kümeleri R 2 nin altkümeleri olan bir fonksiyondur. T (u 1, v 1 ) (x 1, y 1 ) ise, (x 1, y 1 ) noktasına (u 1, v 1 ) in görüntüsü denir. Görüntüsü aynı olan iki nokta yoksa, T ye bire-birdir denir. olan bir değişken değiştirmeyi ele alırız. Sıklıkla T nin, g ve h nin birinci basamaktan sürekli kısmi türevleri olması anlamına gelen, bir C 1 dönüşümü olduğunu varsayarız. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 199/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 2/ 225

Çok Katlı İntegrallerde eğişken eğiştirme Çok Katlı İntegrallerde eğişken eğiştirme Bir T dönüşümünün uv-düzlemindeki bir S bölgesine etkisi Şekil 38 de gösterilmiştir. T dönüşümü S yi, S nin görüntüsü denilen, S deki noktaların görüntülerinden oluşan, xy-düzlemindeki R bölgesine dönüştürür. Şekil 38 : T dönüşümü bire-birse, xy-düzleminden uv-düzlemine bir T 1 ters dönüşümü vardır ve enklem 37 deki eşitlikler u ve v için x ve y cinsinden çözülebilir: u G(x, y) v H(x, y) Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 21/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 22/ 225 Örnek Örnek : x u 2 v 2 y 2uv ile bir dönüşüm tanımlanıyor. S {(u, v) u 1, u 1} karesinin görüntüsünü bulunuz. Çözüm: önüşüm, S nin sınırını görüntünün sınırına gönderir. olayısıyla S nin kenarlarının görüntüsünü bulmakla işe başlarız. S 1 kenarı v ( u 1) olarak verilir. Verilen denklemlerden x u 2, y ve dolayısıyla x 1 elde ederiz. Böylece S 1 in görüntüsü xy-düzleminde (, ) noktasından (1, ) noktasına giden doğru parçası olur. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 23/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 24/ 225

S 2 kenarı u 1, (, v 1) dir ve verilen denklemlerde u 1 koyarak x 1 v 2 y 2v buluruz. v yi yok ederek, bir parabol parçası olan eğrisini elde ederiz. x 1 y2 4 x 1 (38) Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 25/ 225 Benzer şekilde, v 1 ( u 1) olarak verilen S 3 kenarının görüntüsü x y2 1 1 x (39) 2 parabolik yayıdır. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 26/ 225 (Kareni çevresinde saat yönünün tersinde hareket ettiğimizde parabolik bölgenin çevresinde de saat yönünün tewrsinde hareket ettiğimize dikkat ediniz.) S bölgesinin (Şekil 39 de gösterilen) görüntüsü x-ekseni ile enklem (38) ve (39) de verilen parabollerle sınırlanan R bölgesidir. Son olarak, u ( v 1) olarak verilen S 4 kenarının görüntüsü x v 2, y, başka bir deyişle, 1 x dır. Şekil 39 : Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 27/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 28/ 225

Çok Katlı İntegrallerde eğişken eğiştirme Çok Katlı İntegrallerde eğişken eğiştirme Şimdi de değişken değiştirmenin bir çift katlı integrali nasıl etkilediğini görelim. uv-düzleminde sol alt köşesi (u, v ) ve kenar uzunlukları u ve v olan küçük bir S dikdörtgeni ile başlarız. r(u, v) g(u, v) i + h(u, v) j vektörü (u, u) noktasının görüntüsünün konum vektörüdür. S nin v v olan alt kenarının görüntüsü r(u, v ) vektör fonksiyonu tarafından verilen eğridir. Bu görüntü eğrisinin (x, y ) noktasındaki teğet vektörü dir. r u g u (u, v ) i + h u (u, v ) j x u i + y u j S nin görüntüsü, sınır noktalarından birisi (x, y ) T (u, v ) olan xy-düzlemindeki R bölgesidir. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 29/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 21/ 225 Çok Katlı İntegrallerde eğişken eğiştirme Çok Katlı İntegrallerde eğişken eğiştirme R T (S) görüntü bölgesini Şekil 4 de gösterildiği gibi, yaklaşık olarak a r(u + uiv ) r(u, v ) b r(u, v + v) r(u, v ) Benzer şekilde, S nin sol kenarının (diğer bir deyişle u u ın) görüntü eğrisinin (x, y ) noktasındaki teğet vektörü kiriş vektörleri tarafından belirlenen bir paralel kenar gibi düşünebiliriz. olur. r v g v (u, v ) i + h v (u, v ) j x v i + v u j Şekil 4 : Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 211/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 212/ 225

Çok Katlı İntegrallerde eğişken eğiştirme Çok Katlı İntegrallerde eğişken eğiştirme Burada r(u + u, v ) r(u, v ) r u lim u u ve dolayısıyla r(u + u, v ) r(u, v ) u r u dur. Benzer şekilde r(u, v + v) r(u, v ) v r v dir. Bu, R bölgesini yaklaşık olarak, u r u ve v r v vektörlerinin belirlediği paralel kenar olarak alabileceğimiz anlamına gelir. (Bkz. Şekil 41.) Şekil 41 : Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 213/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 214/ 225 Çok Katlı İntegrallerde eğişken eğiştirme Çok Katlı İntegrallerde eğişken eğiştirme olayısıyla, R nin alanını yaklaşık olarak, bu paralel kenarın alanı olarak alabiliriz. ( u r u ) ( v r v ) r u r v u v (4) Vektörel Çarpımı hesaplayarak i j k x y r u r v u u x y v v x u x v y u y v k x u y u x v y v k olarak elde ederiz. Bu hesaplamada ortaya çıkan determinanta dönüşümün Jakobiyeni denir ve özel bir sembolle gösterilir. Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 215/ 225 Öğr. Gör Volkan ÖĞR MAT 11 Matematik II 216/ 225