Calculus -...

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

7

Cumhuriyeti kuranlara adanmıstır.

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


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.


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


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.


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)


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)


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


Örnek 0.18.

f (x, y) =px y (33)

fonksiyonunun D = {(x, y) : 1 ≤ x ≤ 4, 4 ≤ y ≤ 9} bölgesi üzerinden



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


Örnek 0.19.

f (x, y) = yex (34)

fonksiyonunun D = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 2,−1 ≤ y ≤ 1} bölgesi üzerinden


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


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)


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


D = {(x, y)|0 ≤ x ≤ 5, −x +5 ≤ y ≤ 5+4x −x2}


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


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


∫ 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


∫ 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


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)



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)


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)


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


b)∫ 1

0

∫ y2

0 f (x, y)d xd y


∫ 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


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


∫ ∫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)


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)


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


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


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


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.


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


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


2. x −2y = 0, x −2y = 4,3x − y = 1,3x − y = 8 dogrularının sınırladıgıD

bölgesi üzerinde,

i i ntDx −2y

3x − yd A


3. Köseleri (1,0), (2,0), (0,2), (0,1) olan D yamugu üzerinde,ÏD

cos

(y −x

y +x

)d A


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


5. 9x2 +4y2 = 1 elipsi üzerinden,ÏD

sin(9x2 +4y2)d A


30 C A LC U LU S

6. |x|+ |y | ≤ 1 eitsizligi ile belirlenen D bölgesi üzerinden,ÏD

ex+y d A


7. Köseleri (0,0), (2π,0), (0,π) olan D üçgeni üzerinden,ÏD

sin(x +2y).cos(x −2y)d A


8. y = x2, y = 4x2, x y = 1, x y = 5 egrilerinin sınırladıgı D bölgesi üz-

erinden, ÏD

x yd A


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)


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.


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


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


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


Çözüm: Bu has olmayan bir integraldir. Öyleyse, Kutupsal koorinat


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


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


5. D bölgesi x2 + y2 = 4, x2 + y2 = 4, çemberleri ile sınırlı bölge ise,ÏD

x d A


6. D bölgesi x2 + y2 = 4, x2 + y2 = 4, çemberleri sınırlı bölge ise,

∫ 1

0

∫ pa2−x2

0ex2+y2

d xd y


7. ∫ a

−a

∫ pa2−y2

0(x2 + y2)

32 d xd y


8. ∫ 4

0

∫ p16−y2

−p

16−y2(x2.y2) d xd y


9. ∫ 2

0

∫ p2x−x2

0

√x2 + y2 d yd x


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


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


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)


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


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 ≤


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.


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.


My = x A =∫

xd A (110)

Mx = y A =∫

yd A (111)

(112)


x A =∫

xd A

A(113)

y A =∫

yd A

A(114)







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.




Çözüm:


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


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



Çözüm:






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

12−3πolur.



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


lerini bulunuz.

1. y2 = 4x, x2 = 4y ; ( 95 , 9

5 )

2. y = ex , x = 0, x = 1, y = 0; ( 1e−1 , e+1

4 )



3i )




My = sx =∫

xd s

Mx = s y =∫

yd s

Örnek:

y =p


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


1. x = 3t 2, y = 6t ,0 ≤ t ≤ 2


3. x = e y ,0 ≤ y ≤ 1


5. y = coshx,−1 ≤ x ≤ 1

Yogunluk



δ= lim∆V to0

∆m

δV(119)






δ= dm





∆m ≈ δ∆V (121)


koordinantlarının

x∆m, y∆m, z∆m (122)



My z =∫

xdm, Mzx =∫

ydm, Mx y =∫

zdm (123)


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.


My = x A =∫

xd A (125)

Mx = y A =∫

yd A (126)

(127)


x A =∫

xd A

A(128)

y A =∫

yd A

A(129)





60 C A LC U LU S



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.



Çözüm:


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



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



Çözüm:

62 C A LC U LU S






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.



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

Alıstırmalar


lerini bulunuz.

1. y2 = 4x, x2 = 4y ; ( 95 , 9

5 )

2. y = ex , x = 0, x = 1, y = 0; ( 1e−1 , e+1

4 )



3i )




My = sx =∫

xd s

Mx = s y =∫

yd s

Örnek:

y =p


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


1. x = 3t 2, y = 6t ,0 ≤ t ≤ 2


3. x = e y ,0 ≤ y ≤ 1


5. y = coshx,−1 ≤ x ≤ 1

Yogunluk



δ= lim∆V to0

∆m

δV(134)





δ= dm





∆m ≈ δ∆V (136)


koordinantlarının

x∆m, y∆m, z∆m (137)



My z =∫

xdm, Mzx =∫

ydm, Mx y =∫

zdm (138)


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.


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


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:


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)


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



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


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


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.


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)


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)


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


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)


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:


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


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


6. ∫ 3

0

∫ p9−y2

0

∫ p18−x2−y2

px2+y2

(x2 + y2 + z2) d zd xd y


7. Birinci bölgede x2 + y2 + z2 = 4 küresi ile sınırlı S bölgesi üzerindeÑS

ep

x2+y2+z2dV


Bibliography

Index

d A, 9

d xd y , 9

üç katlı integral, 67

bölünrü, 9

hacim, 67

iki katlı integral, 9

katı cisim, 67

katlı integral, 9

Riemann toplamı, 9

triple integral, 67

Calculus -...

Documents

Transcript of Calculus -...