T I M U R K A R A Ç AY- H AY D A R E S - I B R A H I M I B R A H I M O G L U
C A L C U L U S
S E Ç K I N YAY I N C I L I K
Copyright © 2017 Timur Karaçay-Haydar Es-Ibrahim Ibrahimoglu
BU K I TA P B A S K E N T Ü N I V E R S I T E S I N D E H A Z I R L A N M I S T I R .
A N K A R A
Büyün hakları saklıdır. Yazarların izni alınmaksızın, bu kitabın tamamı vaya bir kısmı elektronik, mekanik, fotokopi veya
baska bir yolla çogaltılamaz, kopyalanamaz, basılamaz, internet ve bilgisayar ortamında tutulamaz. Bu konuda TELIF
HAKLARI YASASI HÜKÜMLERI geçerlidir.
Birinci baskı, Eylül 2017
Contents
Katlı Integral 9
Hacim hesapları 33
Fiziksel uygulamalar 41
Üç Katlı Integraller 67
Index 81
Katlı Integral
Figure 1: Riemann toplamıBu bölümde iki ve üç katlı integral uygulmlarına yer verilecektir.
Iki katlı Integral
f : [a,b] ⊂R→R, y = f (x) fonksiyonunun tek katlı integralini, Del t ax =b−ak t ∈ [xi−1, xi ] olmak üxere∫ b
af (x)d x = lim n →∞
n∑i=1
f (t )∆xi (1)
Riemann toplamının limiti olarak tanımlamıstık. f (x) ≥ 0 ise∫ b
a f (x)d x
integrali [a,b] aralıgı üzerinde ve f fonksiyonunun grafigi altında kalan
düzlemsel bölgenin alanına esit oldugunu biliyoruz.
Figure 2: Riemann toplamı
Figure 3: Riemann toplamı
Simdi, tek degiskenli fonkiyonlar için bildigimiz bu integral kavramının
f : D ⊂R2 →R, z = f (x, y) (2)
iki egiskenli fonksiyonuna genellestirecegiz. tek katlı integraldeki küçük
∆z uzunlugu yerine küçük Del t axDel y ay dikdörtgen alanı gelecektir. S
yüzeyi
S = {(x, y , z) ∈R3| 0 ≤ z ≤ f (x, y), (x, y) ∈ D} (3)
olsun.
f : D ⊂R2 →R, z = f (x, y) (4)
fonksiyonu D bölgesinde tanımlı ve her (x, y) ∈ D için | f (x, y)| ≤ M olacak
biçimde bir M sayısı var olsun. Eger
D = {(x, y)| a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d} (5)
Figure 4: Bölüntü
ise, koordinat eksenleine paraleller çizerek, D bölgesini Sekil (13)
deki gibi sonlu sayıda küçük dikdörtgenlere ayıralım. Olusan küçük
dikdörtgenler ailesine D bölgesinin bir bölüntüsü (partition) denilir. Bu
bölüntüyü P ile gösterirsek;
Di j = [xi−1, xi ]× [y j−1, y − j ]
= {(x, y)| xi−1 ≤ x ≤ xi , y j−1 ≤ y ≤ y j }
(i = 1,2,3, . . . ,m; j = 1,2,3, . . . ,n)
olur. Bölüntü aralıklarını esit alarak,
∆x = b −a
m, ∆y = d − c
n(6)
10 C A LC U LU S
diyelim. Di j dikdörtgenlerinin herbirisin alanı
∆Ai j =∆xi .∆y j (7)
dir. Bu dikdötgen alanının kösegen uzunluguna di j diyelim. pisagor
teoreminden, d 2i j = (δxi )2 + (∆y j )2 olur.
||P || = max{di j : (i = 1,2,3, . . . ,m; j = 1,2,3, . . . ,n)} (8)
limm→∞,n→∞⇒||P ||→ 0
olacaktır.
Tanım 0.1.
ve (s, t ) ∈ Di j olmak üzereÏD
f (x, y)d A = limm→∞,n→∞
m∑i=1
n∑j=1
f (s, t )∆Ai j
= lim||P ||→0
m∑i=1
n∑j=1
f (s, t )∆Ai j
limiti varsa, bu limite f (x, y) fonksiyonunun D bölgesinde iki katlı
integrali denilir. 1 2 31 f (x, y) fonksiyonu D bölgesindesürekli ise, yukarıdaki limitler vardır.Dolayısıyla, bir bölgede sürekli olan
iki degiskenli fonksiyonun o bölgeüzerinde iki katlı integrali vardır.
2 f (x, y) ≥ 0 ise z = f (x, y)yüzeyinin altında ve D bölgesinin
üzerinde olusan katı cismin hacmi
V =Ï
Df (x, y)d A (9)
dır.3 f (x, y) = 1 ise z = f (x, y) = 1 yüzeyinin al-
tında ve D bölgesinin üzerinde olusankatı cismin hacmi V = A × 1 = A
olacagından, D bölgesinin alanı
A =Ï
Dd A (10)
olur.
Süreksizlik noktalarını atarak fonksiyonun sürekli oldugu bir D böl-
gesinde integralini tanımlayabiliriz. D ⊂ R ve f fonksiyonu D üzerinde
sürekli olmak üzere
F (x, y) = f (x, y) (x, y) ∈ D
0 (x, y) 6∈ D
tanımını yapalım. BuradanÏD
f (x, y)d A =Ï
RF (x, y)d A (11)
çıkar.
Iki Katlı Integralin Özelikleri
1. ÏDα f (x, y)d A =α
Ïf (x, y)d A (α ∈R) (12)
2. ÏD
(f (x, y)± g (x, y
)d A =
ÏD
f (x, y)d A±Ï
Df (x, y)d A (13)
3.
I =Ï
Df (x, y)d A
=Ï
D1
f (x, y)d A+Ï
D2
f (x, y)d A, (D = D1 ∪D2, D1 ∩D2 =;)
4. Her (x, y) ∈ D için f (x, y) ≤ g (x, y) ise
ÏD
f (x, y)d A ≤Ï
Dg (x, y)d A (14)
5. ∣∣∣∣ÏD
f (x, y)d A
∣∣∣∣≤ÏD
∣∣g (x, y)∣∣d A (15)
Bunların ispatları iki katlı integral tanımından çıkarılabilir.
K AT L I I N T E G R A L 11
Ardısık Integral
Çok katlı integral hesabı yaparken, tanımı kullanmak pratik degildir.
Onun yerine katlı integrali tek katlı integrallerin art arda uygulanması
haline dönüstürebiliriz. Bu yöntem isi çok kolaylastırır. D bölgesi (5) gibi
verilsin. Bu durumdaÏD
f (x, y)d A =∫ b
a
(∫ d
cf (x, y)d x
)d y (16)
esitligi vardır.
Bu esitlikte x le y degiskenlerinin sırası degisirilebilir:ÏD
f (x, y)d A =∫ d
c
(∫ b
af (x, y)d y
)d x (17)
Örnek 0.2. ÏD
x2 yd A (18)
integralini D = {0 ≤ x ≤ 3;1 ≤ y ≤ 2} bölgesi üzerinde bulunuz.
Çözüm 1:
I =Ï
Dx2 yd A
=∫ 3
0
∫ 2
1x2 yd yd x
=∫ 3
0
(∫ 2
1x2 yd y
)d x
=∫ 3
0
(x2 y2
2
∣∣∣∣2
y=1d x
=∫ 2
1
3
2x2d x
= 27
2
Çözüm 2:
I =Ï
Dx2 yd A
=∫ 2
1
∫ 3
0x2 yd x y
=∫ 2
1
(∫ 3
0x2 yd y
)d x
=∫ 2
1
(y
x3
3
∣∣∣∣3
x=0d y
=∫ 2
19yd y
= 27
2
Theorem 0.3.
(Fubini) f (x, y) fonksiyonu D = {a ≤ x ≤ b;c ≤ y ≤ d} bölgesi üzerinde
sürekli iseÏD
f (x, y)d A =∫ b
a
∫ d
cf (x, y)d yd x =
∫ d
c
∫ b
af (x, y)d xd y
esitligi vardır.
12 C A LC U LU S
Örnek 0.4. D = {1 ≤ x ≤ 2;0 ≤ y ≤ 1} bölgesi üzerindeÏD
x2 y5d A (19)
integralini bulunuz.
Çözüm 1:
I =Ï
Dx2 yd A
=∫ 2
1
(∫ 1
0x2 y5d y
)d x = 7
18
=∫ 1
0
(∫ 2
1x2 y5d x
)d y = 7
18
Örnek 0.5.
f (x, y) = 2 (20)
fonksiyonunun D = {2 ≤ x ≤ 4;3 ≤ y ≤ 6} bölgesi üzerinden integralini
bulunuz.
Çözüm: ÏD
2d A =∫ 4
3
∫ 4
22d x d y = 2
∫ 4
34d y = 8
Örnek 0.6.
f (x, y) = 6x y2 (21)
fonksiyonunun D = {[2,4]× [1,2]} bölgesi üzerinden integralini bulunuz.
Çözüm 1: ∫ ∫D
6x y2 d A =∫ 4
2
∫ 2
1(6x y2)d y d x
=∫ 4
2
(2x y3)∣∣2
1 d x
=∫ 4
114x d x
= 7x2∣∣42
= 84
ntegrallerin sırasını degistirirsek,
Çözüm 2: ∫ ∫D
6x y2d A =∫ 2
1
∫ 4
2(6x y2)d y d x
=∫ 2
1
(3x2 y2)
∣∣42 d x
=∫ 4
114x36y2 d y
= 12y3∣∣21
= 84
Örnek 0.7.
f (x, y) = 2x −4y3 (22)
fonksiyonunun D = {[−5,4]× [0,3]} bölgesi üzerinden integralini bulunuz.
K AT L I I N T E G R A L 13
Çözüm 1:
∫ ∫D
2x −4y3 d A =∫ 4
−5
∫ 3
0(2x −4y3)d y d x
=∫ 4
−5(2x y − y4)
∣∣30 d x
=∫ 4
−5(6x −1)d x
= (3x2 −81x)∣∣4−5
=−756
Örnek 0.8.
f (x, y = 2sin x −3y3 +5, (23)
fonksiyonunun D = {x2 + y2 ≤ 1} bölgesi üzerinden integralini bulunuz.
Çözüm:
∫ ∫D
2d A =∫
34∫ 4
2(2sin x −3y3 +5)d x d y
=∫
34∫ 4
2(2sin x)d x d y +
∫ ∫A
2d A
=∫
34∫ 4
2(−3y3)d x d y
+∫ ∫
D2d A
=∫ 4
3
∫ 4
2(5)d x d y
Örnek 0.9.
f (x, y = 6x y , (24)
fonksiyonunun A = {0 ≤ x ≤ 2;0 ≤ y ≤ x2} bölgesi üzerinden integralini
bulunuz.
Çözüm 1:
∫ ∫A
2d A =∫ 2
0
∫ x2
06x yd yd x
=∫ 2
0(3x y2∣∣x2
y=0 d x
=∫ 2
03x5d x
= 1
2x6|20
= 1
2(64)− 1
2(0)
= 32
14 C A LC U LU S
Çözüm 2: ∫ ∫A
2d A =∫ 2
0
∫ 2
py
6x yd yd x
=∫ 4
0
(3x y2∣∣x2
y=0 d x
=∫ 4
03x2y
∣∣2y=0 d x
=∫ 4
0(12y −3y2)d y
= (6y2 − y3∣∣40
= (6(42)−43)−6(02 −02)
= 32
Örnek 0.10.
f (x, y = y z (25)
fonksiyonunun V = {0 ≤ y ≤ 2;−1 ≤ z ≤ y2;1 ≤ x ≤ z} bölgesi üzerinden
integralini bulunuz.
Çözüm:
∫ 2
0
∫−1y2
∫ z
1=
Neden Integral sırasını degistiriyoruz*
Katlı integrali ardısık integral (iterated) haline getirebidigimiz durum-
larda, birisini öne ya da sona almak çogu kez önem tasımaz. ama bazı
durumlarda birisini öne almanın kolaylık sagladıgı görülebilir. Bununla
ilgili iyi bilinen iki örnek vercegiz.
Örnek 0.11.
f (x, y) = exy (26)
fonksiyonunun D = {1 ≤ x ≤ y ;0 ≤ y ≤ 1} bölgesi üzerinden integralini
bulunuz.
Çözüm: ∫ ∫D
exy d A =
∫ 1
0
∫ y
0e
xy d x d y
=∫ 1
0(yex2
∣∣∣∣y
0)d y
=∫ 1
0(e − y)d y
= (e −1)∫ 1
0yd y
= 1
2(e −1)y2
∣∣∣∣1
0
= 1
2(e −1)
Burada intgralin sırasını degistirirsek∫ x
y d y integralini hesaplayamayız.
K AT L I I N T E G R A L 15
Örnek 0.12.
f (x, y) = ex2(27)
fonksiyonunun D = {0 ≤ y ≤ x;0 ≤ x ≤ 1} bölgesi üzerinden integralini
bulunuz.
Çözüm: ∫ ∫D
ex2 d A =∫ 1
0
∫ x
0ex2
d y d x
=∫ 1
0(yex2
∣∣∣y
0)d y
=∫ 1
0(yex2)
∣∣x0 d x
=∫ 1
0
(xex2) d x
= 1
2(e −1)
Burada intgralin sırasını degistirirsek∫ x
y d y integralini hesaplayamayız.
Örnek 0.13.
f (x, y) = 6x2 y (28)
fonksiyonunun D = {−1 ≤ x ≤ 3;0 ≤ y ≤ 1} bölgesi üzerinden integralini
bulunuz.
Çözüm: ∫ 3
−1
∫ 1
06x2 yd yd x
=∫ 3
−13x2 y2∣∣1
y=0 d x
=∫ 3
−13x2d x
= x3∣∣3−1
= 28
Örnek 0.14.
f (x, y) = 6x2 y (29)
fonksiyonunun D = {0 ≤ x ≤ 1;−1 ≤ y ≤ 3} bölgesi üzerinden integralini
bulunuz.
Çözüm: ∫ 1
0
∫ 3
−16x2 yd xd y =
∫ 1
02x3 y
∣∣3x=−1 d y
=∫ 1
056yd y
= 56y2
2
∣∣∣∣1
y=0
= 28
Örnek 0.15.
f (x, y) = y√x + y2
(30)
fonksiyonunun D = {1 ≤ x ≤ 4;0 ≤ y ≤ 2} bölgesi üzerinden integralini
bulunuz.
16 C A LC U LU S
Çözüm:
∫ 4
1
∫ 2
0
y√x + y2
d yd x =∫ 4
1
(px +4−p
x)
d x
= 2 (p
x +4−px)
∣∣∣4
1
= 2(p
8−p4)− (
p5−p
1))
= 2((2p
2−2−p5+1)
)= 2
(2p
2−p5−1
)Örnek 0.16.
f (x, y) = y√x + y2
(31)
fonksiyonunun D = {1 ≤ x ≤ 4;0 ≤ y ≤ 2} bölgesi üzerinden integralini
bulunuz.
Çözüm:
∫ 2
0
∫ 4
1
y√x + y2
d xd y =∫ 2
02y
(√4+ y2 −
√1+ y2
)d y
= 2(2p
2−p5−1)
)
Örnek 0.17.
f (x, y) = x y (32)
fonksiyonunun D = {(x, y) : 0 ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 3)}, bölgesi üzerinden integralini
bulunuz.
Çözüm:
=∫ ∫
Dx yd A =
∫ 1
0
∫ 3
0x y d yd x
=∫ 1
0x
y2
2
∣∣∣∣3
0d x
=∫ 1
0x(
9
2−0) d x
= 9
2
x2
2
∣∣∣∣1
0
= 9
4
Figure 5: Riemann toplamı
Örnek 0.18.
f (x, y) =px y (33)
fonksiyonunun D = {(x, y) : 1 ≤ x ≤ 4, 4 ≤ y ≤ 9} bölgesi üzerinden
integralini bulunuz.
K AT L I I N T E G R A L 17
Çözüm:
∫ 4
1
∫ 9
4
px y d yd x =
∫ 4
1
∫ 9
4
pxp
y d y d x
= 2
3
∫ 4
1
px
∫ 9
4
py d yd x
= 2
3
∫ 4
1
px(3−2)
∣∣94 d x
= 2
3
∫ 4
1
px(3−2) d x
= (2
3)(
2
3)√
x3∣∣∣4
1
= (4
9)(8−1)
= 28
9
Figure 6: Riemann toplamı
Örnek 0.19.
f (x, y) = yex (34)
fonksiyonunun D = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 2,−1 ≤ y ≤ 1} bölgesi üzerinden
integralini bulunuz.
Çözüm:
∫ 2
0
∫ 1
−1yex d yd x =
∫ 2
0ex y2
2
∣∣∣∣1
−1d x
=(
1
2− 1
2
)∫ 2
0ex d x
= 0∫ 1
−1
∫ 2
0yex d x d y =
∫ 1
−1yex
∣∣∣∣2
x=0d x
=∫ 1
−1y(e2 −1)d y
= (e2 −1)y2
2
∣∣∣∣1
y=−1
= (e2 −1)
(1
2− 1
2
)= 0
Figure 7: Yüzey Altında
Asagıdaki integrallerde integral sırası önem kazanmaktadır. Hesabı
kolaylastıran integral sırasını belirleyerek integrali hesaplayınız.
a) D = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 1 ≤ y ≤ 2)},∫ ∫
D xex y d A
18 C A LC U LU S
∫ ∫D
xex y d A =∫ 1
0
∫ 2
1xex y d y d x
=∫ 1
0x
(∫ 2
1ex y d y
)d x
=∫ 1
0
(e2x −ex)
d x
= e2x
2−ex
∣∣∣∣1
0
=(
e2
2−e
)−
(1
2−1
)= e2
2−e + 1
2
Figure 8: Bölüntü
b)D = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1},∫ ∫
Dx
1+x y d A}
u = 1+x y ,du = xd y konumuyla;
∫ ∫D
x
1+x yd A =
∫ 1
0l n(1+x y)
∣∣10 d x
=∫ 1
0[ln(1+x)− ln1]d x
=∫ 1
0ln(1+x)d x
= (x +1) (ln(x +1)− ln1)|10= 2(ln2−1)
Figure 9: Bölüntü
Verilen denklemlerin grafikleri ile sınırlanan bölgeyi grafikle gösteriniz
ve küme gösterimiyle, düzgün x-bölgesi ve/veya düzgün y-bölgesi olarak
ifade ediniz.
a) y = 5−x2, y = 1
Figure 10: Yüzey Altında Hacim
D = {(x, y)|−2 ≤ x ≤ 2, 1 ≤ y ≤ 5−x2}
= {(x, y)|1 ≤ y ≤ 5, −√5− y ≤ x ≤√
5− y}
b) y = x2, y = 4
Figure 11: Sütünların Olusumu
D = {(x, y)|−2 ≤ x ≤ 2, x2 ≤ y ≤ 4}
= {(x, y)|0 ≤ y ≤ 4, −py ≤ x ≤py}
c) y = x2 −6x +8, x + y = 8
Figure 12: Yüzey Altı
D = {(x, y)|y = x2 −6x +8, x + y = 8}
d) y = 5+4x −x2, x + y = 5
Figure 13: Riemann toplamı
D = {(x, y)|0 ≤ x ≤ 5, −x +5 ≤ y ≤ 5+4x −x2}
K AT L I I N T E G R A L 19
Köseleri (1,1), (3,3), (4,3) ve (5,2) noktalarında olan dörtgensel bölge
D olsun. D yi sadece sınır noktalarında ortak noktaları bulunan düzgün
bölgelerin birlesimi olarak ifade ederek
a)∫ ∫
D 24xd A
Figure 14: Riemann toplamı
D = D ! ∪D2 ∪D3∫ ∫D
24xd A =∫ ∫
D24xd A1 +
∫ ∫D
24xd A2 +∫ ∫
D24xd A3
=∫ 3
1
∫ x
x4 + 3
4
24xd yd x
+∫ 4
3
∫ 3
x4 + 3
4
24xd yd x
+∫ 5
4
∫ 7−x
x4 + 3
4
24xd yd x
∫ ∫D
24yd A =∫ ∫
D24yd A1 +
∫ ∫D
24yd A2 +∫ ∫
D3
24yd A3
=∫ 3
1
∫ x
x4 + 3
4
24yd yd x
+∫ 4
3
∫ 3
x4 + 3
4
24yd yd x
+∫ 5
4
∫ 7−x
x4 + 3
4
24yd yd x
Integrasyon bölgesi verilmis olan çift katlı integrali hesaplayınız.
a) D = {(x, y) : 0 ≤ y ≤ 2x,0 ≤ x ≤ 2},∫ ∫
D (x2 +x y)d A
Figure 15: Riemann toplamı
∫ 2
0
∫ 2x
0(x2 +x y)d yd x = 16
b) D = {(x, y) : 0 ≤ x <≤ y ,0 ≤ y ≤ 1},∫ ∫
D (24x y3)d A
Figure 16: Riemann toplamı
∫ 1
0
∫ y
024x y3d xd y =
∫ 1
012x2 y3∣∣y
0 d y
=∫ 1
012y3(y2 −0)d y
=∫ 1
012y5d y
= 2y6∣∣10
= 2
c) D = {(x, y) : y2 ≤ x ≤ y ,0 ≤ y ≤ 1},∫ ∫
Dp
x yd A
Figure 17: Riemann toplamı∫ 1
0
∫ y
y2
px yd xd y = 2
27
ç) D = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ y2,0 ≤ y ≤ 1},∫ ∫
D yex d A
Figure 18: Riemann toplamı
20 C A LC U LU S
∫ 1
0
∫ x
0yex d xd y =
∫ 1
0ex y
∣∣y2
x=0 d y
=∫ 1
0(e y2
y − y)d y
= 1
2e y2 − y2
2
∣∣∣∣1
0
= 1
2e −1
d) D = {(x, y) : 0 ≤ y ≤ x,0 ≤ x ≤ 1},∫ ∫
D ex+y d A
Figure 19: Riemann toplamı ∫ 1
0
∫ x
0ex+y d yd x =
∫ 1
0
∫ x
0ex e y d yd x
= 1
2(e −1)2
Integrasyon bölgesinin grafigini çizerek integral sırasını degistiriniz.
a)∫ 1
0
∫ x3
x4 f (x, y)d yd x
Figure 20: Riemann toplamı ∫ 1
0
∫ x3
x4f (x, y)d yd x
=∫ 1
0
∫ 4py
3pyf (x, y)d xd y
Asagıdaki integralleri integrai sırasını degistirerek hesaplayınız (inte-
gral sırasını degistirmeden hesaplamayı denemeyiniz!)
a)
∫ 1
0
∫ 1
xe y2
d yd x =∫ 1
0
∫ y
0e y2
d xd y
=∫ 1
0e y2
x∣∣∣y
0d y
=∫ 1
0ye y2
d y
= e y2
2
∣∣∣∣∣y
0
= e
2− 1
2
= 1
2(e −1)
Figure 21: Riemann toplamı
K AT L I I N T E G R A L 21
b) ∫ 1
0
∫ 1
y212yex2
d xd y =∫ 1
0
∫ px
012yex2
d yd x
=∫ 1
012ex2
∣∣∣∣p
x
y=0d x
= 6∫ 1
0ex2
xd x
= 3ex2∣∣∣1
x=0
= 3(e −1)
Figure 22: Riemann toplamı
c) ∫ 2
0
∫ 4
y2
4y
1+x2 d xd y =∫ 4
0
∫ px
0
4y
1+x2 d yd x
=∫ 4
0
1
1+x2 2y2∣∣∣∣p
x
0d x
=∫ 4
0
2y2
1+x2
∣∣∣∣p
x
0d x
=∫ 4
0
2x
1+x2 d x
= l n(1+x2)∣∣40
= ln(17)− l n(1)
= ln(17)
Figure 23: Riemann toplamı
ç) ∫ 4
0
∫ 2
x2
2√
1+2y2d yd x =∫ 2
0
∫ 2y
02√
1+2y2d xd y
=∫ 2
02√
1+2y2x
∣∣∣∣2y
0d y
=∫ 2
0
√1+2y24yd y
= 2
3
√(1+2y2)3
∣∣∣∣2
0
= 2
3
(√93 −1
)= 2
3(26)
= 52
3
Figure 24: Riemann toplamı
b)∫ 1
0
∫ y2
0 f (x, y)d xd y
Figure 25: Riemann toplamı
∫ 1
0
∫ y2
0f (x, y)d xd y
=∫ 1
0
∫ 1
px
f (x, y)d yd x
c)∫ 2
0
∫ 4xx3 f (x, y)d yd x
Figure 26: Riemann toplamı
22 C A LC U LU S
∫ 2
0
∫ 4x
x3f (x, y)d xd y
=∫ 8
0
∫ 3py
y/4f (x, y)d yd x
ç)∫ 8
0
∫ √y2
y4
f (x, y)d yd x
Figure 27: Riemann toplamı∫ 8
0
∫ √y2
y/4f (x, y)d xd y
=∫ 2
0
∫ 4x
2x2f (x, y)d yd x
Integrasyon bölgesi D verilen denklemlerin grafikleri ile sınırlanan çift
katlı integrali hesaplayınız.
a) D = {y = x2, y = x} ile sınırlı,∫ ∫
D y2d A
∫ ∫D
y2d A =∫ 1
0
∫ x2
x3y2d yd x
=∫ 1
0
y3
3
∣∣∣∣x2
x3d x
= 1
3
∫ 1
0(x6 −x9)d x
= 1
3[
x7
7− x10
10]
∣∣∣∣1
0
= 1
70
b) D = {y2 = 2x, y2 = 8−2x ile sınırlı },∫ ∫
D (4− y2)d A
Figure 28: Riemann toplamı∫ ∫
D(4− y2)d A = 2
∫ 2
0
∫ p2x
0(4− y2)d yd x
+2∫ 4
2
∫ p8−2x
0(4− y2)d yd x
= 2
(128
15+ 128
15
)= 512
15
Figure 29: Riemann toplamı
∫ ∫D
ex2d A =
∫ 2
0
∫ x/2
0ex2
d yd x
=∫ 2
0ex2
y
∣∣∣∣x/2
0d x
=∫ 2
0ex2 x
2d x
= 1
2
∫ 2
0xex2
d x
= 1
4(e4 −1)
K AT L I I N T E G R A L 23
ç) D = {x = 0, x = 2y , y = 1} ile sınırlı bölge,∫ ∫
D e−y2 d A
∫ ∫D
e−y2 d A =
∫ 2
0
∫ 1
x/2e−
y2 d yd x
=∫ 2
0−2e−y/2
∣∣∣∣1
x/2d x
=−2
(∫ 2
0e−1/2 −e−x/4
)d x
=−2
(∫ 2
0xe−1/2 +4e−x/2
)2
0d x
=−2
[(
2pe+ 4
e)− (0+4)
]= 8− 4p
e− 8
e
= 8e −4p
e −8
e
Katlı Integral Uygulamaları
Theorem 0.20. D = {a ≤ x ≤ b; g1(x) ≤ y ≤ g2(x)} bölgesi üzerinde f (x, y)
fonksiyonu sürekli iseÏD
f (x, y)d A =∫ b
a
∫ g2(x)
g1(x)f (x, y)d yd x
olur.
Degiskenlerin yerleri degistirilirse, benzer sonuç elde edilebilir:
D = {c ≤ y ≤ d ;h1(y) ≤ y ≤ h2(y)} bölgesi üzerinde f (x, y) fonksiyonu
sürekli ise ÏD
f (x, y)d A =∫ d
c
∫ h2(x)
h1(x)f (x, y)d xd y
olur.
Ispat: Ardısık integral tanımından çıkarılır.
Örnek 0.21. D = {y = 0,Y = 2x, x = 1} dogruları ile sınırlı bölge iseÏD
(x + y)d A (35)
integralini bulunuz.
Çözüm :
I =Ï
D(x + y)d A
=∫ 1
0
(∫ 2x
0(x + y)d y
)d x = 4
3
=∫ 2
0
(∫ 1
y2
(x + y)d x
)d y = 4
3
Örnek 0.22.
I =∫ 2
0
∫ ex
1f (x, y)d yd x
integralinin ardısık integral sırasını degistiriniz.
24 C A LC U LU S
Çözüm :
I =∫ e2
1
∫ 2
lnyf (x, y)d xd y
Örnek 0.23.
I =∫ 2
−1
∫ x
x2−2f (x, y)d yd x
integralinin ardısık integral sırasını degistiriniz.
Çözüm :
I =∫ −1
−2
∫ py+2
−py+2f (x, y)d yd x +
∫ 2
−1
∫ py+2
yf (x, y)d yd x
Örnek 0.24.
I =∫ 1
0
∫ 1
xe y2
d yd x
integralini hesaplayınız..
Çözüm :
I =∫ 1
0
∫ y
0e y2
d xd y
=∫ 1
0ye y2
d y
= e −1
2
Örnek 0.25.
I =∫ 1
0
∫ x2
0(x + y)d yd x
integralinin ardısık integral sırasını degistirerek hesaplayınız.
Çözüm :
I =∫ 1
0
∫ 1
py
(x + y)d xd y
= 7
20
Örnek 0.26. D bölgesi x2 + y2 = 1 çemberi ile x2 +2y2 = 1 elipsi ile sınırlı
bölge ise
I =Ï
Dx2d A
integralini hesaplayınız.
Çözüm : sekilden görüldügü gibi D = D1 ∪D2 olarak iki parçaya
K AT L I I N T E G R A L 25
ayırmalıyız.
I =Ï
Dx2d A =
ÏD1
x2d A+Ï
D2
x2d A
=∫ 1
−1
∫ p1−x2√
1−x22
x2d yd x +∫ 1
−1
∫ −√
1−x22
−p
1−x2x2d yd x
= 2∫ 1
−1x2
√1−x2 −
√1−x2
2
d x
= 2
(1− 1p
2
)∫ 1
−1x2
√1−x2d x
= 4
(1− 1p
2
)∫ 1
−1x2
√1−x2d x, (x = si nt ,d x = costd t )
= 4
(1− 1p
2
)∫ π/2
0si n2tcos2td t
= 4
(1− 1p
2
)1
4
∫ π/2
0si n22td t
= 4
(1− 1p
2
)1
8
∫ π/2
0(1− cos4t )d t
= 4
(1− 1p
2
)1
8
(t − si n4t
4
∣∣∣∣π/2
0
= 4
(1− 1p
2
)π
16
= (p
2−1)π
4p
2
Örnek 0.27. D bölgesi birinci dörtte birlik alanda x y = 16, y = x, y = 0, x =8 egrileri ile sınırlı bölge ise
I =Ï
Dx2d A
integralini hesaplayınız.
Çözüm 1:
I =Ï
Dx2d A =
ÏD1
x2d A+Ï
D2
x2d A
=∫ 4
2
∫ 16/y
yx2d xd y +
∫ 2
0
∫ 8
yx2d xd y
= 1
3
∫ 4
2
(163
y3
)d y + 1
3
∫ 2
0(83 − y3)d y
= 448
Çözüm 2:
I =Ï
Dx2d A =
ÏD1
x2d A+Ï
D2
x2d A
=∫ 4
0
∫ x
0x2d yd x +
∫ 8
4
∫ 16/x
0x2d yd x
= 448
Örnek 0.28. D bölgesi y = x2, y = 8−x2 egrileri ile sınırlı bölgenin alanını
bulunuz.
Al an A =Ï
Dd A
26 C A LC U LU S
integralini hesaplayınız.
Çözüm 1:
I =Ï
Dx2d A =
ÏD1
x2d A+Ï
D2
x2d A
=∫ 2
−2
∫ 8−x2
x2d yd x
=∫ 2
−2
((8−x2)−x2)d x
= 64
3
Alıstırmalar
Asagıdaki katlı hesaplayınız.
1.∫ 1
0
∫ 1−x
0(1−x − y)d yd x
2.∫ 1
0
∫ 1
px
cos y3d yd x
3.∫ 1
0
∫ 1
ysin x2d xd y
4.∫ 2
0
∫ p2x−x2
0(x2 + y2)d yd x
5.∫ 4
0
∫ 2y
y(x +e y )d xd y
6.∫ 2
−1
∫ x2+1
x(x y)d yd x
7.∫ 1/2
0
∫ y
0
1p1−x2
d xd y
8.∫ 4
0
∫ px
x/2x2 yd yd x
9.∫ p
2
0
∫ p2−y2
−p
2−y2(2x − y)d xd y
10.∫ 1
0
∫ 2y
0e−y2
d xd y
11.∫ 1
0
∫ p1−x2
−p
1−x2xd yd x
12.∫ 1
−1
∫ p1−y2
0xd xd y
Katlı integralde degisken degistirme
Tek degiskenlilerde oldugu gibi, bazı durumlarda degisken degistirerek
katlı integral daha kolay hesaplanabilir hale dönüstürülebilir. Aslında
katlı integrali ardısık integraller olarak hesaplayabildiginmize göre,
degisken degistirimi tek degiskenli integrallerde yaptıgımızın tekrarı
olacaktır. Yine de bu dönüsümün yapılabilmesini mümkün kılan teoremi
ifade etmekte yarar vardır.
K AT L I I N T E G R A L 27
Theorem 0.29. 1. f (x, y) fonksiyonu xy-düzlemindeki bir D bölgesinde
sürekli olsun.
2. Düzlemde tanımlı bir T dönüsümü
T :
x = g (u, v)
y = h(u, v)
parametrik biçiminde verilsin.
3. g ve h fonksiyonları D∗ üzerinde sürekli olsunlar.
4. T dönüsümü bire-bir örten olacak biçimde D bölgesini D∗ bölgesine
dönüstürsün.
5.
J (u, v) = ∂(x, y)
∂(u, v)=
[∂x∂u
∂x∂v
∂y∂u
∂y∂v
](36)
6. J (u, v) 6= 0
varsayıları saglanıyorsaÏD
f (x, y)d yd x =Ï
D∗f(g (u, v),h(u, v)
) |J (u, v)|dud v (37)
dir.
Ispat: T dönüsümü uv-düzlemindeki bir (u, v) noktasını xy-düzlemindeki
(x, y) noktasına götüren dönüsümdür. g ,h fonksiyonları D∗ bölgesinde
tanımlı ve sürekli türevlere sahip fonksiyonlardır. T dönüsümünü vektör
degerli bir fonksiyon imis gibi düsünebiliriz. (0,0) bas noktasını (x, y)
noktasına birlestiren vektörü~r = x~i + y~j ya da~r = g (u, v)~i +h(u, v)~j
biçiminde yazabilirz. g ,h fonksiyonları süreli türevlere sahip olduguna
göre ∂g∂u , ∂g
∂v , ∂h∂u , ∂h
∂v kısmi türevleri var ve süreklidirler. u = u0 ve v = v0
egrileinin teget vektörleri ∂~r∂v
∂~r∂u olacaktır.
T dönüsümü altında boyutları ∆u ×∆v olan dikdörtgen xy-düzleminde
biçemi bozulmus dikdörtgenimsi bir bölgeye dönüsür. Bunun alanı
yaklasık olarak, ∣∣∣∣ ∂~r∂u× ∂~r
∂v
∣∣∣∣∆u∆v
olur. Ayrıca,
∣∣∣∣ ∂~r∂u× ∂~r
∂v
∣∣∣∣= i j k∂x∂u
∂y∂u 0
∂x∂v
∂y∂v 0
= k
[∂x∂u
∂y∂u
∂v∂u
∂y∂v
]= k
∣∣∣∣ ∂(x, y)
∂(u, v)
∣∣∣∣olur. Buradan, ∣∣∣∣ ∂~r∂u
× ∂~r
∂v
∣∣∣∣∆u∆v =∣∣∣∣ ∂(x, y)
∂(u, v)
∣∣∣∣∆u∆v
elde edilir. Simdi integral tanımına dönersek,∑f(g (u, v),h(u, v)
) |J (u, v)|dud v
28 C A LC U LU S
toplamının limiti varsa, bu limitÏD
f (x, y)d yd x
integraline esit olacaktır. O halde,ÏD
f (x, y)d yd x =Ï
D∗f(g (u, v),h(u, v)
) |J (u, v)|dud v (38)
çıkar. Simgelerde birligi saglamak için,
d A = d xd y
=
i j k∂x∂u
∂y∂u 0
∂x∂v
∂y∂v 0
=
∣∣∣∣ ∂(x, y)
∂(u, v)
∣∣∣∣dud v
oldugunu vurgulamak yeterlidir.
Örnek 0.30. x2
a2 + y2
b2 ≤ 1 ile sınırlı D bölgesinin alanını degisken degistirme
yöntemi ile bulunuz.
Çözüm:x = au, y = bv degisken degistirimini yaparsak, D bölgesi
u2 + v2 ≤ 1 açık diskine dönüsür. Bunu yapan parametrik dönüsümler
sürekli türevlenebilir. Dolayısıyla Teorem (36) uygulanabilir. ( a > 0, b > 0
olmak üzere
d xd y =∣∣∣∣ ∂(x, y)
∂(u, v)
∣∣∣∣dud v =∣∣∣∣∣[
a 0
0 b
]∣∣∣∣∣= ab dud v
olur. Dolayısıyla,ÏD
1 d xd y =Ï
D∗ab dud v = ab(π12) =πab
çıkar.
Örnek 0.31. Köseleri (0,0), (1,1), (2,0) olan D üçgeninin üzerinde,ÏD
(x + y)3 d xd y
integralini degisken drgistirimi yaparak bulunuz.
Çözüm:u = y − x, v = y + x degisken degistirimini yaparsak, D bölgesi
köseleri (0,0), (0,2), (−2,2) olan D∗ üçgenine dönüsür. Bunu yapan
parametrik dönüsümler sürekli türevlenebilir. Dolayısıyla Teorem (36)
uygulanabilir.∂(u, v)
∂(x, y)= 1
∂(x,y)∂(u,v)
=[−1 1
1 1
]=−2
dir. Buradan,
d xd y =∣∣∣∣ ∂(x, y)
∂(u, v)
∣∣∣∣ dud v = 1
2dud v
ÏD
(x + y)3 d xd y =Ï
D∗
1
2v3 dud v
= 1
2
∫ 2
0
∫−v0v3 dud v
= 1
2
∫ 2
0v4 d v
= 16
5
K AT L I I N T E G R A L 29
Örnek 0.32. Köseleri (0,0), (1,1), (2,0) olan D üçgeninin üzerinde,ÏD
ey−xy+x d xd y
integralini degisken drgistirimi yaparak bulunuz.
Çözüm:u = y − x, v = y + x ⇒ x = 12 (u + v), y = 1
2 (v −u ⇒ u =v ,u = −v , v = 2) degisken degistirimini yaparsak, D bölgesi köseleri
(0,0), (2,2), (−2,2) olan D∗ üçgenine dönüsür. Bunu yapan parametrik
dönüsümler sürekli türevlenebilir. Dolayısıyla Teorem (36) uygulanabilir.
∣∣∣∣ ∂(x, y)
∂(u, v)
∣∣∣∣=[− 1
212
12
12
]=−1
2
olur. Buradan, ÏD
ey−xy+x d xd y =
ÏD∗
euv dud v
= 1
2
∫ 2
0
∫ v
−ve
uv dud v
= e − 1e
2
∫ 2
0v d v
= e − 1
e
Alıstırmalar
1. Köseleri (1,0), (2,0), (0,−2), (0,−1) olan D yamugu üzerinde,ÏD
ey−xy+x d xd y
integralini bulunuz.
2. x −2y = 0, x −2y = 4,3x − y = 1,3x − y = 8 dogrularının sınırladıgıD
bölgesi üzerinde,
i i ntDx −2y
3x − yd A
integralini hesaplayınız.
3. Köseleri (1,0), (2,0), (0,2), (0,1) olan D yamugu üzerinde,ÏD
cos
(y −x
y +x
)d A
integralini hesaplayınız.
4. D = {(x, y) : π< x + y < 2π, −π< x − y <π} bölgesi üzerinden,
i i ntD (x2 − y2)sin2(x + y) d xd y
integralini hesaplayınız.
5. 9x2 +4y2 = 1 elipsi üzerinden,ÏD
sin(9x2 +4y2)d A
integralini hesaplayınız.
30 C A LC U LU S
6. |x|+ |y | ≤ 1 eitsizligi ile belirlenen D bölgesi üzerinden,ÏD
ex+y d A
integralini hesaplayınız.
7. Köseleri (0,0), (2π,0), (0,π) olan D üçgeni üzerinden,ÏD
sin(x +2y).cos(x −2y)d A
integralini hesaplayınız.
8. y = x2, y = 4x2, x y = 1, x y = 5 egrilerinin sınırladıgı D bölgesi üz-
erinden, ÏD
x yd A
integralini hesaplayınız.
Iki Katlı Integral Ile Düzlemsel Alan Hesabı
1. Pappus teoremini kullanarak dik dairesel koninin yanal yüzeyinin
alanını ve hacmini bulunuz.
Çözüm:
Genel olması için koninin yüksekligi olarak herhangi bir r sayısı alalım.
Koninin simetri dogrusu O y− ekseni olacak sekilde tepe noktasını
(O,O) baslangıç noktasına koyalım. Koni sekilde görüldügü gibi bas
asagı konumlanmıs olsun.
Koninin yanal yüzeyindeki |OB | dogru parçasını kütle merkezi, |OB |bin orta noktasıdır: (x, y) = ( 1
2 r , 12 h) dir (bkz. ). Alan
A = |OB |.2πR = 2√
r 2 +h2.πr
2
=πr√
r 2 +h2
O AB üçgeninin kütle merkezi ( r3 , h
2 ) dır. Hacim
V = (2πR)r h
2= 2i
r
3.r h
2= 1
3πr 2h
olur.
2. Pappus’un ikinci teoremini kullanarak y =p
r 2 −x2, −r ≤ x ≤ r
yayının kütle merkezini bulunuz.
Çözüm:
Pappus’un ikinci teoremini kullanacagız. Kürenin lanının 4πr
oldugunu biliyouz. Buna göre;
x = 0, (39)
K AT L I I N T E G R A L 31
y =∫
ydm
ydm
=∫ p
r 2 −x2.p−t1+ y2 d x
d s
=∫ p
r 2 −x2. rpr 2−x2 d x∫ rp
r 2−x2d x
=∫ r−r r d x∫ r
−rrp
r 2−x2d x
= 2r 2
πr
= 2r
π
Yüzey Alanı S:
S = (rπ)2π(2rπ
)= 4πr 2 (40)
çıkar. Buunu daha kısa yolla yapabiliriz.
4πr 2 = (rπ)2πy
⇒ y = 2
πr
Verilen iki denklemin grafikleri arasında kalan bölgenin alanını çift
katlı integralle hesaplayınız.
a) y = x2
4 , y = 12 x +2
Figure 30: Soru7-11aAl an =∫ 4
−2
∫ 2+x/2
x2/4d yd x
=∫ 4
−2
(x
2+2− x2
4
)d x
= (4+8− 64
8)∗ (1−4+ 8
12)
= 15−6
= 9
b) x y = 5, x + y = 6
Figure 31: x y = 5, x + y = 6Al an =
∫ 5
1
∫ 6−x
5/xd yd x
=∫ 5
1
((6−x)− 5
x
)d x
= (6− x2
2−5ln(x))
∣∣∣∣5
1)
= (30− 25
2−5ln5)− (6− 1
2−5ln1)
= 30−18−5ln5
= 12−5ln5
= 9
32 C A LC U LU S
c) y = x, y = x3
Figure 32: y = x, y = x3Al an = 2∫ 1
0
∫ x
x3d yd x
= 2∫ 1
0
((x −x3)
)d x
= 2
(x2
2− x4
4
)1
0
= 2(1
2− 1
4)
= 1
2
Örnek
r yarıçaplı bir çember, çember düzleminde ve çember merkezine
b, (b > r ) uzaklıkta sabit duran bir eksen etrafında döndürülüyor. Mey-
dana gelen cismin (simit, torus, daughnut) yüzey alanını ve hacmini
bulunuz.
Çözüm:
Çemberin agırlık merkezi kendi merkezidir. Çemberin merkezi eksen
etrafında bir dönüs yapınca 2πb kadar yol alır. Çemberin alanı πr 2 dir.
Pappus teoremine göre hacim
V = (2πb)(πr 2) = 2π2br 2
olur, yüzey alanı ise
S = (2πb)(2πr ) = 4π2br
olur.
Alıstırmalar
1. x = a, y = a karesinden a yarıçaplı çember çıkarılıyor. Geri kalan
düzlemsel bölgenin alanını bulınız.
Hacim hesapları
Asagıda tanımlanan hacimleri hesaplayınız (Sadece D bölgesinin
grafigini çiziniz).
a) Köseleri (0,0), (0,1), (1,0) olan D üçgeni ile z = x + y nin grafigi
arasındaki hacim,
Figure 33: Köseleri:(0,0), (0,1), (1,0)V =∫ ∫
D(x + y)d A
=∫ 1
0
∫ 1−x
0(x + y)d yd x
=∫ 1
0(x y + y2
2
∣∣∣∣1−x
y=0d x
=∫ 1
0
[x(1−x)+ (1−x)2
2
]d x
=∫ 1
0
[−x2
2+ 1
2
]d x
= −x3
6+ x
2
∣∣∣∣1
0
=−1
6+ 1
2
= 4
12
= 1
3
34 C A LC U LU S
b) Köseleri (0,0), (0,2), (2,2) olan D üçgeni ile z = (x − y)2 nin grafigi
arasındaki hacim,
Figure 34: Köseleri: (0,0), (0,2), (2,2)
V =∫ ∫
D(x − y)2d A
=∫ 2
0
∫ 2−x
0(x − y)2d yd x
= 4
3
Hacim Hesapları
y = l −x2 ve y = 0 ile sınırlanan D bölgesi ile z = 4 düzlemi arasında kalan
hacim.
Figure 35: Köseleri: y = 1− x2, y = 0, z = 4
V =∫ ∫
D4d A
=∫ 1
−1
∫ 1−x2
04d yd x
=∫ 1
−14y
∣∣1−x2
y=0 d x
=∫ 1
−14(1−x2)d x
=∫ 1
−1(4−4x2)d x
= 2(4x − 4x3
3
∣∣∣∣1
0
= 16
3
Dönel Cisimleri Hacimlerin
Düzlemsel bir R bölgesinin, kendisini kesmeyen bir dogru etrafında
dönmesiyle olusan cisme dönel katı cisim denilir. Bu cisim gerçekte
uxayda var olmayan ama hayal ettigimiz bir cisimdir.
Düzlemsel R bölgesinin D dogrusuna göre üst sınırı f (x) fonksiyonu
ile belirlensin. R bölgesinin her noktasından onu kesmeyen D dogrusuna
dikmeler inelim. R bölgesi parçalı degilse, dikmelerin ayakları D dogrusu
üzerinde bir [a,b] aralıgı olusturur. D dogrusunu koordinat ekseni olarak
alırsak, [a,b] aralıgı f fonksiyonunun tanım bölgesi içinde olacaktır.
Dikmelerin ayaklarını içeren [a,b] aralıgının bir bölüntüsünü (partition)
P ile gösterelim:
a = x0 < x1 <−x2 < . . . < xn = b (41)
∆xi = xi −xi−1, M = max{∆xi | i = 1,2, . . . ,n} (42)
olsun. Her bölüntü içinde bir xi−1 ≤ ti ≤ xi olacak sekilde bir ti noktası
seçelim. Simdi tabanı ∆xi ve yükseklig hi = | f (ti )| olan dikörtgenin D
dogrusu etrafında bir tam dönüs yaptıgını varsayalım. Yarıçapı hi olan
bir silindir olusur. Bu silindirin hacmi
πh2i ∆xi =π f (ti )2∆xi (43)
H AC I M H E S A P L A R I 35
olacaktır. Bunların toplamı da asıl S cisminin hacmine yakın olacaktır.
V ≈n∑
i=1π f (ti )2∆xi (44)
Eger M = max{∆xi } → 0 iken (44) toplamının limiti varsa, bu limit
V =π∫ b
af 2(x)d x =π
∫ b
ay2 d x (45)
integrali ile ifade edilir ve bu intgral S cisminin hacmine esit olur.
Dönme ekseni degisirse, Ox− ile O y− eksenlerini yer degistirebiliriz:
V =π∫ d
cg 2(y)d y =π
∫ d
cx2 d y (46)
Simdi dönen R düzlemsel bölgesinin üstten y = f (x), alttan y = g (x)
fonksiyonları ile sınırlı oldugunu düsünelim. Bu düzlem parçasının bir
tam dönüs yapmasıyla olusan dönel katı cismin hacmı f ile g fonksiyon-
larına karsılık gelen iki dönel katı cismin hacimleri farkıdır. Dolayısıyla;
V =V f −Vg =π∫ b
a
(f 2(x)− g 2(x)
)d x (47)
Silindirik Kabuklar Yöntemi
y = f (x), x = a, x = bveOx− ekseni ile çevrili düzlemsel bölgenin O y−ekseni çevreinde bir tam dönüs yaptıgını düsünelim. Bu dönme sonunda
x ve x +∆x aralıgı üzerindeki dar seridin O y− ekneni çevresinde kabugu
∆x kalınlıgıda olan silindirik bir cisim olusur. Bu silindirin merkex ekseni
O y− ekseni ve iç yarıça x dıs yarıçapı, Simdi ηi ∈ [x, x +δ] olan bir ηi
noktası düsünelim. ηi noktasının sözkonusu dönüs esnasında çizdigi
çemberin uzunlugu 2πηi olacaktır. O halde ηi üzerine kurulan silindirin
yüzey alanı
A(ηi ) = 2πηi f (ηi ) (48)
olacaktır. xi ,≤ ηi ≤ xi +∆xi olduguna göre
f (xi )∆xi ≤ f (ηi )∆xi ≤ f (x +∆xi )∆xi
olmalıdır.
x +δx olur. [x, x +δx aralıgının orta noktası
r = x +x +∆x
2= x + ∆x
2
olur. Sözkonusu silindirin iç ve dıs yüzeyleri maksimum ∆x → 0 iken,
söz konusu küçük aralıgın r orta noktasından geçen silindir yüzeyine
yaklasacaklardır. r orta noktası söyldigimiz bir tam dönüs sonunda r
yarıçaplı bir çember çizer. Bu çemberin uzunlugu 2πr olduguna göre,
silindir duvarının alanı
∆A = 2πr
36 C A LC U LU S
Dilimleme Yöntemiyle Hacim Bulma
Sekilde hacmi hesaplanacak bir cisim görülüyor. Uygun bir Ox- ekseni
seçelim. Eksenin hangi konumda seçildigi ancak pratik deger tasır.
Cismin her noktasından D dogrusuna dikmeler inildigini varsayalım.
Dikmelerin ayaklarını içeren [a,b] aralıgının bir bölüntüsünü (partition)
P ile gösterelim:
a = x0 < x1 <−x2 < . . . < xn = b (49)
∆xi = xi −xi−1, M = max{∆xi | i = 1,2, . . . ,n} (50)
olsun. xi noktasından D dogrusuna dikey olacak biçimde çizilen düzlem
S cismiyle kesisir ve onunla arakesiti düzlemsel bir Ri bölgesi olusturur.
Ri bölgesinin alanına A(xi ) diyelim. Bölüntünün ardısık x−i−1, xi nokta-
larından deçen dikey düzlemlerin S ile arakesitleri arasında kalan dilimi
düsünelim. Bu dilimin hacmı yaklasık olarak, ∆xi = |xi −xi−1| olmak üzere,
∆V (xi ) ≈ A(xi ).∆xi (51)
olacaktır. Bu yaklasık hacimlerin toplamı S cisminin V hacmine yakın
olur:
V ≈n∑
i=0∆V (xi ) =
n∑i=0
∆A(xi )∆xi (52)
∆xi bölüntü aralıklarının M maksimum uzunlugu sifıra giderken (52)
toplamının limiti varsa söza konusu limit
V =∫ b
aA(x)d x (53)
integraline esit olur. Bu deger S cismini hacmidir.
Kutupsal Koordinatlar
Figure 36: Kutupsal koorinatlar
Kutupsal koordinatlara dönüsümü incelerken
T :
x = r cosθ
y = r sinθ
dönüsümü ile xOy- dikey kartezyen koordinat sisteminden (r ,θ) kutupsal
koordinat sitemine nasıl dönüsüm yapıldıgını incelemistik. Bu kesimde,
bu dönüsümün katlı integrallerde kullanılısını ele alacagız.
Figure 37: Dönüsümr 2 = x2 + y2, x = r cosθ, y = r sinθ
ve ∣∣∣∣ ∂(x, y)
∂(u, v)
∣∣∣∣=∣∣∣∣∣[∂x∂r
∂y∂r
∂x∂θ
∂y∂θ
]∣∣∣∣∣=∣∣∣∣∣[
cosθ sinθ
−r sinθ r cosθ
]∣∣∣∣∣= r
çıkar. Öyleyse asagıdaki teoremi söyleyebiliriz:
Theorem 0.33. D = {(r ,θ)| a ≤ r ≤ b,αθ ≤β, 0 ≤β−α≤ 2π bölgesinde
f fonksiyonu sürekli iseÏD
f (x, y) d A =∫αβ
∫ b
af (r cosθ,r sinθ)r dr dθ (54)
esitligi saglanır.
H AC I M H E S A P L A R I 37
Kanıt: Önceki kesimde ifade edilen Teorem 36’in varsayımları sag-
landıgından, sözkonusu teoremin burada geçerliolacagı açıktır.
Örnek 0.34. x2 + y2 ≤ 4 kapalı diski üzerindeki
ÏD
(x2 + y2 +1)d A
katlı integralini kutupsal koordinatlara dönüsüm yaparak hesaplayınız.
Çözüm:
ÏD
(x2 + y2 +1)d A =∫ 2π
0
∫ 2
0(r 2 +1)r dr dθ
=∫ 2π
0
(r 4
4+ r 2
2
∣∣∣∣2
0
= 12π
Örnek 0.35. x2 + y2 = 4, x2 + y2 = e2 çemberleri arasında kalan D halka
bölgesi üzerindeki ÏD
l n(x2 + y2)d A
katlı integralini kutupsal koordinatlara dönüsüm yaparak hesaplayınız.
Çözüm:
ÏD
ln(x2 + y2)d A =∫ 2π
0
∫ e
0ln(r 2)r dr dθ
= 4π
(1
2r 2lnr − 1
4r 2
)e
2
=π(e2 +4−8l n2)
Theorem 0.36. R = {(r ,θ)| α≤ θ ≤β, r1(θ) ≤ r ≤ r2(θ),r1(θ) ≥ 0,r2(θ) ≥0} bölgesinde f fonksiyonu sürekli ise
ÏR
f (r ,θ) d A =∫αβ
∫ r2(θ)
r1(θ)f (r ,θ)r dr dθ (55)
esitligi saglanır.
Örnek 0.37. a yarıçaplı kürenin hacmini kutupsal koordinatları kulla-
narak hesplayınız.
Figure 38: Kürenin hacmi
Çözüm: x2+y2+z2 = a2 küresinin xy-düzleminin üstünde kalan yarısını
hacmini bulup çıkaı 2 ile çarpabiliriz.
z ≥ 0, z =√
r 2 −x2 − y2
dir. Yarı kürenin x y düzlemi üzerindeki izdüsümü D = {(x, y)| x2 + y2 ≤
38 C A LC U LU S
a2 dir. Buradan,
V = 2Ï
Dln(r 2 −x2 − y2) d yd x = 2
∫ 2π
0
∫ r
0
√a2 − r 2r dr dθ
= 2∫ 2π
0
(−1
3(a2 − r 2)
32
)a
0dθ
=−2
3
∫ 2π
0
((a2 −a2)
32 − (a2 −02)
32
)dθ
= 2
3
∫ 2π
0(a3θ dθ
= 2
3(a3θ
∣∣2π0
= 4
3πa3
Örnek 0.38. D bölgesi birinci dörtte birlik (first quadrant) bölgede
r = 3cosθ diskinden ile r = 1 + cosθ kalp egrisi (cardioid) atılınca
geri kalan bölge olsun.
ÏD
1
xd A
katlı integralini kutupsal koordinatlara dönüsüm yaparak hesaplayınız.
Figure 39: Alan
Çözüm: 3cosθ = 1+cosθ⇒ 2cosθ = 1,cosθ = 12 ⇒ θ = π
3 oldugundan,
ÏD
1
xd A =
∫ π/3
0
∫ 3cosθ
1+cosθ
1
r cosθr dr dθ
=∫ π/3
0
∫ 3cosθ
1+cosθsecθ dr dθ
=∫ π/3
0r secθ|3cosθ
1+cosθ dθ
=∫ π/3
0(3cosθ secθ− (1+cosθ)secθ)dθ
=∫ π/3
0/2− secθ)dθ
= 2θ− ln|secθ+ tanθ||π/30
= 2π
3− ln(2+p
3)
Örnek 0.39. D bölgesi birinci dörtte birlik (first quadrant) bölgesi olsun.
Bu sınırsız bölgede,
ÏD
e−(x2+y2)d A
katlı integralini kutupsal koordinatlara dönüsüm yaparak hesaplayınız.
Çözüm: Bu has olmayan bir integraldir. Öyleyse, Kutupsal koorinat
H AC I M H E S A P L A R I 39
sistemine geçerek,
ÏD
e−(x2+y2)d A = limn→∞
∫ π/2
0
∫ n
0e−r 2
r dr dθ
= limn→∞
∫ π/2
0
(−1
2e−r 2
∣∣∣∣n
0
)dθ
= limn→∞
∫ π/2
0
(−1
2e−n2 + 1
2
)dθ
= limn→∞
1
2
(1−e−n2
).θ
∣∣∣∣π/2
0
= limn→∞
π
4
(1−en2
)= π
4
Örnek 0.40.
I =∫ ∞
0e−x2
d x =pπ
2
oldugunu gösteriniz.
Çözüm:
I =∫ ∞
0e−x2
d x
Ia =∫ a
0e−x2
d x
dersek, degisken adını serbestçe seçebildigimizi de düsünerek,
(Ia)2 =(∫ a
0e−x2
d x
)(∫ a
0e−y2
d y
)=
ÏR
e−(x2+y2) d xd y
=pπ
2(önceki problemden)
çıkar. Önceki problemin sonucunun bilinmedigini, varsayarak çözümü
bulabiliriz. Simdi, birinci dörtte birlik (first quadrant) bölgede R1 bölgesi
a yarıçaplı disk, R bölgesi kenar uzunlugu a olan kare, R2 bölgesip
2a
yarıçaplı disk olmak üzere,ÏR1
e−(x2+y2) d xd y ≤Ï
Re−(x2+y2) d xd y ≤
ÏR2
e−(x2+y2) d xd y
yazabiliriz. Kutupsal koordinatları kullanırsak,
∫ π/2
0
∫ a
0e−r 2
r dr dθ ≤ (Ia)2 ≤∫ π/2
0
∫ p2a
0e−r 2
r dr dθ
buradan,π
4
(1−e−r 2
)≤ (Ia)2 ≤ π
4
(1−e−2a2
)lima→∞ için istene sonuç elde edilr:
I =∫ ∞
0e−x2
d x =pπ
2
40 C A LC U LU S
Alıstırmalar
1. D = {(x, y)| π2 ≤ x2 + y2 ≤ 4π2} iseÏD
cos
(√x24y2
)d xd y
integralini hesaplayınız.
2. z = x2 + y2 parabolünün altında, x y− düzleminin üstünde ve x2 + y2 =2x silindirinin içinde kalan katı cismin havcini bulunuz.
3. x2 + y2 + z2 = 1 küresi ile üstten ve z =√
x2 + y2 konisi ile alttan sınırlı
bölgenin hacmini bulunuz.
4. D bölgesi x =√
4− y2 yarıçemberi ve y−ekseni ile sınırlı bölge ise,ÏD
e−x2−y2d A
integralini hesaplayınız.
5. D bölgesi x2 + y2 = 4, x2 + y2 = 4, çemberleri ile sınırlı bölge ise,ÏD
x d A
integralini hesaplayınız.
6. D bölgesi x2 + y2 = 4, x2 + y2 = 4, çemberleri sınırlı bölge ise,
∫ 1
0
∫ pa2−x2
0ex2+y2
d xd y
integralini hesaplayınız.
7. ∫ a
−a
∫ pa2−y2
0(x2 + y2)
32 d xd y
integralini hesaplayınız.
8. ∫ 4
0
∫ p16−y2
−p
16−y2(x2.y2) d xd y
integralini hesaplayınız.
9. ∫ 2
0
∫ p2x−x2
0
√x2 + y2 d yd x
integralini hesaplayınız.
10. Asagıdaki ntegralleri tek bir integral isareti atında yazınız.
∫ 1
1/p
2
∫ x
p1−x2
x y d yd x +∫ p
2
1
∫ x
0x y d yd x +
∫ 2
p2
∫ p4−x2
0x yd yd x
integralini hesaplayınız.
Fiziksel uygulamalar
Düzlemsel bölgelerin kütle merkzi
Tanım 0.41. Düzlemsel bi bölgenin kütle merkezi, bütün noktalarının
konsantre oldugu kabul edilen (x, y noktasıdır.
Düzlemsel bir A bölgesinin (x, y kütle merkezi
My = x A =∫
xd A (56)
Mx = y A =∫
yd A (57)
(58)
esitliklerini saglar. Bu esitliklerden
x A =∫
xd A
A(59)
y A =∫
yd A
A(60)
bagıntıları çıkarılır.
Agırlık Merkezi Bulma Problemleri
Mekanikte bir cismin kütle merkezi (agırlık merkezi), cismin bütün
noktalarının konsantre oldugu bir noktadır.
1. x32+ y2 = 25 çemberinin sınırladıgı diskin ikinci dörttebirlik böldede
(second quadrant) kalan kısmının agırlık merkezini bulunuz.
Çözüm:
A = π
452 = 25
4π (61)
x = 4
25π
∫ 0
−5x√
25−x2 d x =− 20
3π(62)
y = 4
25π
∫ 0
−5y√
25− y2 d x =− 20
3π(63)
(64)
olur.
42 C A LC U LU S
2. x2 + y2 = a2 ile sınırlı birim diskin birinci dörtte birlik bölgede (first
quadrant) kalan kısmının kütle merkezini bulunuz.
Çözüm:
Yogunlugun her yerde aynı ve oldugunu varsayalım δ= 1 olur.
dm = δd A
=√
a2 − y2 d y
Mx =∫ a
0y dm
=∫ a
0y√
a2 − y2 d y
= −1
2
∫ a
0(−2y)
√a2 − y2 d y
= −2
3(2)
(√a2 − y2
) 32
∣∣∣∣∣a
0
= 1
3a3
y = Mx
A
=a3
3πa2
4
= 4a
3π
x = My
Asimetri nedeniyle
= 4a
3π
3. y = h2 − x2 parabolü ile Ox−ekseni arasında kalan bölgenin kütle
merkzini bulunuz.
Çözüm:
Mx =∫ ∫
Rd A
=∫ +h
−h
∫ h2−x2
0y d y
=∫ +h
−h
1
2(h2 −x2)2 d x
= 8
15h5
F I Z I K S E L U YG U L A M A L A R 43
A =∫ ∫
Rd A
=∫ +h
−h
∫ h2−x2
0y d yd x
=∫ +h
−h(h2 −x2)d x
= h2x − 1
3x3
∣∣∣∣h
−h
= 4
3h3
y = Mx
A
= 2h2
5
My =∫ ∫
Rxd A
=∫ +h
−h
∫ h2−x2
0x d yd x
=∫ +h
−hx(h2 −x2)d x
==
x = My
A
= 0
A
= 0
4. Birim kareden birim disk çıkarılıyor. Geri kalan üçgen benzeri düzlem-
sel bölgenin agırlık merkezini bulunuz.
Çözüm:
Birim kareyi koordinat eksenind x = 1, y = 1 dogruları ile koordinat
eksenlerinin sınırladıgı düzlemsel bölgedir. Birim disk x2 + y2 = 1
çemberi ve içidir. Sekilden birim kareden birim disk atılınca kalan
bölge görülüyor.
Problemi daha genel tutmak içim 1 yerine a alalım.
Mx =∫ ∫
Ryd A
=∫ a
0
∫ a
pa2−x2
y d yd x
= 1
2
∫ a
0
(a2 − (a2 −x2)
)d x
= 1
2
∫ a
0x2 d x
= 1
6a3
44 C A LC U LU S
A =∫ a
0
∫ a
pa2−x2
d yd x
= a2 − π
4a2
= a2(4−π)
4
y = Mx
A
= a3
6
4
a2(4−π)
= 2a
12−3π
Simetri nedeniyle,
x = 2a
12−3πolur.
5. y = si nx,0 ≤ x ≤ π ile Ox− ekseni arasında kalan düzlemsel bölgenin
agırlık merkezini bulunuz.
Çözüm:
Mx =∫ ∫
Ryd x
=∫ π
0
∫ si nx
0(yd y)d x
= 1
2
∫ π
0si n2x d x
= 1
4
∫ π
0(1− cos2x)d x
= 1
4π− 1
8si n2π
= 1
4π
A =∫ ∫
Ryd A
= |∫ π
0
∫ si nx
0d y d x|
= |∫ π
0si nx d x|
= |cosx|π0 |= |−1−1|= 2
y = Mx
A
= 1
8π
x = My
Asimetri nedeniyle
= 1
2π
F I Z I K S E L U YG U L A M A L A R 45
Alıstırmalar
Asagıda verilen egrilerle sınırlanmıs düzlemsel bölgelerin kütle merkez-
lerini bulunuz.
1. y2 = 4x, x2 = 4y ; ( 95 , 9
5 )
2. y = ex , x = 0, x = 1, y = 0; ( 1e−1 , e+1
4 )
3. x = a(θ− si nθ), y = a(1− cosθ); (πa, 5a6 )
4. x = asi nθ, y = acosθ; ( 4a3i , 4a
3i )
Yay’ın Kütle merkezi
Düzlemsel bölgenin kütle merkezine benzer olarak bir yay’ın kütle
merkezi tanımlanabilir:
My = sx =∫
xd s
Mx = s y =∫
yd s
Örnek:
y =p
a2 −x2, a > x, x > 0 yayının kütle merkezini bulunuz.
Çözüm:
Mx = y s = y∫
d s = y a∫ a
0
d xpa2 −x2
y asi n−1 x
a
∣∣∣∣a
0= y aπ
2
y = 2a
π
x = 0 simetri
Alıstırmalar
Asagıdaki yayların kütle merkezlerini bulunuz:
1. x = 3t 2, y = 6t ,0 ≤ t ≤ 2
2. x = e−t cost , y = e−t si nt ,0 ≤ t ≤ 2π
3. x = e y ,0 ≤ y ≤ 1
4. x = asi n3t , y = acos3t
5. y = coshx,−1 ≤ x ≤ 1
Yogunluk
Bir cismin P noktasını içeren küçük bir elementini ∆V ile ve ∆V nin
kütlsini ∆m ile gösterlim. Eger
δ= lim∆V to0
∆m
δV(65)
46 C A LC U LU S
limiti varsa, buna cismin P noktasındaki yogunlugu denilir. Bu tanımdan
anlasıldıgı gibi, bir cismin yogunlugu sabit olmayabilip her noktada farklı
bir yogunluga sahip olabilir. Tabii, bazı cisimlerde yogunluk her noktada
aynı olabilir. (134) limitini
δ= dm
dVdersek, dm = δdV (66)
biçiminde de yazabiliriz. Simdi bir cismin kütlesi ∆m olan çok küçük
∆V parçacıklarına ayrıldıgını varsayalım. Her parçacıgın içerdigi P
noktasındaki yogunlugun δ oldugunu kabul edersek,
∆m ≈ δ∆V (67)
yazabiliriz. Simdi bütün cismin bir noktaya yogunlastını ve bu noktanın
koordinantlarının
x∆m, y∆m, z∆m (68)
kosulunu sagladıgını varsayalım. ∆V → 0 iken, () ifadelerinden, koordinat
düzlemlerine göre cismin momentlerini yazabiliriz:
My z =∫
xdm, Mzx =∫
ydm, Mx y =∫
zdm (69)
Buradan , kütle merkezinin koordinatlarını yazabiliriz:
x =∫
xdm∫dm
, y =∫
ydm∫dm
, z =∫
zdm∫dm
(70)
Moment
Noktaya Göre Moment
Figure 40: Moment
Figure 41: Moment
Tanım 0.42. Bir parçacıgın sabit bir noktaya göre momenti, parçacıgın
noktaya olan uzaklıgı ile kütlesinin çarpımına esittir.
Parçacıgın kütlesi m ve sabit noktaya olan uzaklıgı d ise moment dm
dir.
Dogru üzerinde Moment
Bir dogru üzerinde konuslanan ve kütleleri m1,m2, . . . ,mn olan n-tane
parcagın her birisinin dogru üzerideki sabit bir O noktasına uaklıkları,
sırasıyla, x1, x2, . . . , xn ise, bu parçacıklardan olusan cismin O noktasına
göre momenti,n∑
k=1xk mk (71)
sayısıdır. Bütün kütlenin söz konusu dogru üzerindeki x noktasına
yıgıldıgını varsayarsak ∑mk = M
kütlesinin momenti
x
(n∑
k=1mk
)= xM (72)
F I Z I K S E L U YG U L A M A L A R 47
olur. Yukarıdaki varsayımlar altında, kütlenin sabit noktaya olan uzaklıgı
olarak alınan x sayısına M cisminin kütle merkezi denilir. Buradan sunu
yazabiliriz:
x =∑n
k=1 xk mk∑nk=1 mk
=∑n
k=1 xk mk
M(73)
Buna göre,bir cisim n-tane parçacıktan olusuyor ve n-tane parçacıgın
her birisinin kütlesi m1,m2, . . . ,mn ve O y− eksenine uzaklıkları x1, x2, . . . , xn
ise cismin O y− eksenine göre momenti
My =n∑
i=1mi xi (74)
olur. Aynı cisim için Oy-ekseni yerine Ox− eksenini koyarak, cismin Ox−eksenine göre momentinin
Mx =n∑
i=1mi yi (75)
oldugunu söyleyebiliriz.
Kütle Merkezi
Tanım 0.43.
Kütlesi M =n∑
i=1mi (76)
olan bir cisim düsünelim. Sabit bir koordinat sistemine göre,
M x = My ve M y = Mx (77)
kosulunu saglayan (x, y) noktasına cismin kütle merkezi denilir.
Noktanın Eksene Göre Momenti
Simdi parçacıkların bir dogru üzerinde degil de bir düzlem içine ser-
pilmis olduklarını düsünelim. Düzlemde sabit bir dogruya göre bu
parçacıkların momentlerini bulmak istiyoruz. Önce bir parçacıgın sabit
dogruya göre momentini tanımlayalım:
Figure 42: MomentTanım 0.44. Kütlesi m olan bir parçacıgın sabit bir dogruya uzaklıgı d ise,
parçacıgın dogruya göre momenti dm dir.
Fiziksel uygulamalarda parçacıgın koordinat eksenlerine göre mo-
menti söz konusu olur. Buna göre, düzlem üzerinde koordinatları
(x1, y1), (x2, y2), . . . , (xn , yn)
olan n-tane patçacıgın her birisinin kütlesi, sırasıyla,
m1,m2, . . . ,mn
ise, bu parçacıkaların koordinat eksenlerine göre momentleri;
My =n∑
i=1xk mk (78)
Mx =n∑
i=1yk mk (79)
48 C A LC U LU S
olur. Bu parçacıklardan olusam M cisminin bir (x, y) noktasınna yogun-
lastıgını varsayarsak, bu noktaya söz konusu koordinat sistemine göre
cismin kütle merkezi denilir. Söylediklerimizden su bagıntıları yazabilirz:
x =∑n
i=1 xk mk∑ni=1 mk
=∑n
i=1 xk mk
M(80)
y =∑n
i=1 yk mk∑ni=1 mk
=∑n
i=1 yk mk
M(81)
Düzleme Göre Moment
Figure 43: Moment
Figure 44: Moment
Kütlesi m olan bir parçacıgın uzayda sabit bir düzleme uzaklıgı d ise,
parçacıgın sabit düzleme göre momenti dm dir.
(x1, y1, z1), (x2, y2, z2), . . . , (xn , yn , zn)
noktalarının üç boyutlu uzayda serpistirildigini düsünelim. Bu noktaların
sabit bir koordinat sisteminde koordinat düzlemlerine göre momenti,
sırasıyla,
My z =n∑
k=1xk mk (82)
Mzx =n∑
k=1yk mk (83)
Mx y =n∑
k=1xk mk (84)
(85)
olur. Burada, örnegn y z düzlemi yOz koordinat düzlemidir. Bu düzlem-
lere göre kütle merkezinin koordinatları
x =∑n
k=1 xk mk∑nk=1 mk
=∑n
k=1 xk mk
M(86)
y =∑n
k=1 yk mk∑nk=1 mk
=∑n
k=1 yk mk
M(87)
z =∑n
k=1 zk mk∑nk=1 mk
=∑n
k=1 zk mk
M(88)
(89)
olur.
Figure 45: Moment
Fiziksel dünyada kütle parçacıklarına ayrılmamıs sürekli bir bütündür.
O tür cisimlerin kütle merkezleri ve momentleri için limit isleminden
yararlanırız. Anımsarsanız, integrali sonlu toplamların limiti olarak
tanımlamıstır. Fiziksel uygulamlarda da hep aynı isi yapacagız.
Alanı A olan düzlemsel bir R bölgesinin kordinat eksenlerne göre
momentleri, sırasıyla,
mx =Ï
Ryd A, My =
ÏR
xd A (90)
biçiminde tanımlanır. Düzlemsel R bölgesinin, aynı düzlemdeki sabit bir
koordinat sistemine göre (x, y) ile gösterilen kütle merkezi,
x A = My y A = Mx
F I Z I K S E L U YG U L A M A L A R 49
esitligini saglayan
x =Î
R xd AÎR d A
, y =Î
R yd AÎR d A
(91)
Bir Düzlem Parçasının Bir Eksene Göre Momenti
A bir düzlemsel alan ve d bir dogru olsun. Sekil ??’de görüldügü gibi, A
bölgesini ∆Ai dar sertlerine bölelim. Serit içinde alınan bir noktanı d
dogrusuna uzaklıgı li olsun.
n∑i=1
liδAi (92)
toplamının , max|Ai |→ 0 iken (92) limitine A alanının d dogrusuna göre
momenti denilir. Bu ifadeden;
Md = limmax|Ai |→0
n∑i=1
liδAi =∫
l d A (93)
çıkar. Tabii, sagdaki integrain bürün A alanı üzrinden alındıgı açıktır.
Tek degiskenli fonksiyonla çalısıyorsak, Md hesaplanırken alanı
çevreleyen y = f (x), y = g (x) fonksiyonlarının oldugunu ve d A nın d x
cinsinden ifadwe edildigini varsay yoruz.
Örnek
y = 13 x2 parabolü ilse y = x dogrusu arasınada kalan alanın O y−
eksenine gör momemntini bulunuz.
Çözüm:
My =∫ 3
0x d A
=∫ 3
0x(x
1
3x2)d x
= x3
3− x34
12
= 2.25
Bir Yayın Momenti
Düzlemsel alanların momemtlerini bulurken izledigimiz yönteme benzer
yöntemle bir yayın bir dogruya göre momentini bulabiliriz:
Md =∫
l d s (94)
burada l yaya ait noktanın dogruya uzaklıgıdır.
Örnek
Üst yarı düzlemdeki çember yayının Ox− eksenine göre momentini
bulunuz.
Çözüm:
Üst yarı düzlemdeki çember yayının denklemi y =p
a2 −x2, (y ≥ 0)
dir. Yay uzulugu
d s =√
1+ y ′2 d x = a d xpa2 −x2
(95)
50 C A LC U LU S
dir. Buradan,
Mx =∫
y d s
=∫ +a
−a
ap
a2 −x2
pa2 −x2
d x
= ax|+a−a
= a2 −a2 = 0
Örnek
I.dörtte birlik bölgedeki (first quadrant) çember yayının Ox− eksenine
göre momentini bulunuz.
Çözüm:
I.dörtte birlik bölgedeki çember yayının denklemi y =p
a2 −x2, (0 ≤x ≤ a dir. Yay uzulugu
d s =√
1+ y ′2 d x = a d xpa2 −x2
(96)
dir. Buradan,
Mx =∫
y d s
=∫ +a
0
ap
a2 −x2
pa2 −x2
d x
= ax|+a0
= a2 −0 = 0
Uygulamalar
Asagıdaki yayların koordinat eksenlerine göre momentlerini bulunuz.
1. y2 = 8x, 0 ≤ x ≤ 4
2. y = ex , 0 ≤ x ≤ 1
3. y = cos x, 0 ≤ x ≤ π2
4. y = cosh x, −1 ≤ x ≤ 4
5. y = a(θ− sinθ), y = a(1−cosθ), c ycloi d
6. y = a cosθ, y = b sinθ, 0 ≤ θ ≤π
Örnek
Üst yarı düzlemdeki yarı diskin y = −r eksenine göre momentini
bulunuz.
Çözüm:
Üst yarı düzlemdeki yarı yarı diskin üst sınırı y =p
a2 −x2, (−a ≤ x ≤
F I Z I K S E L U YG U L A M A L A R 51
a), ve alt sınırı y = 0 dogrusudur. Buna göre;
My+r =Ï
Rx d A
=∫ +r
−r
∫ pr 2−x2
−rx d xd y
=∫ +r
−r(√
r 2 −x2 + r )x d x
=−1
2
((r 2 −x2)
32 + r x
)+r
−r
=−r 2
Örnek
x = a, y = a karesinden a yarıçaplı çember çıkarılıyor. Geri kalan
düzlemsel bölgenin agırlık merkezini bulunuz.
Çözüm:
Mx =∫ ∫
Ry d A
=∫ a
0
∫ a
pa2−x2
y d yd x
= 1
2
∫ a
0
(a2 − (a2 −x2)
)d x
= 1
2
∫ a
0x2 d x
= 1
6a3
A =∫ a
0
∫ a
pa2−x2
d yd x
= a2 − πa2
4
= a2(4−π)
4
Simetri nedeniyle;
x = 2a
12−3π
yazılabilir.
Üç Katlı Integral Ile Moment
4 4 Yogunluk, birim hacim basına düsenkütledir.(x, y , z) noktasındaki yogunlugu ρ(x, y , z) ile österelim. T katı cisminin
kütlesi,
m =Ñ
Tρ(x, y , z)dV (97)
dir. Koordinat düzlemlerine göre momentler,
Mx y =Ñ
Tzρ(x, y , z)dV (98)
Mxz =Ñ
Tyρ(x, y , z)dV (99)
My z =Ñ
Txρ(x, y , z)dV (100)
52 C A LC U LU S
esitlikleri ile tanımlanır.5 6 5 kütle merkezi
6 centroidT cisminin kütle merkezi (x, y , z)’nin koordinatları,
x = My z
m, y = Mxz
m, z = Mx y
m(101)
dir.77 eylemsizlik momentiT cisminin eylemsizlik momentleri,
Ix =Ñ
T(y2 + z2)ρ(x, y , z)dV (102)
Iy =Ñ
T(x2 + z2)ρ(x, y , z)dV (103)
Iz =Ñ
T(x2 + y2)ρ(x, y , z)dV (104)
dir.
Örnek 0.45. Birinci sekizde birlik (octant) bölgede yer alan x + y + z = 1
düzgün dörtyüzlüsünün yogunluk fonksiyonu ρ(x, y , z)) 16(1+x+y+z)3)
dür.
Kütlesini bulunuz.
Figure 46: Düzgün Dörtyüzlü
Çözüm:
Dörtyüzlüyü T ile gösterelim:
m =Ñ
Tρ(x, y , z)
15
(1+x + y + z)3 dV
= 16∫ 1
0
∫ 1−x
0
∫ 1−x−y
0
d zd yd x
(1+x + y + z)3)
= 16∫ 1
0
∫ 1−x
0
(1
2
1
(1+x + y + z)2)
∣∣∣∣1−x−y
0d yd x
= 8∫ 1
0
∫ 1−x
0
(1
(1+x + y + z)2)− 1
4
)d y
= 8∫ 1
0
(− 1
1+x + y− y
4
∣∣∣∣1−x
0d x
= 8∫ 1
0
(1
x +1+ x −3
4
)d x
= 8
(l n(x +1)+ 1
8x2 − 3
4x
)∣∣∣∣1
0
= 8ln2−5
olur.
Work (Is)
Is günlük yasamda farklı anlamlara sahiptir. Biz burada yalnızca isin
fiziksel anlamı üzerinde duracagız. Isin fiziksel anlamı, bir kuvvetin
etkisiyle cismin yer degistirmesiyle orantılı olusan fiziksel niceliktir. Buna
göre, örnegin, üstündeki büyük agırlıgı tasıyan bir köprünün ayakları hiç
is yapmıyor. Agır bavulunu elinde tutan ama hareketsiz duran kisinin
kol kasları agrısa bile hiç is yapmıyor. Ama o bavulu alıp binecegi tasıtın
rafına koyarsa bir is yapmıs olur.
F I Z I K S E L U YG U L A M A L A R 53
Tanım 0.46. Sabit bir kuvvet x-ekseni boyunca bir cisme etki ediyor ve
cisim a noktaından b noktasına gidiyorsa, yapılan is
W = F (b −a) (105)
olarak tanımlanır.
Baska bir deyisle, is, kuvvet ile cismin aldıgı yolun çarpımıdır.
Tanım 0.47. Bir F kuvvetinin etkisiyle hareket eden cisim F vektörünün
dogrultusunda s kadar yol giderse, yapılan is
W = F s (106)
dir.
Fiziksel olayların çogunda oldugu gibi, F kuvveti sabit olmaya-
bilir; noktadan noktaya degisebilir. Bu durumda cismin s kadar yer
degistirmesini küçük ∆s aralıklarının toplamı olarak düsünürüz. Böylece
yapılan isi bir integralle ifade etme olanagı dogar.
Bunu biraz ayrıntılı açıklayalım: Bir cisim sürekli bir kuvvetin etkisiyle
a noktasından b noktasına gitsin. F kuvveti sabit olmasın ve her x nok-
tasındaki degeri f (x)e esit olsun. F (x) fonksiyonunu sürekli varsayalım.
[a,b] aralıgını a = x1 < x2 < . . . < xn = b ve ∆xi = xi − xi−1 kosulunu
saglayan küçük [xi−1, xi ] aralıklarına bölelim. Baska bir deyisle [a,b]
aralıgının bir ayrısımını (partition) olusturalım. ti ∈ [xi−1, xi ] olmak üzere
kuvvetin ti noktasında f (ti ) oldugunu varsayalım. Cismin a noktasından
b noktasına gitmesi halinde yapılan is yaklasık olarak
W ≈n∑
i=1f (ti )∆xi (107)
olcaktır. Simdi max1≤i≤n |∆xi | −→ 0 iken
W = limmax∆xi→0
n∑i=1
f (ti )∆xi =∫ b
af (x)d x (108)
olur.
Örnek:
Helikoid biçimindeki bir yayın dogal uzunlugu 10 cm’dir. yayın 2 cm
gerilmesi (genislemesi) için 3 gr kuvvet gerekiyor. yayın dogal halinden
15cm gerilmesi halinde yapılan is ne kadardır?
Çözüm:
Hook kuralına göre, yayın dogal halinden x kadar sündürülmedi için
gereken F (x) kuvvetinin
F (x) = kx (k yaya baglı sabit) (109)
oldugu bilinir. Asıl problemi çözmek için k sabitini bulmalıyız. Verienler-
den;
F (2) = 3 ⇒ 3 = 2km ⇒ k = 3
2⇒ F (x) = 3
2x
çıkar. Bu degeri (108)’de kullanırsak,
W =∫ 5
0
3
2x d x = 3
2x
x2
2
∣∣∣∣5
0= 3
4(25−0) = 18
3
2
54 C A LC U LU S
olur.
Örnek:
kütleleri m1 ve m2 oln cisimlerinin birbirlerini çekimleri G m1.m2s2
bagıntısı ile verilir. Bu bagıntıda G sayısı çekim (gravitasyon) katsayısı
denilen bir sabit, s ise iki cisim arasındaki uzaklıktır. Kütlesi m1 oln
cisme göre kütlesi m2 olan cismin s1 konumundans2 konumuna gitmesi
halinde yapılan is nedir?
Çözüm:
W =∫ s2
s1
F (x)d x =∫ s2
s1
Gm1.m2
s2 d x = g m −1m2
(1
s22
− 1
s11
)
)
Düzlemsel Bölgelerin Kütle Merkezi
Tanım 0.48. Düzlemsel bi bölgenin kütle merkezi, bütün noktalarının
konsantre oldugu kabul edilen (x, y noktasıdır.
Düzlemsel bir A bölgesinin (x, y kütle merkezi
My = x A =∫
xd A (110)
Mx = y A =∫
yd A (111)
(112)
esitliklerini saglar. Bu esitliklerden
x A =∫
xd A
A(113)
y A =∫
yd A
A(114)
bagıntıları çıkarılır.
Agırlık Merkezi Bulma Problemleri
Mekanikte bir cismin kütle merkezi (agırlık merkezi), cismin bütün
noktalarının konsantre oldugu bir noktadır.
1. x32+ y2 = 25 çemberinin sınırladıgı diskin ikinci dörttebirlik böldede
(second quadrant) kalan kısmının agırlık merkezini bulunuz.
Çözüm:
A = π
452 = 25
4π (115)
x = 4
25π
∫ 0
−5x√
25−x2 d x =− 20
3π(116)
y = 4
25π
∫ 0
−5y√
25− y2 d x =− 20
3π(117)
(118)
olur.
F I Z I K S E L U YG U L A M A L A R 55
2. x2 + y2 = a2 ile sınırlı birim diskin birinci dörtte birlik bölgede (first
quadrant) kalan kısmının kütle merkezini bulunuz.
Çözüm:
Yogunlugun her yerde aynı ve oldugunu varsayalım δ= 1 olur.
dm = δd A
=√
a2 − y2 d y
Mx =∫ a
0y dm
=∫ a
0y√
a2 − y2 d y
= −1
2
∫ a
0(−2y)
√a2 − y2 d y
= −2
3(2)
(√a2 − y2
) 32
∣∣∣∣∣a
0
= 1
3a3
y = Mx
A
=a3
3πa2
4
= 4a
3π
x = My
Asimetri nedeniyle
= 4a
3π
3. y = h2 − x2 parabolü ile Ox−ekseni arasında kalan bölgenin kütle
merkzini bulunuz.
Çözüm:
Mx =∫ ∫
Rd A
=∫ +h
−h
∫ h2−x2
0y d y
=∫ +h
−h
1
2(h2 −x2)2 d x
= 8
15h5
56 C A LC U LU S
A =∫ ∫
Rd A
=∫ +h
−h
∫ h2−x2
0y d yd x
=∫ +h
−h(h2 −x2)d x
= h2x − 1
3x3
∣∣∣∣h
−h
= 4
3h3
y = Mx
A
= 2h2
5
My =∫ ∫
Rxd A
=∫ +h
−h
∫ h2−x2
0x d yd x
=∫ +h
−hx(h2 −x2)d x
==
x = My
A
= 0
A
= 0
4. Birim kareden birim disk çıkarılıyor. Geri kalan üçgen benzeri düzlem-
sel bölgenin agırlık merkezini bulunuz.
Çözüm:
Birim kareyi koordinat eksenind x = 1, y = 1 dogruları ile koordinat
eksenlerinin sınırladıgı düzlemsel bölgedir. Birim disk x2 + y2 = 1
çemberi ve içidir. Sekilden birim kareden birim disk atılınca kalan
bölge görülüyor.
Problemi daha genel tutmak içim 1 yerine a alalım.
Mx =∫ ∫
Ryd A
=∫ a
0
∫ a
pa2−x2
y d yd x
= 1
2
∫ a
0
(a2 − (a2 −x2)
)d x
= 1
2
∫ a
0x2 d x
= 1
6a3
F I Z I K S E L U YG U L A M A L A R 57
A =∫ a
0
∫ a
pa2−x2
d yd x
= a2 − π
4a2
= a2(4−π)
4
y = Mx
A
= a3
6
4
a2(4−π)
= 2a
12−3π
Simetri nedeniyle,
x = 2a
12−3πolur.
5. y = si nx,0 ≤ x ≤ π ile Ox− ekseni arasında kalan düzlemsel bölgenin
agırlık merkezini bulunuz.
Çözüm:
Mx =∫ ∫
Ryd x
=∫ π
0
∫ si nx
0(yd y)d x
= 1
2
∫ π
0si n2x d x
= 1
4
∫ π
0(1− cos2x)d x
= 1
4π− 1
8si n2π
= 1
4π
A =∫ ∫
Ryd A
= |∫ π
0
∫ si nx
0d y d x|
= |∫ π
0si nx d x|
= |cosx|π0 |= |−1−1|= 2
y = Mx
A
= 1
8π
x = My
Asimetri nedeniyle
= 1
2π
58 C A LC U LU S
Alıstırmalar
Asagıda verilen egrilerle sınırlanmıs düzlemsel bölgelerin kütle merkez-
lerini bulunuz.
1. y2 = 4x, x2 = 4y ; ( 95 , 9
5 )
2. y = ex , x = 0, x = 1, y = 0; ( 1e−1 , e+1
4 )
3. x = a(θ− si nθ), y = a(1− cosθ); (πa, 5a6 )
4. x = asi nθ, y = acosθ; ( 4a3i , 4a
3i )
Yay’ın Kütle merkezi
Düzlemsel bölgenin kütle merkezine benzer olarak bir yay’ın kütle
merkezi tanımlanabilir:
My = sx =∫
xd s
Mx = s y =∫
yd s
Örnek:
y =p
a2 −x2, a > x, x > 0 yayının kütle merkezini bulunuz.
Çözüm:
Mx = y s = y∫
d s = y a∫ a
0
d xpa2 −x2
y asi n−1 x
a
∣∣∣∣a
0= y aπ
2
y = 2a
π
x = 0 simetri
Alıstırmalar
Asagıdaki yayların kütle merkezlerini bulunuz:
1. x = 3t 2, y = 6t ,0 ≤ t ≤ 2
2. x = e−t cost , y = e−t si nt ,0 ≤ t ≤ 2π
3. x = e y ,0 ≤ y ≤ 1
4. x = asi n3t , y = acos3t
5. y = coshx,−1 ≤ x ≤ 1
Yogunluk
Bir cismin P noktasını içeren küçük bir elementini ∆V ile ve ∆V nin
kütlsini ∆m ile gösterlim. Eger
δ= lim∆V to0
∆m
δV(119)
F I Z I K S E L U YG U L A M A L A R 59
limiti varsa, buna cismin P noktasındaki yogunlugu denilir. Bu tanımdan
anlasıldıgı gibi, bir cismin yogunlugu sabit olmayabilip her noktada farklı
bir yogunluga sahip olabilir. Tabii, bazı cisimlerde yogunluk her noktada
aynı olabilir. (134) limitini
δ= dm
dVdersek, dm = δdV (120)
biçiminde de yazabiliriz. Simdi bir cismin kütlesi ∆m olan çok küçük
∆V parçacıklarına ayrıldıgını varsayalım. Her parçacıgın içerdigi P
noktasındaki yogunlugun δ oldugunu kabul edersek,
∆m ≈ δ∆V (121)
yazabiliriz. Simdi bütün cismin bir noktaya yogunlastını ve bu noktanın
koordinantlarının
x∆m, y∆m, z∆m (122)
kosulunu sagladıgını varsayalım. ∆V → 0 iken, () ifadelerinden, koordinat
düzlemlerine göre cismin momentlerini yazabiliriz:
My z =∫
xdm, Mzx =∫
ydm, Mx y =∫
zdm (123)
Buradan , kütle merkezinin koordinatlarını yazabiliriz:
x =∫
xdm∫dm
, y =∫
ydm∫dm
, z =∫
zdm∫dm
(124)
Düzlemsel Bölgelerin Kütle Merkezi
Tanım 0.49. Düzlemsel bir bölgenin kütle merkezi, bütün noktalarının
konsantre oldugu kabul edilen (x, y) noktasıdır.
Düzlemsel bir A bölgesinin (x, y kütle merkezi
My = x A =∫
xd A (125)
Mx = y A =∫
yd A (126)
(127)
esitliklerini saglar. Bu esitliklerden
x A =∫
xd A
A(128)
y A =∫
yd A
A(129)
bagıntıları çıkarılır.
Agırlık Merkezi Bulma Problemleri
Mekanikte bir cismin kütle merkezi (agırlık merkezi), cismin bütün
noktalarının konsantre oldugu bir noktadır.
60 C A LC U LU S
1. x32+ y2 = 25 çemberinin sınırladıgı diskin ikinci dörttebirlik böldede
(second quadrant) kalan kısmının agırlık merkezini bulunuz.
Çözüm:
A = π
452 = 25
4π (130)
x = 4
25π
∫ 0
−5x√
25−x2 d x =− 20
3π(131)
y = 4
25π
∫ 0
−5y√
25− y2 d x =− 20
3π(132)
(133)
olur.
2. x2 + y2 = a2 ile sınırlı birim diskin birinci dörtte birlik bölgede (first
quadrant) kalan kısmının kütle merkezini bulunuz.
Çözüm:
Yogunlugun her yerde aynı ve oldugunu varsayalım δ= 1 olur.
dm = δd A
=√
a2 − y2 d y
Mx =∫ a
0y dm
=∫ a
0y√
a2 − y2 d y
= −1
2
∫ a
0(−2y)
√a2 − y2 d y
= −2
3(2)
(√a2 − y2
) 32
∣∣∣∣∣a
0
= 1
3a3
y = Mx
A
=a3
3πa2
4
= 4a
3π
x = My
Asimetri nedeniyle
= 4a
3π
F I Z I K S E L U YG U L A M A L A R 61
3. y = h2 − x2 parabolü ile Ox−ekseni arasında kalan bölgenin kütle
merkzini bulunuz.
Çözüm:
Mx =∫ ∫
Rd A
=∫ +h
−h
∫ h2−x2
0y d y
=∫ +h
−h
1
2(h2 −x2)2 d x
= 8
15h5
A =∫ ∫
Rd A
=∫ +h
−h
∫ h2−x2
0y d yd x
=∫ +h
−h(h2 −x2)d x
= h2x − 1
3x3
∣∣∣∣h
−h
= 4
3h3
y = Mx
A
= 2h2
5
My =∫ ∫
Rxd A
=∫ +h
−h
∫ h2−x2
0x d yd x
=∫ +h
−hx(h2 −x2)d x
==
x = My
A
= 0
A
= 0
4. Birim kareden birim disk çıkarılıyor. Geri kalan üçgen benzeri düzlem-
sel bölgenin agırlık merkezini bulunuz.
Çözüm:
62 C A LC U LU S
Birim kareyi koordinat eksenind x = 1, y = 1 dogruları ile koordinat
eksenlerinin sınırladıgı düzlemsel bölgedir. Birim disk x2 + y2 = 1
çemberi ve içidir. Sekilden birim kareden birim disk atılınca kalan
bölge görülüyor.
Problemi daha genel tutmak içim 1 yerine a alalım.
Mx =∫ ∫
Ryd A
=∫ a
0
∫ a
pa2−x2
y d yd x
= 1
2
∫ a
0
(a2 − (a2 −x2)
)d x
= 1
2
∫ a
0x2 d x
= 1
6a3
A =∫ a
0
∫ a
pa2−x2
d yd x
= a2 − π
4a2
= a2(4−π)
4
y = Mx
A
= a3
6
4
a2(4−π)
= 2a
12−3π
Simetri nedeniyle,
x = 2a
12−3π
olur.
5. y = si nx,0 ≤ x ≤ π ile Ox− ekseni arasında kalan düzlemsel bölgenin
agırlık merkezini bulunuz.
Çözüm:
Mx =∫ ∫
Ryd x
=∫ π
0
∫ si nx
0(yd y)d x
= 1
2
∫ π
0si n2x d x
= 1
4
∫ π
0(1− cos2x)d x
= 1
4π− 1
8si n2π
= 1
4π
F I Z I K S E L U YG U L A M A L A R 63
A =∫ ∫
Ryd A
= |∫ π
0
∫ si nx
0d y d x|
= |∫ π
0si nx d x|
= |cosx|π0 |= |−1−1|= 2
y = Mx
A
= 1
8π
x = My
Asimetri nedeniyle
= 1
2π
Alıstırmalar
Asagıda verilen egrilerle sınırlanmıs düzlemsel bölgelerin kütle merkez-
lerini bulunuz.
1. y2 = 4x, x2 = 4y ; ( 95 , 9
5 )
2. y = ex , x = 0, x = 1, y = 0; ( 1e−1 , e+1
4 )
3. x = a(θ− si nθ), y = a(1− cosθ); (πa, 5a6 )
4. x = asi nθ, y = acosθ; ( 4a3i , 4a
3i )
Yay’ın Kütle merkezi
Düzlemsel bölgenin kütle merkezine benzer olarak bir yay’ın kütle
merkezi tanımlanabilir:
My = sx =∫
xd s
Mx = s y =∫
yd s
Örnek:
y =p
a2 −x2, a > x, x > 0 yayının kütle merkezini bulunuz.
Çözüm:
Mx = y s = y∫
d s = y a∫ a
0
d xpa2 −x2
y asi n−1 x
a
∣∣∣∣a
0= y aπ
2
y = 2a
π
x = 0 simetri
64 C A LC U LU S
Alıstırmalar
Asagıdaki yayların kütle merkezlerini bulunuz:
1. x = 3t 2, y = 6t ,0 ≤ t ≤ 2
2. x = e−t cost , y = e−t si nt ,0 ≤ t ≤ 2π
3. x = e y ,0 ≤ y ≤ 1
4. x = asi n3t , y = acos3t
5. y = coshx,−1 ≤ x ≤ 1
Yogunluk
Bir cismin P noktasını içeren küçük bir elementini ∆V ile ve ∆V nin
kütlsini ∆m ile gösterlim. Eger
δ= lim∆V to0
∆m
δV(134)
limiti varsa, buna cismin P noktasındaki yogunlugu denilir. Bu tanımdan
anlasıldıgı gibi, bir cismin yogunlugu sabit olmayabilip her noktada farklı
bir yogunluga sahip olabilir. Tabii, bazı cisimlerde yogunluk her noktada
aynı olabilir. (134) limitini
δ= dm
dVdersek, dm = δdV (135)
biçiminde de yazabiliriz. Simdi bir cismin kütlesi ∆m olan çok küçük
∆V parçacıklarına ayrıldıgını varsayalım. Her parçacıgın içerdigi P
noktasındaki yogunlugun δ oldugunu kabul edersek,
∆m ≈ δ∆V (136)
yazabiliriz. Simdi bütün cismin bir noktaya yogunlastını ve bu noktanın
koordinantlarının
x∆m, y∆m, z∆m (137)
kosulunu sagladıgını varsayalım. ∆V → 0 iken, () ifadelerinden, koordinat
düzlemlerine göre cismin momentlerini yazabiliriz:
My z =∫
xdm, Mzx =∫
ydm, Mx y =∫
zdm (138)
Buradan , kütle merkezinin koordinatlarını yazabiliriz:
x =∫
xdm∫dm
, y =∫
ydm∫dm
, z =∫
zdm∫dm
(139)
Örnek 0.50. r yarıçaplı bir çember, çember düzleminde ve çember
merkezine b, (b > r ) uzaklıkta sabit duran bir eksen etrafında döndürülüyor.
Meydana gelen cismin (simit, torus, daughnut) yüzey alanını ve hacmini
bulunuz.
F I Z I K S E L U YG U L A M A L A R 65
Çözüm:
Çemberin agırlık merkezi kendi merkezidir. Çemberin merkezi eksen
etrafında bir dönüs yapınca 2πb kadar yol alır. Çemberin alanı πr 2 dir.
Pappus teoremine göre hacim
V = (2πb)(πr 2) = 2π2br 2
olur, yüzey alanı ise
S = (2πb)(2πr ) = 4π2br
olur.
Üç Katlı Integraller
Figure 47: Üç katlı integral
Üç katlı ya da n-katlı integral tanımı iki katlı integralin genellemesidir.
Bu bölümde üç katlı integralleri iele alacagız. Iki katlı intgralde integral
bölgesi olarak düzlemdel bir D blgesini alıyorduk. Üç katlı integralde,
integral bölgesi düzlemsel olmak yerine üç boyutlu uzayda bir T hacmi
olacaktır. w = f (x, y z) fonksiyonunun tanım bölgesi
T = {(x, y , z)| w = f (x, y , z), a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d , e ≤ z ≤ f , x, y , z ∈R}
kümesidir. Bazı yerlerde ≤ yerine < bagıntısı gelebilir. Tabii bu küme
bir dikdörtgenler prizmasıdır. Ama bu özel bir durumdur; T her zaman
uzayda bilinen bir geometrik sekle benzemeyebilir. T kümesi üç boyutlu
uzayda bir yer (hacim) doldurur. Bu hacme katı cisim (solid) denilir.
Üç katlı interali tanımlamak için, ilk isimiz T tanım kümesinin
bir bölüntüsünı olusturmak olacaktır. Tek katlı integralde bir dogru
parçasının ,iiki katlı integralde bir dikdörtgenin bölüntüsünı olustur-
mustuk. Üç katlı integralde ise bir dikdörtenler prizmasının bölüntüsünı
olusturacagız. Bu is, önce yaptıklarımızın bezeri oacaktır:
[a,b] aralıgının bir bölüntüsü n tane alt aralıktan olusan
P = a = x0 < x1 < x2 < x3 < . . . < xn−1 < xn = b, n ∈N+
[c,d ] aralıgının bir bölüntüsü m tane alt aralıktan olusan
Q = c = y0 < y1 < y2 < y3 < . . . < ym−1 < ym = d m ∈N+
[e, f ] aralıgının bir bölüntüsü s tane alt aralıktan olusan
R = e = z0 < z1 < z2 < z3 < . . . < zs−1 < zs = f s ∈N+
olsun. T hacminin aytrısımını
Figure 48: Katı cismin bölüntüsü
Figure 49: Bir bölüntünün hacmi
Ti j k =P ×Q×R
= [xi−1, xi ]× [y j−1, y j ]× [zk−1, zi ]
1 ≤ i ≤ I , 1 ≤ j ≤ J , 1 ≤ k ≤ K , I , J ,K ∈N+
biçiminde ifade edebiliriz. Interal tanımında bölüntü aralıklarının en
uzununun uzunlugu sıfıra giderken limit alındıgı için, her üç boyuttaki
bölüntü aralıklarını kendi aralarında esit almak bir kısıtlama getirmez.
Simgeleri basitlestirmek için, P bölüntüsündeki aralıkların uzuluklarının
aynı ve ∆x, Q bölüntüsündeki aralıkların uzuluklarının aynı ve ∆y , R
68 C A LC U LU S
bölüntüsündeki aralıkların uzuluklarının aynı ve ∆z oldugunu varsay-
alım. Buna göre T prizmasının Ti j k küçük prizmalarından olustugunu ve
onların her birisinin hacminin
∆V =∆x ×∆y ×∆z (140)
oldugunu söyleyebiliriz. Artık integral tanımı için Riemann toplamını
olusturabiliriz:
(x∗i j k , y∗
i j k , z∗i j k ) ∈ Ti j k
olmak üzere
Snms =n∑
i=1
m∑j=1
s∑k=1
f (x∗i j k , y∗
i j k , z∗i j k )∆V (141)
diyelim.
Tanım 0.51. T bölgesi üç boyutlu R3 uzayında bir bölge ve f (x, y , z)
fonksiyonu bu bölge üzerinde tanımlı bir fonksiyon olsun.ÑT
f (x, y , z)dV = limn,m,s→∞
n∑i=1
m∑j=1
s∑k=1
f (x∗i j k , y∗
i j k , z∗i j k )∆V (142)
diyelim. Sagdaki limit varsa, bu limit degerine f fonksiyonunun T bölgesi
üzerindeki üç katlı integrali denilir ve soldaki simge ile gösterilir.
Anımsanacagı gibi, iki katlı integrali tanımında hesaplamanın zor-
lugunu asmak için, katlı integraliintegral tanımından hesaplamak yerine
ardısık integrallerle hesaplama yoluna gitmistik. Benzer düsünceyi üç
katlı integrallere de uygulayacagı. Üç katlı integrali art arda uygulanan
üç tane tek katlı integralin hesplanmasına indirgeyebiliriz. O durumda,
tek katlı integral için bildigimiz bütün integral alma yöntemlerini uygu-
layabilecegiz. Bu olgu Kaatlı integrallerin hepsi için geçerlidir ve integral
hesabını çok kolaylastırır.
Yine anımsayacagınız gibi, düzlemsel bir D bölgesi üzerinden iki katlı
integrali ardsık integrallere dönüstürüken D bölgesinin Ox− ve O y−eksenleri üzerine izdüsümlerini alıyor ve izdüsümün uç noktalarını en
dıstaki integralinsınırları olark kullanıyorduk. Benzer isi üç boyut için
de düsünebiliriz.Ancak, bu kz izdüsümler koordinat eksenlei yerine x y ,
xz, y z koordinat düzlemleri üzerine yapılacaktır. Bu üçünü ayrı ayrı bir
teorem halindeyazalım:
Theorem 0.52.
1. x y koordinat düzlemine izdüsüm:
Figure 50: xy düzlemine izdüsüm
f (x, y , z) fonksiyonu
Tx y = {(x, y ,0)| (x, y , z) ∈ T , g1(x, y) ≤ z ≤ g2(x, y)}
bölgesi üzerinde sürekli ise,ÑT
f (x, y , z)dV =Ï
Tx y
(∫ g2(x,y)
g1(x,y)f (x, y ,0) d z
)d A (143)
esitligi saganır.
Ü Ç K AT L I I N T E G R A L L E R 69
2. xz koordinat düzlemine izdüsüm:
Figure 51: xz düzlemine izdüsüm
f (x, y , z) fonksiyonu
Txz = {(x,0, z)| (x, y , z) ∈ T , h1(x, z) ≤ z ≤ h2(x, z)}
bölgesi üzerinde sürekli ise,
ÑT
f (x, y , z)dV =Ï
Txz
(∫ h2(x,z)
h1(x,z)f (x,0, z) d y
)d A (144)
esitligi saganır.
Figure 52: yz düzlemine izdüsüm
3. xz koordinat düzlemine izdüsüm:
f (x, y , z) fonksiyonu
Ty z = {(0, y , z)| (y , z) ∈ T , k1(y , z) ≤ z ≤ k2(y , z)}
bölgesi üzerinde sürekli ise,
ÑT
f (x, y , z)dV =Ï
Txz
(∫ k2(y ,z)
k1(y ,z)f (0, y , z) d y
)d A (145)
esitligi saganır.
Hacim
T tanım bölgesine f (x, y z) ≡ 1 ise, f nin T blgesi üzeinden ç katı interali
T katı cisminin hacmine esitir. Bunu bir teoremolarak ifade edbiliriz:
Theorem 0.53.
ÑT
f (x, y , z)dV =Ï
Tx y
(∫ g2(x,y)
g1(x,y)f (x, y ,0) d z
)d A (146)
=Ï (
g2/x, y)− g1(x, y))
d A (147)
ifadesi iki yüzey araasında kalan katı cismin hacmini verir.
Örnek 0.54. T katı cismi x = 0, y = 0, z = 0, x4y + z = 1 düzlemlerinin
sınırladıgı düzgün dörtyüzlüdür.ÑT
zdV (148)
integralini hesaplayınız.
Figure 53: Düzgün dörtyüzlü
Figure 54: Düzgün dörtyüzlününx y düzlemi üzerine izdüsümü
Çözüm: T bölgesinin x y düzlemi üzeeine izdüsümü Tx y olsun. T
bölgesi üstten z = 1−x − y düzlemi ile ve alttan z = 0 düzlemi ile sınırlıdır:
T = {(x, y , z) : 0 ≤ x ≤ 1,0 ≤ y ≤ 11−x,0 ≤ z ≤ 1−x − y} (149)
70 C A LC U LU S
dir. O halde, ÑT
zdV =∫ 1
0
∫ 1−x
0
∫ 1−x−y
0zd zd yd x
=∫ 1
0
∫ 1−x
0
z2
2
∣∣∣∣1−x−y
0d yd x
= 1
2
∫ 1
0
∫ 1−x
0
z2
2
∣∣∣∣1−x−y
0d yd x
= 1
2
∫ 1
0
∫ 1−x
0(1−x − y)2;d yd x
= 1
2
∫ 1
0− (1−x − y)3
3
∣∣∣∣1−x
0d x
= 1
6
∫ 1
0(1−x)3d x
= 1
6
(− (1−x)4
4
∣∣∣∣1
0
= 1
24
Ödev
Aynı integrali T nin xz ve y z düzlemlei üzerine izdüsümleri için
hesaplayınız.
Örnek 0.55. T katı cismi z = 8−x2− y2, z = x2+ y2 paraboloidleri arısında
kalan bölgedir. ÑT
dV (150)
integralini T nin xz düzlemi üzerine izdüsümü (2.Tip) ve xz düzlemi
üzerine izdüsümü (3.Tip) üzerinde hesaplayınız.
Figure 55: paraboloid
Figure 56: paraboloid
Figure 57: paraboloid
Çözüm: xy-düzlemi üzerindeki izdüsümü Tx y = x2 + y2 = 4 diskidir.
Çünkü z = 8− x2 − y2 denkleminde z = 0 konulursa Tx y izdüsümü
x2 + y2 = 4 olur. Buradan
I =Ñ
TdV =
∫ 2
−2
∫ p4−x2
−p
4−x2
∫ 8−x2−y2
x2+y2d zd yd x
= 4∫ 2
0
∫ p4−x2
0
(8−2(x2 + y2)
)d yd x
= 16π
olur. Ayrıca,
I =∫ 4
0
∫ 4
y2
∫ pz−y2
−p
z−y2d xd zd y +
∫ 2
−2
∫ 8−y2
4
∫ p8−z−y2
−p
8−z−y2d xd zd y
ya da
I =∫ 4
0
∫ pz
−pz
∫ pz−x2
−p
z−x2d xd zd y +
∫ 8
4
∫ p8−z
−p8−z
∫ p8−z−x2
−p
8−z−x2d xd yd z
ve
I =∫ 2
−2
∫ 4
x2
∫ pz−x2
−p
z−x2d yd zd x +
∫ 2
−2
∫ 8−x2
4
∫ p8−z−x2
−p
8−z−x2d yd zd x
Ü Ç K AT L I I N T E G R A L L E R 71
ya da
I =∫ 4
0
∫ pz
−pz
∫ pz−x2
−p
z−x2d yd xd z +
∫ 8
4
∫ p8−z
−p8−z
∫ p8−z−x2
−p
8−z−x2d yd xd z
olur.
Üç KAtlı Integrallerde Degisken Degistirme
Tek ve iki katlı inegrallerde yaptıgımız gibi, üç katlı integral alırken de
hesaplamayı kolaylastıracak degisken degistirimi yapabiliriz. Bunu
saglayan teorem sudur:
Theorem 0.56. 1.
φ = f (x, y , z) fonksiyobu üç boyutlu uzaydaki bir S hacmi bölgesinde
sürekli, bire bir ve örten τ dönüsümü,
τ :
x = g (u, v , w)
y = h(u, v , w)
z = k(u, v , w)
S bölgesini S∗ bölgesine dönüstürsün.
g ,h,k fonksiyonları S∗ üzerinde sürekli türevlenebilir olsunlar.
τ dönüsümünün jacobian’ı
J (u, v , w) = ∂(x, y , z)
∂(u, v , w)=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣xu xv xw
yu yv yw
zu zv zw
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
olmak üzere J (u, v , w) 6= 0 iseÑS
f (x, y , z)dV =Ñ
S∗f(g (u, v , w),h(u, v , w),k(u, v , w)
) |J (u, v , w)| dud vd w
olur.
Kanıt: Iki katlı integrallerde yaptıgımıza benzer olarak yapılabilir.
Örnek 0.57. S = {(x, y , z)| 1 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ x y ≤ 2, 0 ≤ z ≤ 1} olmak üzere,
τ :
u = x
v = x y
w = 3z
dönüsümü altına ÑS
(x2 y +3x y z) d xd yd z
integralini hesaplayınız.
72 C A LC U LU S
Çözüm: u = x, v = x y , w = 3z ⇒ x = u, y = vu , z = w
3 yazılablir. Buradan,ÑS
(x2 y +3x y z) d xd yd z
=Ñ
S∗
(u2(
v
u)+3u(
v
u)(
w
3))|J (u, v , w)| dud vd w
= 1
3
∫ 3
0
∫ 2
0
∫ 2
1(v + v w
udud vd w
= 1
3
∫ 3
0
∫ 2
0(1+w ln2)
v2
2
∣∣∣∣2
od w
= 1
3
∫ 3
0(1+w ln2) d w
= 2
3
((w + w2
2ln2
)= 2
3(2+3ln2)
= 2+ ln8
bulunur.
Alıstırmalar
1. x = uv , y = v w , z = uv dönüsümünün Jacobiyanını bulunuz.
2. x = eu−v , y = d u+v , z = eu+v+w dünüsümünün Jacobiyanını bulunuz.
3. S : x2
4 + x2
4 + x2
4 = 1 elipsoidinin sınırladıgı bölgenin hacmini x = 2u, y =3v , z = 5w dönüsümünü kaullanarak hesaplayınız.
Silindirsel Koordinatlar
Üç boyutlu uzayda bir (x,y,z) noktasının dikey kartezyen koordinat
sisteminden silindirsel koordinatlara dönüsümü,
τ : R3 →R3
x = r cosθ
y = r sinθ
z = z
denklemleri ile verilir.
Figure 58: Siindirsel koordinatlar
Figure 59: Kartezyen-den silindirsele dönüsüm
Silindirsel koordinatlar kullanılarak üç katlı integraller kolayca hesa-
planabilir.
Örnek 0.58. x2+y2 = a2 denklemini silindirsel koordinatlsra dönüstürünüz.
Çözüm:
Dikey kartezyen koordinat sisteminde silindirsel koordinat sisatemine
dönüsüm formülleri kullanılırsa,
r =√
x2 + y2 ⇒ tanθ = y
x, z = z
çıkar.
Örnek 0.59. x2 + y2 = az paraboloidini silindirsel koordinatlara
dönüstürünüz.
Ü Ç K AT L I I N T E G R A L L E R 73
Çözüm:
Dikey kartezyen koordinat sisteminde silindirsel koordinat sisatemine
dönüsüm formülleri kullanılırsa,
V =
çıkar.
Silindirsel kootlilardaki üç katlı integrali ardısık integrallere dönüstürmk
için su teoremi kullanırız:
Theorem 0.60. T cismi üstten z = v(t ,θ) v3 alttan z = u(r ,θ) yüzeyleri le
sınırlı olsun.
1. T nin x y− düzlemi üzerine D izdsümü kutupsal koordinatlarda
verilsin.
2. f (x,θ, z) fonksiyonu S üzerinde sürekli olsun.
3.
r =∣∣∣∣∂(x, y , z)
∂(r ,θ, z)
∣∣∣∣=∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣xr xθ xz
yr yθ yz
zv zθ zz
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣cosθ −r sinθ 0
sinθ r cosθ 0
0 0 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
ise, ÑS
f (r ,θ, z)dV =Ï
D
∫ v(r ,θ
u(r ,θf (r ,θ, z)r d zdr dθ (151)
esitligi saglanır.
Kanıt: Öncekiler gibi yapılabilir.
Figure 60: x y düzlemine izdüsüm
Özel olarak,
D = {(r ,θ) : α≤ θβ, h1(θ) ≤ r ≤ h2(θ)}
ise,
ÑS
f (r ,θ, z)dV =Ï
D
∫ bet a
al pha
∫ h2(θ)
h1(θ)
∫ v(r ,θ)
u(r ,θ)f (r ,θ, z)r d zdr dθ (152)
olur.
Örnek 0.61. S bölgesi birinci sekizde birlik (first octant) bölgde x2 + y2 = 1
ve x2 + y2 = 4 silindirleri ile z = 0, z = 1, x = 0, x = y düzlemleri tarafından
sınırlı bölge ise, ÑS
(x2 + y2)dV (153)
integralini hesaplayınız.
Figure 61: Izdüsüm
Çözüm:
S = {(x, y , z) : −2 ≤ 2. −√
4−x2 ≤ y ≤√
4−x2,√
x2 + y2 ≤ z ≤ 2}
74 C A LC U LU S
oldugundan, ÑS
(x2 + y2)dV
=∫ 2π
0
∫ 2
0
∫ 2
rr 2 r d zdr dθ
=∫ 2π
0
∫ 2
0r 3z
∣∣2r dr dθ
=∫ 2π
0
∫ 2
0r 3(2− r )dr dθ
= 2π
(1
2r 4 − 1
5r 5
∣∣∣∣2
0
= 16
5π
Örnek 0.62. S = {(x, y , z) : x2 + y2 = 1, 0 ≤ z ≤ 1} iseÑS
ze−x2−y2dV (154)
integralini hesaplayınız.
Çözüm: Silindirik koordinatlar kullanılır ve ardılık integraller uygu-
lanırsa, ÑS
ze−x2−y2dV
=∫ 1
0
∫ 2π
0
∫ 1
0ze−r 2
r dr dθd z
= π
2
(1− 1
e
)çıkar.
Örnek 0.63. S cismi 8− r 2 ve z = r 2 paraboloidleri ile sınırlı bölge ise S
cisminin hacmini bulunuz.
Figure 62: x y düzlemine izdüsüm
Çözüm: Hacim formülüuygulanırsa,
V =∫ 2π
0
∫ 2
0
∫ 8−r 2
r 2r d zdr dθ
=∫ 2π
0
∫ 2
0(8− r 2 − r 2)r dr dθ
= 16π
bulunur.
Üç Katlı Integrallerde Küresel Koordinatlar
Üç boyutlu uzayda bir P (x, y , z) noktasının dikey kartezyen koordinat
sisteminden küresel koordinatlardaki (ρ,φ,θ) noktasına dönüstüren η
dönüsümü,
Figure 63: Küresel koordinatlar
η : R3 →R3
x = ρ cosθ sinφ
y = ρ sinθ sinφ
z = ρ cosφ
Ü Ç K AT L I I N T E G R A L L E R 75
denklemleri ile verilir. Burada P noktasının baslangıç noktasına uzaklıgı
ρ, P noktasının x y− düzlemine izdüsümü olan Q noktasının baslangıç
noktasına uzaklıgı r = ρ sinφ, OQ nun Ox− ekseniyle pozitif yöne yaptıgı
açı θ (0 ≤ θ ≤ 2π), OP nin Oz− ekseni ile pozizitif yönde yaptıgı açı
φ, (0 ≤φ≤π) dır.
Figure 64: Küresel koordinatlar
Örnek 0.64. Dikey kartezyen koordinat sistemindeki denklemi
x2 + y2 + (z −1)2 = 1
olan küreyi küresel koordinat sisteminde gösteriniz.
Çözüm: Yukrıdaki η dönüsümünü uygularsak,
1 = ρ2 sin2φcos2θ+ρ2 sin2φsin2θ+ (ρ cosφ−1)2
= ρ2 sin2φ(cos2θ+ sin2φ
)ρ2 cos2φ2ρ cosφ+1
⇒= ρ2 (sin2φ+cos2φ
)⇒ 2ρ cosφ
⇒ ρ2 = 2ρ cosφ
⇒ ρ = 2cosφ
çıkar.
Figure 65: Dik dairesl koni1
Figure 66: Dik dairesel koninin boyutları
Örnek 0.65. Dikey kartezyen koordinat sistemindeki denklemi
z =√
x2 + y2
olan koniyi küresel koordinat sisteminde gösteriniz.
Çözüm: Yukrıdaki η dönüsümünü uygularsak,
ρ cosφ=√ρ2 sin2φ (ρ ≥ 0,sinφ≥ 0)
ρ cosφ= ρ sinφ
cosφsinφ
φ= π
4(0 ≤φ≤π)
çıkar.
Dikey kartezyen koordinat sistemindeki üç katlı integrali küresel
koordinat siteminde üç katlı integrale dönüstürmek için asagıdaki
teoremi kullanırız:
Theorem 0.66. :
1. Küresel koordinatlarda gösteilen S sınırlı cismi üzerinde ξ= f (ρ,φ,θ)
fonksiyonu sürekli,
2. η dönüsümü geçerli,
3. η dönüsümünün Jacobiyanı,
ρ2 sinφ=∣∣∣∣ ∂(x, y , z)
∂(ρ,φ,θ)
∣∣∣∣=∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣xρ xφ xθyρ yφ yθzρ zφ zθ
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣sinφcosθ ρ cosφcosθ −ρ sinφsinθ
sinφsinθ ρ cosφsinθ −ρ sinφcosθ
cosφ −ρ sinφ 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
76 C A LC U LU S
ise ÑS
f (x, y , z)dV =Ñ
S∗f (ρ,φ,θ)ρ2 sinφ dρdφdθ (155)
esitligi saglanır.
Örnek 0.67. Üstten ρ ≤ 1 küresi ve alttan φ = ı3 konisi ile sınırlı S böl-
gesinin hacmini bulunuz.
Çözüm:
V =Ñ
Sρ2 sinφdρdφdθ
=∫ 2π
0
∫ π/3
0
∫ 1
0ρ2 sinφdφdθ
=∫ 2π
0
∫ π/3
0
1
3sinφdφdθ
=∫ 2π
0−1
3cosφ
∣∣∣∣π/3
0dθ
= 1
62π
= π
3bi r i m3
Örnek 0.68. S = {(x, y , z) : x2 + y2 + z2 ≤ 1} ise,ÑS
ep
(x2+y2+z2)3dV (156)
integralini hesaplayınız.
Çözüm:
S cismi küre oldugundan küresel koordinatları kullanamak kolaylık
saglar. Üç katlı interali ardısık integrallere dönüstürüsek,ÑS
ep
(x2+y2+z2)3dV
=∫ pi
0
∫ 2π
0
∫ 1
0e(ρ2)3
ρ2 sinφdρdθdφ
=∫ pi
0
∫ 2π
0
∫ 1
0eρ
3ρ2 sinφdθdφ
= (−cosφ∣∣π0 .2π
(1
3eρ
3∣∣∣∣1
0
= 4
3π(e −1)
Örnek 0.69. ∫ 2ı
0
∫ p2
0
∫ p4−r 2
03r d zdr dθ (157)
integralini
1. Dikey katezyen koordinat istemine dönüstüünüz.
2. Küresel koordinat sistemine dönüstürünüz.
3. Silindirsel koordinat sistemine dönüstürerek hesaplayınız.
Çözüm:
Ü Ç K AT L I I N T E G R A L L E R 77
1. ∫ p2
−p2
∫ p2−y2
−p
2−y2
∫ (4−x2−y2)
(x2+y2)3d zd xd y
2. ∫ 2π
0
∫ π/4
0
∫ 2
03ρ2 sinφdφdθ
3. ∫ 2π
0
∫ p2
0
∫ p4−r 2
03r d zdr dθ = 3
∫0+2π
∫ p2
0
(r (4− r 2)1/2 − r 2)dr dθ
=∫ 2π
0(8−4
p2)dθ
= (8−4p
22π
Alıstırmalar
Asagıdaki interallerin integral bölgelerini çiziniz ve interali hesaplayınız.
1. (a) ∫ π/2
0
∫ 2
0
∫ 9−r 2
0r d zdr dθ
(b) ∫ π/6
0
∫ π/2
0
∫ 3
0ρ2 sinφdρdθdφ
2. S bölgesi z = 0 düzleminin üstünde, z2 = 4x2 +4y2 konisinin altında ve
yandan x2 + y2 = 1 sindiri ile sınırlı iseÑS
x2dV
integralini bulunuz.
3. ∫ 1
−1
∫ p1−x2
−p
1−x2
∫ 2−x2−y2
x2+y2(x2 + y2)d zd yd x
integralini silindirsel koordinatları kullanarak hesaplayınız.
4. ∫ 1
0
∫ p1−y2
0
∫ px2+y2
x2+y2x y dV
integralini silindirsel koordinatları kullanarak hesaplayınız.
5. ∫ 2
−2
∫ p4−x2
−p
4−x2
∫ p4−x2−y2
0z√
x2 + y2 + z2 d zd xd y
integralini hesaplayınız.
6. ∫ 3
0
∫ p9−y2
0
∫ p18−x2−y2
px2+y2
(x2 + y2 + z2) d zd xd y
integralini hesaplayınız.
7. Birinci bölgede x2 + y2 + z2 = 4 küresi ile sınırlı S bölgesi üzerindeÑS
ep
x2+y2+z2dV
integralini hesaplayınız.