33 Belirli İntegralin Uygulamaları
Cauchy–Schwarz ve Minkowski Eşitsizlikleri bölümüyle birlikte belirli integralin kuramsal donanımını tamamlamış olduk: integralin ne zaman var olduğunu, hangi kurallara uyduğunu ve Analizin Temel Teoremleri sayesinde nasıl hesaplandığını biliyoruz. Bu bölüm baştan sona uygulama bölümüdür: alan, hacim, uzunluk ve yüzey gibi geometrik büyüklüklerin belirli integralle nasıl ölçüldüğünü göreceğiz.
Bütün bölüm boyunca tek bir akıl yürütme kalıbı tekrarlanacak. Ölçmek istediğimiz büyüklüğü doğrudan hesaplayamıyoruz; ama onu ince dilimlere ayırırsak her dilim, ölçüsünü zaten bildiğimiz basit bir şekle — bir dikdörtgene, bir silindire, bir doğru parçasına — çok yaklaşır. Katkıları toplayınca elimize bir Riemann toplamı (Tanım 26.1) geçer; bölünüşün normunu sıfıra götürdüğümüzde bu toplam bir belirli integrale yakınsar. Üç adımı kısaca “dilimle, topla, limite geç” diye anacağız.
Bu kalıbın ciddiye alınması gereken bir yanı vardır: “alan”, “hacim”, “yüzey alanı” kavramlarının kendileri bu noktada henüz tanımlı değildir. Alan ve hacimde, ölçünün sağlaması gereken birkaç doğal özelliği varsayacak ve bu özelliklerin bölgeye atanabilecek sayıyı tek bir değere — integrale — zorladığını göstereceğiz. Yay uzunluğu ile yüzey alanında ise kavramı kırık çizgiler ve kesik koniler üzerinden tanımlayacak, tanımın verdiği limitin integrale eşit olduğunu ispatlayacağız. Ortalama değer teoremi (Teorem 8.2) bu ispatlarda başrolü oynayacak.
Bu bölümde şunları öğreneceğiz: eğri altındaki alan ve fonksiyon işaret değiştirdiğinde \(|f|\) ile hesaplanan gerçek alan; iki eğri arasındaki alan ve gerektiğinde \(y\) değişkenine göre integrasyon; dilim yöntemiyle hacim ve onun özel hâlleri olan disk ile halka yöntemleri; silindirik kabuk yöntemi; yay uzunluğu formülü \(L = \int_a^b \sqrt{1 + f'(x)^2}\,dx\); dönel yüzey alanı formülü \(S = 2\pi \int_a^b f(x)\sqrt{1 + f'(x)^2}\,dx\); bütün bu formüllerin parametrik biçimleri; ve son olarak kutupsal koordinatlarda alan formülü \(A = \frac{1}{2}\int_\alpha^\beta r(\theta)^2\,d\theta\) ile uzunluk formülü \(L = \int_\alpha^\beta \sqrt{r(\theta)^2 + r'(\theta)^2}\,d\theta\).
33.1 Eğri Altında Kalan Alan
En basit durumla başlayalım: negatif olmayan bir fonksiyonun grafiği ile \(x\) ekseni arasında kalan bölge. Belirli integrali tanımlarken (Tanım 24.3, Tanım 25.1) izlediğimiz yol tam olarak bu bölgenin alanını kestirme yoluydu; alt toplam içeriden, üst toplam dışarıdan kuşatıyordu. Bir bölgeye “alan” adı verilen bir sayı atamanın ne demek olduğunu tanımlamış değiliz — ölçü kuramı bunu yapar — ama alanın sağlaması gereken üç özelliği yazabilir ve bu özelliklerin söz konusu bölge için tek bir yanıt bıraktığını gösterebiliriz.
Önerme 33.1 (Eğri Altında Kalan Bölgenin Alanı) \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu Riemann integrallenebilir ve her \(x \in [a,b]\) için \(f(x) \ge 0\) olsun. Düzlemdeki
\[\Omega = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 : a \le x \le b, \; 0 \le y \le f(x)\}\]
bölgesini alalım. Düzlemin bazı alt kümelerine “alan” denen bir \(\mathcal{A}(\cdot) \ge 0\) sayısının atandığını ve bu atamanın şu üç özelliği sağladığını varsayalım:
- (A1) Kenarları eksenlere paralel bir \([c,d] \times [p,q]\) dikdörtgeni için \(\mathcal{A} = (d-c)(q-p)\)’dir.
- (A2) \(\Omega_1 \subseteq \Omega_2\) ise \(\mathcal{A}(\Omega_1) \le \mathcal{A}(\Omega_2)\)’dir.
- (A3) İç bölgeleri ayrık olan sonlu sayıda kümenin birleşiminin alanı, alanların toplamıdır.
O hâlde \(\Omega\)’ya atanabilecek alan değeri tektir ve
\[\mathcal{A}(\Omega) = \int_a^b f(x)\,dx\]
eşitliğini sağlar.
İspat
\(f\) integrallenebilir olduğundan sınırlıdır (Teorem 26.3); dolayısıyla aşağıdaki infimum ve supremumlar birer reel sayıdır.
\(P = \{a = x_0 < x_1 < \dots < x_n = b\}\) herhangi bir bölünüş (Tanım 24.1) olsun ve her \(i\) için
\[m_i = \inf_{x \in [x_{i-1},x_i]} f(x), \qquad M_i = \sup_{x \in [x_{i-1},x_i]} f(x)\]
yazalım. \(\Delta x_i = x_i - x_{i-1}\) olsun.
Adım 1: İçeriden ve dışarıdan kuşatma. \(R_i = [x_{i-1},x_i] \times [0, m_i]\) ve \(S_i = [x_{i-1},x_i] \times [0, M_i]\) dikdörtgenlerini alalım. \(x \in [x_{i-1},x_i]\) ve \(0 \le y \le m_i\) ise \(y \le m_i \le f(x)\)’tir, yani \(R_i \subseteq \Omega\); benzer biçimde \((x,y) \in \Omega\) ve \(x \in [x_{i-1},x_i]\) ise \(y \le f(x) \le M_i\) olduğundan \(\Omega\)’nın bu şeride düşen parçası \(S_i\)’nin içindedir. Alt aralıklar yalnızca uç noktalarında kesiştiğinden dikdörtgenlerin iç bölgeleri ayrıktır ve
\[\bigcup_{i=1}^{n} R_i \subseteq \Omega \subseteq \bigcup_{i=1}^{n} S_i.\]
Adım 2: Alanları hesaplama. (A1) gereği \(\mathcal{A}(R_i) = m_i \Delta x_i\) ve \(\mathcal{A}(S_i) = M_i \Delta x_i\)’dir; (A3) gereği birleşimlerin alanları bunların toplamı, yani tam olarak alt ve üst Darboux toplamlarıdır (Tanım 24.3):
\[\mathcal{A}\Big(\bigcup_{i} R_i\Big) = \sum_{i=1}^{n} m_i \Delta x_i = L(P,f), \qquad \mathcal{A}\Big(\bigcup_{i} S_i\Big) = \sum_{i=1}^{n} M_i \Delta x_i = U(P,f).\]
Adım 3: Sıkıştırma. (A2)’yi Adım 1’deki kapsamalara uygularsak her \(P\) bölünüşü için \(L(P,f) \le \mathcal{A}(\Omega) \le U(P,f)\) olur. Solda supremum, sağda infimum alalım:
\[\underline{I}(f) = \sup_P L(P,f) \le \mathcal{A}(\Omega) \le \inf_P U(P,f) = \overline{I}(f).\]
\(f\) integrallenebilir olduğundan iki uç da \(\int_a^b f(x)\,dx\)’e eşittir; öyleyse ortadaki sayı da odur. Bu, hem değeri hem tekliği verir: (A1)–(A3)’ü sağlayan her alan kavramı \(\Omega\)’ya aynı sayıyı atamak zorundadır.
\(\blacksquare\)
Bu önerme, bundan sonraki bütün hesapların ruhsatıdır: negatif olmayan bir fonksiyonun grafiğinin altındaki alanı bulmak, o fonksiyonun integralini hesaplamaktır. Şimdi \(f\)’nin işaret değiştirmesine izin verelim.
\(f\) bir aralıkta negatifse orada integrali de negatif çıkar (Teorem 28.1); oysa alan negatif olamaz. \(\int_a^b f\) sayısı, grafiğin \(x\) ekseninin üstünde kalan parçalarının alanından altında kalanların alanını çıkarır; buna işaretli alan denir. Bölgenin gerçek alanı ise
\[\mathcal{A} = \int_a^b |f(x)|\,dx\]
sayısıdır; \(f\) integrallenebilirse \(|f|\) de integrallenebilir olduğundan (Teorem 27.2) bu integral vardır. Uygulamada yapılacak iş, \(f\)’nin işaret değiştirdiği noktaları bulup \([a,b]\)’yi parçalara ayırmak ve aralık toplamsallığını (Teorem 27.4) kullanmaktır.
Örnek 33.1 (Eğri Altındaki Alan Hesapları) Aşağıdaki alanları hesaplayınız.
\(y = \sqrt{x}\) eğrisinin altında, \(x\) ekseninin üstünde, \(x = 0\) ile \(x = 4\) arasında kalan bölgenin alanı.
\(f(x) = x^2 - 1\) fonksiyonunun grafiği ile \(x\) ekseni arasında, \([0,2]\) üzerinde kalan bölgenin alanı. Bu alanı \(\int_0^2 f\) ile karşılaştırınız.
Çözüm
a) \(x \mapsto \sqrt{x}\) fonksiyonu \([0,4]\) üzerinde sürekli, dolayısıyla integrallenebilirdir (Teorem 25.2) ve negatif değildir; Önerme 33.1 gereği aranan alan doğrudan integraldir:
\[\mathcal{A} = \int_0^4 \sqrt{x}\,dx = \Big[\tfrac{2}{3}x^{3/2}\Big]_0^4 = \frac{2}{3}\cdot 8 = \frac{16}{3}.\]
b) Önce işaret değişimi: \(x^2 - 1 = 0\) denkleminin \([0,2]\)’deki tek kökü \(x = 1\)’dir; \(0 \le x < 1\) için \(f(x) < 0\), \(1 < x \le 2\) için \(f(x) > 0\)’dır. Öyleyse \(|f|\), \([0,1]\)’de \(1-x^2\), \([1,2]\)’de \(x^2-1\)’dir ve aralık toplamsallığıyla (Teorem 27.4)
\[\mathcal{A} = \int_0^1 (1 - x^2)\,dx + \int_1^2 (x^2-1)\,dx = \Big[x - \tfrac{x^3}{3}\Big]_0^1 + \Big[\tfrac{x^3}{3} - x\Big]_1^2 = \frac{2}{3} + \frac{4}{3} = 2\]
bulunur. Oysa işaretli alan
\[\int_0^2 (x^2 - 1)\,dx = \Big[\tfrac{x^3}{3} - x\Big]_0^2 = \frac{8}{3} - 2 = \frac{2}{3}\]
çıkar. İki sayı arasındaki fark, eksenin altında kalan \(\frac{2}{3}\) birimlik parçanın eklenmek yerine çıkarılmasından gelir. Aynı olgunun en uç örneği \(\sin x\)’tir: \([0,2\pi]\) üzerinde iki bölge birbirinin aynadaki görüntüsüdür, işaretli alan \(\int_0^{2\pi}\sin x\,dx = 0\) çıkar, gerçek alan ise \(\int_0^{2\pi}|\sin x|\,dx = 4\)’tür.
\(\blacksquare\)
33.2 İki Eğri Arasındaki Alan
Şimdi alttan ve üstten iki eğriyle sınırlanan bölgelere geçelim. Fikir şudur: dikey bir doğru bölgeyi \(f(x) - g(x)\) uzunluğunda bir kesitte keser; dilim, tabanı \(\Delta x\) ve yüksekliği bu uzunluk olan bir dikdörtgendir.
Teorem 33.1 (İki Eğri Arasında Kalan Alan) \(f, g : [a,b] \to \mathbb{R}\) integrallenebilir ve her \(x \in [a,b]\) için \(g(x) \le f(x)\) olsun.
\[\Omega = \{(x,y) : a \le x \le b, \; g(x) \le y \le f(x)\}\]
bölgesinin, Önerme 33.1’daki (A1)–(A3) özelliklerini sağlayan alanı
\[\mathcal{A}(\Omega) = \int_a^b \big(f(x) - g(x)\big)\,dx\]
ile verilir.
İspat
\(g\) integrallenebilir olduğundan sınırlıdır (Teorem 26.3); öyleyse bir \(c \ge 0\) sabiti için her \(x\)’te \(g(x) + c \ge 0\) olur. \(\Omega\)’yı \(c\) kadar yukarı ötelemek alanını değiştirmez, çünkü öteleme kuşatan dikdörtgenleri de aynı miktarda öteler ve (A1) gereği bir dikdörtgenin alanı yalnızca kenar uzunluklarına bağlıdır. Ayrıca \((f+c) - (g+c) = f - g\) olduğundan ispatlanacak formül de değişmez; bu yüzden genelliği bozmadan \(0 \le g \le f\) varsayabiliriz.
\[\Omega_f = \{(x,y) : a \le x \le b,\; 0 \le y \le f(x)\}, \qquad \Omega_g = \{(x,y) : a \le x \le b,\; 0 \le y \le g(x)\}\]
bölgelerini alalım. \(\Omega_f = \Omega_g \cup \Omega\) birleşiminde ortak nokta kümesi yalnızca \(y = g(x)\) eğrisidir, yani iki parçanın iç bölgeleri ayrıktır; (A3) gereği \(\mathcal{A}(\Omega_f) = \mathcal{A}(\Omega_g) + \mathcal{A}(\Omega)\) olur. Önerme 33.1 iki bölgenin de alanını verdiğinden (\(\int_a^b f\) ve \(\int_a^b g\)), integralin lineerliğiyle (Teorem 27.1)
\[\mathcal{A}(\Omega) = \int_a^b f - \int_a^b g = \int_a^b \big(f(x) - g(x)\big)\,dx\]
elde ederiz. \(g \le f\) olduğundan bu sayı negatif değildir (Teorem 28.1), yani gerçekten bir alan olabilir.
\(\blacksquare\)
Formülün akılda kalan biçimi şudur: üstteki eksi alttaki, \(a\)’dan \(b\)’ye. Uygulamada hangi eğrinin üstte olduğunu belirlemek için \(f(x) = g(x)\) denkleminin köklerini, yani kesişim noktalarını bulmak ve gerekiyorsa bölgeyi bu köklerde parçalara ayırıp her parçada \(|f-g|\) ile çalışmak gerekir.
Örnek 33.2 (İki Eğri Arasındaki Alan Hesapları) Aşağıdaki bölgelerin alanlarını bulunuz.
\(y = x^2\) parabolü ile \(y = x\) doğrusu arasında kalan bölge.
\(y = x^3\) ile \(y = x\) eğrilerinin \([-1,1]\) üzerinde sınırladığı bölge.
Çözüm
a) Kesişim noktaları \(x(x-1) = 0\) denkleminin kökleridir: \(x = 0\) ve \(x = 1\). \(0 < x < 1\) aralığında \(x^2 - x = x(x-1) < 0\), yani üstteki eğri \(y = x\)’tir. Teorem 33.1 gereği
\[\mathcal{A} = \int_0^1 (x - x^2)\,dx = \Big[\frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3}\Big]_0^1 = \frac{1}{2} - \frac{1}{3} = \frac{1}{6}.\]
b) Kesişim noktaları \(x^3 = x\), yani \(x(x^2-1) = 0\) denkleminin kökleridir: \(x = -1, 0, 1\). Roller aralık boyunca değişir:
- \(-1 < x < 0\) için \(x^3 - x = x(x^2-1) > 0\) (negatif çarpı negatif), yani üstteki eğri \(y = x^3\)’tür.
- \(0 < x < 1\) için \(x^3 - x < 0\), yani üstteki eğri \(y = x\)’tir.
Bölgeyi \(x = 0\)’da ikiye ayırmak zorundayız:
\[\mathcal{A} = \int_{-1}^{0}(x^3 - x)\,dx + \int_{0}^{1}(x - x^3)\,dx = \Big[\frac{x^4}{4} - \frac{x^2}{2}\Big]_{-1}^{0} + \Big[\frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{4}\Big]_{0}^{1} = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}.\]
Ayırmayı unutup doğrudan \(\int_{-1}^{1}(x - x^3)\,dx\) yazsaydık, integrand tek bir fonksiyon olduğundan sonuç \(0\) çıkardı; bu, alan değil işaretli alandır.
\(\blacksquare\)
\(y\) Değişkenine Göre İntegrasyon
Bazı bölgeler dikey dilimlerle kötü, yatay dilimlerle çok iyi betimlenir. Bölgeyi soldan \(x = h(y)\), sağdan \(x = k(y)\) eğrileri ve \(y = c\), \(y = d\) doğruları sınırlıyorsa, aynı akıl yürütme eksenlerin rolü değiştirilerek tekrarlanır:
\[\mathcal{A} = \int_c^d \big(k(y) - h(y)\big)\,dy.\]
Ayrı bir ispata gerek yoktur; düzlemi \(y = x\) doğrusuna göre yansıtmak alanları korur ve bölgeyi tam olarak Teorem 33.1’ın biçimine getirir. Akılda kalan hâli: sağdaki eksi soldaki.
Örnek 33.3 (Yatay Dilimlerle Alan) \(y^2 = x\) parabolü ile \(y = x - 2\) doğrusunun sınırladığı bölgenin alanını bulunuz.
Çözüm
Kesişim noktaları. Doğrunun denklemini \(x = y + 2\) biçiminde yazıp \(x = y^2\) ile birleştirirsek \(y^2 - y - 2 = (y-2)(y+1) = 0\), yani \(y = -1\) ve \(y = 2\) bulunur; karşılık gelen noktalar \((1,-1)\) ile \((4,2)\)’dir.
Neden \(y\) değişkeni? \(x\) değişkenine göre çalışsaydık bölgeyi \(x = 1\)’de ikiye bölmek zorunda kalırdık: \(0 \le x \le 1\) için bölge \(y = -\sqrt{x}\) ile \(y = \sqrt{x}\) arasında, \(1 \le x \le 4\) için ise \(y = x-2\) ile \(y = \sqrt{x}\) arasındadır. Oysa yatay dilimlerde \(-1 \le y \le 2\) olan her \(y\) için dilimin sol ucu parabolde, sağ ucu doğrudadır; tek bir integral yeter.
Hesap. \(-1 < y < 2\) için \(y^2 - y - 2 = (y-2)(y+1) < 0\), yani \(y + 2 > y^2\)’dir; sağdaki eğri \(x = y+2\)’dir:
\[\mathcal{A} = \int_{-1}^{2}\big((y+2) - y^2\big)\,dy = \Big[\frac{y^2}{2} + 2y - \frac{y^3}{3}\Big]_{-1}^{2} = \frac{10}{3} - \Big(-\frac{7}{6}\Big) = \frac{27}{6} = \frac{9}{2}.\]
Denetim. Aynı sonucu \(x\) değişkeniyle de bulalım. Birinci parçada \(\int_0^1 2\sqrt{x}\,dx = \big[\tfrac{4}{3}x^{3/2}\big]_0^1 = \frac{4}{3}\), ikinci parçada
\[\int_1^4 (\sqrt{x} - x + 2)\,dx = \Big[\frac{2}{3}x^{3/2} - \frac{x^2}{2} + 2x\Big]_1^4 = \frac{16}{3} - \frac{13}{6} = \frac{19}{6}\]
bulunur; toplam \(\frac{4}{3} + \frac{19}{6} = \frac{27}{6} = \frac{9}{2}\)’dir. İki yol aynı sayıyı verdi, ama ikincisi iki ayrı integral istedi.
\(\blacksquare\)
33.3 Dilim Yöntemiyle Hacim
Alandan hacme geçerken kalıp değişmez; yalnızca “dilim” artık bir dikdörtgen değil, ince bir plakadır. Uzaydaki bir cismi \(x\) eksenine dik düzlemlerle keselim ve \(x\) apsisli kesitin alanı \(A(x)\) olsun. \([x_{i-1},x_i]\) aralığına karşılık gelen ince dilim, taban alanı \(A\) kadar, kalınlığı \(\Delta x_i\) olan bir silindire benzer; hacmi yaklaşık \(A(x)\Delta x_i\)’dir. Topla, limite geç.
Teorem 33.2 (Dilim Yöntemi) \(K \subset \mathbb{R}^3\) cismi, \(x\) eksenine dik \(x = a\) ve \(x = b\) düzlemleri arasında kalsın (\(a < b\)). Her \(x \in [a,b]\) için \(x\) apsisli dik kesitin alanı \(A(x)\) olsun ve \(A : [a,b] \to [0,\infty)\) sürekli olsun. Hacim kavramının şu üç özelliği sağladığını varsayalım:
- (V1) Tabanının alanı \(S\), yüksekliği \(h\) olan bir dik silindirin hacmi \(Sh\)’dir.
- (V2) \(K_1 \subseteq K_2\) ise \(\mathcal{V}(K_1) \le \mathcal{V}(K_2)\)’dir.
- (V3) İçleri ayrık sonlu sayıda cismin birleşiminin hacmi, hacimlerin toplamıdır.
Ayrıca \(K\)’nin \([x_{i-1},x_i]\) şeridine düşen parçasının, taban alanı \(\min A\) olan silindiri içerdiğini ve taban alanı \(\max A\) olan silindirin içinde kaldığını varsayalım. O hâlde
\[\mathcal{V}(K) = \int_a^b A(x)\,dx.\]
İspat
\(A\) sürekli olduğundan integrallenebilirdir (Teorem 25.2) ve her alt aralıkta en küçük ile en büyük değerlerini alır (bkz. Analiz 1). \(P = \{a = x_0 < \dots < x_n = b\}\) bir bölünüş, \(m_i = \min_{[x_{i-1},x_i]} A\), \(M_i = \max_{[x_{i-1},x_i]} A\), ve \(K_i\) de \(K\)’nin \(x_{i-1} \le x \le x_i\) şeridine düşen parçası olsun. Varsayım gereği \(K_i\), taban alanı \(m_i\) ve yüksekliği \(\Delta x_i\) olan silindiri içerir, taban alanı \(M_i\) olanın içindedir; (V1) ve (V2) ile
\[m_i \Delta x_i \le \mathcal{V}(K_i) \le M_i \Delta x_i.\]
\(K = \bigcup_{i=1}^n K_i\) ve parçaların içleri ayrık olduğundan (V3) ile toplarsak, her bölünüş için
\[L(P,A) = \sum_{i=1}^n m_i \Delta x_i \;\le\; \mathcal{V}(K) \;\le\; \sum_{i=1}^n M_i \Delta x_i = U(P,A)\]
elde ederiz. \(P\) üzerinden supremum ve infimum alıp \(A\)’nın integrallenebilirliğini kullanınca iki uç da \(\int_a^b A\)’ya eşitlenir; öyleyse \(\mathcal{V}(K) = \int_a^b A(x)\,dx\)’tir.
\(\blacksquare\)
Formülün gücü, cismin dönel olmasını gerektirmemesidir: kesit alanı fonksiyonunu yazabildiğimiz her cisim için çalışır.
Örnek 33.4 (Dilim Yöntemiyle Hacim)
Taban yarıçapı \(R\), yüksekliği \(h\) olan dik dairesel koninin hacmini bulunuz.
Tabanı \(x^2 + y^2 \le R^2\) dairesi olan ve \(x\) eksenine dik kesitleri kare olan cismin hacmini bulunuz. Bu cisim bir dönel cisim değildir.
Çözüm
a) Koninin tepesini orijine, eksenini \(x\) ekseni üzerine koyalım; taban \(x = h\) düzlemindedir. \(x\) apsisli kesit bir dairedir ve benzer üçgenlerden yarıçapı \(r(x) = \frac{Rx}{h}\)’dir, yani \(A(x) = \frac{\pi R^2}{h^2}x^2\) olur (\(0 \le x \le h\)). \(A\) sürekli olduğundan Teorem 33.2 uygulanır:
\[\mathcal{V} = \frac{\pi R^2}{h^2}\int_0^h x^2\,dx = \frac{\pi R^2}{h^2}\cdot\frac{h^3}{3} = \frac{\pi R^2 h}{3}.\]
b) \(x\) apsisli kesit, kenarı \(2\sqrt{R^2-x^2}\) olan bir karedir; öyleyse \(A(x) = 4(R^2-x^2)\) ve
\[\mathcal{V} = \int_{-R}^{R} 4(R^2-x^2)\,dx = 4\Big[R^2 x - \frac{x^3}{3}\Big]_{-R}^{R} = 4\Big(2R^3 - \frac{2R^3}{3}\Big) = \frac{16R^3}{3}.\]
Dilim yöntemi burada da hiç zorlanmadan çalıştı.
\(\blacksquare\)
Disk ve Halka Yöntemleri
En sık karşılaşılan durum, bir bölgenin bir eksen çevresinde döndürülmesiyle elde edilen dönel cisimdir; kesitler ya bir dairedir (disk) ya da iç içe iki daire arasındaki bölgedir (halka).
Teorem 33.3 (Disk ve Halka Yöntemleri) \(f, g : [a,b] \to \mathbb{R}\) sürekli ve her \(x\) için \(0 \le g(x) \le f(x)\) olsun.
\[\Omega = \{(x,y) : a \le x \le b, \; g(x) \le y \le f(x)\}\]
bölgesi \(x\) ekseni çevresinde döndürüldüğünde elde edilen cismin hacmi
\[\mathcal{V} = \pi\int_a^b \Big(f(x)^2 - g(x)^2\Big)\,dx\]
ile verilir. Özel olarak \(g \equiv 0\) ise (yani bölge doğrudan eğrinin altındaki bölge ise)
\[\mathcal{V} = \pi\int_a^b f(x)^2\,dx.\]
İspat
\(\Omega\)’nın \(x\) apsisli dikey kesiti \(\{x\}\times[g(x), f(x)]\) doğru parçasıdır; bu parça döndürülünce iç yarıçapı \(g(x)\), dış yarıçapı \(f(x)\) olan bir halka süpürür. Halkanın alanı, büyük dairenin alanından küçüğünkinin çıkarılmasıyla
\[A(x) = \pi f(x)^2 - \pi g(x)^2\]
olur ve \(f\) ile \(g\) sürekli olduğundan \(A\) da süreklidir. Formülü iki adımda kuracağız: önce disk durumunu Teorem 33.2’e dayandıracak, sonra halkayı iki diskin farkı olarak yazacağız. Halka durumunu doğrudan dilim teoremine dayandırmaya çalışmak işe yaramaz; çünkü \([x_{i-1},x_i]\) şeridine düşen parçanın içerdiği en büyük halkalı silindirin taban alanı \(\pi\big(\min f\big)^2 - \pi\big(\max g\big)^2\)’dir ve bu sayı, genelde \(A\)’nın o alt aralıktaki en küçük değerinden küçüktür. Bu yüzden dolambaçlı ama kusursuz olan aşağıdaki yolu izliyoruz.
Adım 1: Disk durumu. Önce \(g \equiv 0\) olsun ve \(\Omega_f = \{(x,y) : a \le x \le b,\; 0 \le y \le f(x)\}\) bölgesinin döndürülmesiyle elde edilen cisme \(K_f\) diyelim. \(K_f\)’nin \(x\) apsisli kesiti yarıçapı \(f(x)\) olan bir dairedir; alanı \(A_f(x) = \pi f(x)^2\)’dir ve süreklidir. \(K_f\)’nin \([x_{i-1},x_i]\) şeridine düşen parçası, taban yarıçapı \(\min_{[x_{i-1},x_i]} f\) olan dik silindiri içerir ve taban yarıçapı \(\max_{[x_{i-1},x_i]} f\) olan dik silindirin içindedir. \(\rho \mapsto \pi\rho^2\) fonksiyonu \([0,\infty)\) üzerinde artan olduğundan bu iki silindirin taban alanları tam olarak \(A_f\)’nin o alt aralıktaki en küçük ve en büyük değerleridir; yani Teorem 33.2’in kuşatma varsayımı harfi harfine sağlanır ve
\[\mathcal{V}(K_f) = \pi\int_a^b f(x)^2\,dx\]
olur.
Adım 2: Halka durumu. Şimdi genel \(0 \le g \le f\) durumuna dönelim. \(g\)’nin altındaki bölgeyi \(\Omega_g\), onun döndürülmesiyle elde edilen cismi \(K_g\) ile gösterelim. Bir nokta \(K_f\)’de olmak için \(x\) eksenine uzaklığının \(f(x)\)’i aşmaması, \(K_g\)’de olmak içinse \(g(x)\)’i aşmaması gerekir; \(g \le f\) olduğundan \(K_g \subseteq K_f\)’dir. Öte yandan \(\Omega\)’nın döndürülmesiyle elde edilen \(K\) cismi, eksene uzaklığı \(g(x)\) ile \(f(x)\) arasında olan noktalardan oluşur. Demek ki \(K \cup K_g = K_f\)’dir ve iki parçanın ortak noktaları yalnızca eksene uzaklığı tam \(g(x)\) olan yüzey üzerindedir, yani iç bölgeleri ayrıktır. Hacmin (V3) özelliğiyle \(\mathcal{V}(K_f) = \mathcal{V}(K_g) + \mathcal{V}(K)\) olur. Adım 1’i hem \(f\)’ye hem \(g\)’ye uygulayıp çıkarırsak, integralin lineerliğiyle (Teorem 27.1)
\[\mathcal{V}(K) = \pi\int_a^b f(x)^2\,dx - \pi\int_a^b g(x)^2\,dx = \pi\int_a^b\Big(f(x)^2 - g(x)^2\Big)\,dx\]
elde ederiz. \(g \equiv 0\) alındığında halka bir diske dönüşür ve formül Adım 1’inkine indirgenir.
\(\blacksquare\)
En sık yapılan yanlış \(\pi\int_a^b \big(f(x) - g(x)\big)^2\,dx\) yazmaktır. Dönen şey bir doğru parçasıdır ve süpürdüğü halkanın alanı \(\pi f^2 - \pi g^2\)’dir, \(\pi(f-g)^2\) değil; iki ifade ancak \(g \equiv 0\) iken çakışır. Alan hesabında fark alınır, hacim hesabında karelerin farkı.
Örnek 33.5 (Disk ve Halka ile Hacim Hesapları)
\(y = \sqrt{x}\) eğrisinin altında kalan \([0,4]\) üzerindeki bölge, \(x\) ekseni çevresinde döndürülüyor. Elde edilen cismin hacmini bulunuz.
\(y = x\) ile \(y = x^2\) eğrileri arasında kalan bölge, \(x\) ekseni çevresinde döndürülüyor. Hacmi bulunuz.
\(R\) yarıçaplı kürenin hacminin \(\dfrac{4\pi R^3}{3}\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
a) Kesitler yarıçapı \(\sqrt{x}\) olan disklerdir. Teorem 33.3 gereği
\[\mathcal{V} = \pi\int_0^4 \big(\sqrt{x}\big)^2\,dx = \pi\int_0^4 x\,dx = \pi\Big[\frac{x^2}{2}\Big]_0^4 = \pi\cdot 8 = 8\pi.\]
b) Örnek 33.2’nda gördüğümüz gibi eğriler \(x = 0\) ile \(x = 1\)’de kesişir ve \(0 \le x \le 1\) için \(x^2 \le x\)’tir; dış yarıçap \(f(x) = x\), iç yarıçap \(g(x) = x^2\)’dir:
\[\mathcal{V} = \pi\int_0^1 \big(x^2 - x^4\big)\,dx = \pi\Big[\frac{x^3}{3} - \frac{x^5}{5}\Big]_0^1 = \frac{2\pi}{15}.\]
Yanlış formülle \(\pi\int_0^1 (x - x^2)^2 dx = \frac{\pi}{30}\) çıkardı; yani o yanlış zararsız değildir.
c) Küre, \(y = \sqrt{R^2 - x^2}\) yarım çemberinin altındaki bölgenin \(x\) ekseni çevresinde döndürülmesiyle elde edilir (\(-R \le x \le R\)); kesitler yarıçapı \(\sqrt{R^2-x^2}\) olan disklerdir:
\[\mathcal{V} = \pi\int_{-R}^{R}\big(R^2 - x^2\big)\,dx = \pi\Big[R^2x - \frac{x^3}{3}\Big]_{-R}^{R} = \pi\Big(2R^3 - \frac{2R^3}{3}\Big) = \frac{4\pi R^3}{3}.\]
\(\blacksquare\)
33.4 Silindirik Kabuk Yöntemi
\(y\) ekseni çevresinde döndürme söz konusu olduğunda disk yöntemi sıkıntı çıkarabilir: kesitleri \(y\)’nin fonksiyonu olarak yazmak için \(y = f(x)\) bağıntısını \(x\) için çözmek gerekir ve bu her zaman mümkün değildir; örneğin \(y = x - x^2\) eğrisi \([0,1]\) üzerinde ters çevrilemez.
Çıkış yolu, cismi diskler yerine iç içe geçmiş ince silindirik kabuklara ayırmaktır. Önce sabit yükseklikli bir şeride bakalım: \([x_{i-1},x_i] \times [0,h]\) dikdörtgeni, \(y\) ekseni çevresinde döndürüldüğünde iç yarıçapı \(x_{i-1}\), dış yarıçapı \(x_i\) ve yüksekliği \(h\) olan bir boru parçası süpürür. Bu borunun hacmi, iki dik silindirin hacimleri farkı olarak tam olarak
\[\pi x_i^2 h - \pi x_{i-1}^2 h = \pi (x_i + x_{i-1})(x_i - x_{i-1}) h = 2\pi \cdot \underbrace{\frac{x_{i-1}+x_i}{2}}_{\text{orta nokta } \bar{x}_i} \cdot h \cdot \Delta x_i\]
sayısıdır. Yani kabuğun hacmi, “\(2\pi \times\) orta yarıçap \(\times\) yükseklik \(\times\) kalınlık” biçimindedir — sanki kabuğu bir yerinden kesip düzleştirmişiz gibi. Bu, tam olarak \(2\pi x f(x)\) fonksiyonunun bir Riemann toplamı terimidir.
Teorem 33.4 (Silindirik Kabuk Yöntemi) \(0 \le a < b\) ve \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) sürekli, \(f \ge 0\) olsun.
\[\Omega = \{(x,y) : a \le x \le b,\; 0 \le y \le f(x)\}\]
bölgesi \(y\) ekseni çevresinde döndürüldüğünde elde edilen cismin hacmi
\[\mathcal{V} = 2\pi \int_a^b x\,f(x)\,dx\]
ile verilir.
İspat
\(P = \{a = x_0 < \dots < x_n = b\}\) bir bölünüş, \(m_i = \min_{[x_{i-1},x_i]} f\), \(M_i = \max_{[x_{i-1},x_i]} f\) ve \(\bar{x}_i = \frac{x_{i-1}+x_i}{2}\) olsun (en küçük ve en büyük değerler Weierstrass Ekstremum Teoremi gereği vardır).
Adım 1: Kuşatma. \(K_i\), \([x_{i-1},x_i]\) şeridinin döndürülmesiyle süpürülen kısım olsun. Bu parça, iç yarıçapı \(x_{i-1}\), dış yarıçapı \(x_i\) ve yüksekliği \(m_i\) olan boruyu içerir, aynı yarıçaplı ve yüksekliği \(M_i\) olan borunun içindedir; yukarıdaki hesapla — ki orada hacmin (V1) ve (V3) özellikleri kullanılmıştı — bu boruların hacimleri \(2\pi \bar{x}_i m_i \Delta x_i\) ile \(2\pi \bar{x}_i M_i \Delta x_i\)’dir. Hacmin (V2) ve (V3) özellikleriyle
\[S_{\text{alt}}(P) := \sum_{i=1}^n 2\pi \bar{x}_i m_i \Delta x_i \;\le\; \mathcal{V} \;\le\; \sum_{i=1}^n 2\pi \bar{x}_i M_i \Delta x_i =: S_{\text{üst}}(P).\]
Adım 2: İki toplam birbirine yaklaşır. \(g(x) = 2\pi x f(x)\) diyelim; \(g\) süreklidir, dolayısıyla integrallenebilirdir. \(0 \le \bar{x}_i \le b\) olduğundan
\[S_{\text{üst}}(P) - S_{\text{alt}}(P) = 2\pi\sum_{i=1}^n \bar{x}_i (M_i - m_i)\Delta x_i \le 2\pi b\,\big(U(P,f) - L(P,f)\big).\]
\(f\) integrallenebilir olduğundan \(\underline{I}(f) = \overline{I}(f)\)’tir; Darboux limit teoremi (Teorem 26.1) gereği \(\|P\| \to 0\) iken \(U(P,f) \to \overline{I}(f)\) ve \(L(P,f) \to \underline{I}(f)\) olduğundan sağ taraf sıfıra gider.
Adım 3: Riemann toplamı. Her \(i\) için \(m_i \le f(\bar{x}_i) \le M_i\) olduğundan, \(R(P) := \sum_{i=1}^n g(\bar{x}_i)\Delta x_i\) Riemann toplamı da \(S_{\text{alt}}(P)\) ile \(S_{\text{üst}}(P)\) arasındadır. \(\mathcal{V}\) de aynı iki sayı arasında olduğuna göre
\[\big|\mathcal{V} - R(P)\big| \le S_{\text{üst}}(P) - S_{\text{alt}}(P) \xrightarrow[\;\|P\| \to 0\;]{} 0.\]
Öte yandan \(\|P\| \to 0\) iken \(R(P) \to \int_a^b g\) olur (Teorem 26.2). Üçgen eşitsizliğiyle (bkz. Analiz 1), her \(\varepsilon > 0\) için normu yeterince küçük bir \(P\) alarak \(\big|\mathcal{V} - \int_a^b g\big| < \varepsilon\) elde ederiz; \(\varepsilon\) keyfî olduğundan \(\mathcal{V} = 2\pi\int_a^b x f(x)\,dx\)’tir.
\(\blacksquare\)
Kaba bir kural: dilim dönme eksenine dik ise disk/halka, paralel ise kabuk yöntemi kullanılır. \(x\) ekseni çevresinde dönüyorsak dikey dilimler diske, yatay dilimler kabuğa götürür; \(y\) ekseninde tam tersi olur. İki yöntem de uygulanabildiğinde aynı sonucu vermeleri, hesabın doğal bir denetimidir.
Örnek 33.6 (Kabuk Yöntemiyle Hacim Hesapları)
\(y = x - x^2\) eğrisi ile \(x\) ekseni arasında kalan bölge, \(y\) ekseni çevresinde döndürülüyor. Hacmi bulunuz.
\(y = \sin x\) eğrisinin altında, \([0,\pi]\) üzerinde kalan bölge \(y\) ekseni çevresinde döndürülüyor. Hacmi bulunuz.
Çözüm
a) \(x - x^2 = x(1-x) \ge 0\) eşitsizliği tam olarak \(0 \le x \le 1\) için sağlanır; eğri \(x\) eksenini \(x = 0\) ile \(x = 1\)’de keser. Teorem 33.4 gereği
\[\mathcal{V} = 2\pi\int_0^1 x\,(x - x^2)\,dx = 2\pi\Big[\frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4}\Big]_0^1 = 2\pi \cdot \frac{1}{12} = \frac{\pi}{6}.\]
Disk yöntemiyle aynı hacmi bulmak için \(x = \frac{1 \pm \sqrt{1-4y}}{2}\) dallarını ayrı ayrı ele almak gerekirdi; kabuk yöntemi bunu gereksiz kıldı.
b) Yine Teorem 33.4 ile \(\mathcal{V} = 2\pi\int_0^{\pi} x \sin x\,dx\) yazarız. Kısmi integrasyon (Teorem 19.2) uygulayalım: \(u = x\), \(dv = \sin x\,dx\) seçimiyle \(\int x\sin x\,dx = -x\cos x + \sin x + C\) olur ve
\[\mathcal{V} = 2\pi\Big[-x\cos x + \sin x\Big]_0^{\pi} = 2\pi\big(\pi + 0 - 0\big) = 2\pi^2.\]
\(\blacksquare\)
33.5 Yay Uzunluğu
Şimdi bir eğrinin uzunluğunu ölçmeye geçiyoruz. Burada dikkatli olmamız gereken bir nokta var: “eğrinin uzunluğu” henüz tanımlı bir kavram değildir. Doğru parçasının uzunluğunu Pisagor teoreminden biliyoruz; eğri için yapılacak en doğal şey, eğri üzerinde sonlu sayıda nokta seçip bunları doğru parçalarıyla birleştirmek, elde edilen kırık çizginin uzunluğunu hesaplamak ve noktaları sıklaştırdıkça bu sayının nereye gittiğine bakmaktır. Kırık çizgi eğrinin içinden kestirme gittiği için uzunluğu “gerçek” uzunluktan küçüktür; bu yüzden uzunluğu bir supremum olarak tanımlamak doğaldır.
Eğriyi yatay ve dikey küçük adımlardan oluşan bir merdivenle yaklaştırmak, alan hesabında işe yarar ama uzunlukta yaramaz. \((0,0)\) ile \((1,1)\) arasındaki doğru parçasını \(n\) basamaklı bir merdivenle izleyelim: merdivenin uzunluğu, kaç basamak alırsak alalım, yatay adımların toplamı \(1\) ile dikey adımların toplamı \(1\)’in toplamı, yani her zaman \(2\)’dir; oysa doğru parçasının uzunluğu \(\sqrt{2} \approx 1{,}41\)’dir. Merdiven eğriye noktasal olarak istediğimiz kadar yaklaşsa da uzunluğu yakınsamaz. Uzunlukta doğru yaklaşım aracı basamaklar değil, kirişlerdir.
Teorem 33.5 (Yay Uzunluğu Formülü) \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \([a,b]\) üzerinde sürekli türevlenebilir olsun (yani \(f'\) var ve sürekli). \(P = \{a = x_0 < \dots < x_n = b\}\) bölünüşüne karşılık gelen kırık çizginin uzunluğu
\[\ell(P) = \sum_{i=1}^{n} \sqrt{(\Delta x_i)^2 + \big(f(x_i) - f(x_{i-1})\big)^2}\]
olsun. O hâlde \(y = f(x)\) eğrisinin uzunluğu
\[L := \sup_P \ell(P)\]
sonludur, \(\|P\| \to 0\) iken \(\ell(P) \to L\) olur ve
\[L = \int_a^b \sqrt{1 + f'(x)^2}\,dx\]
eşitliği geçerlidir.
İspat
Adım 1: Kirişin uzunluğunu türevle yazma. Ortalama değer teoremi (Teorem 8.2) gereği her \(i\) için \(f(x_i) - f(x_{i-1}) = f'(\sigma_i)\,\Delta x_i\) olan bir \(\sigma_i \in (x_{i-1},x_i)\) vardır. Bunu kirişin uzunluğunda yerine koyup \(\Delta x_i > 0\) olduğunu kullanırsak
\[\sqrt{(\Delta x_i)^2 + f'(\sigma_i)^2 (\Delta x_i)^2} = \sqrt{1 + f'(\sigma_i)^2}\;\Delta x_i, \qquad \text{yani} \qquad \ell(P) = \sum_{i=1}^{n} \sqrt{1 + f'(\sigma_i)^2}\;\Delta x_i\]
buluruz. Bu, \(\varphi(x) = \sqrt{1 + f'(x)^2}\) fonksiyonunun \(P\) bölünüşüne ve \(\sigma_i\) işaretlerine karşılık gelen bir Riemann toplamıdır (Tanım 26.1).
Adım 2: Limit. \(f'\) sürekli olduğundan \(\varphi\) de süreklidir, dolayısıyla integrallenebilirdir (Teorem 25.2). Teorem 26.2 gereği, işaretler nasıl seçilirse seçilsin, \(\|P\| \to 0\) iken
\[\ell(P) \longrightarrow \int_a^b \sqrt{1 + f'(x)^2}\,dx =: I.\]
Adım 3: Kırık çizgi incelmeyle uzar. \(P \subseteq P'\) olsun, yani \(P'\) bir incelme olsun. \(P'\), \(P\)’nin bir \([x_{i-1},x_i]\) aralığına \(c\) noktasını eklemişse, o aralığın tek kirişi yerine iki kiriş gelir; düzlemde iki nokta arasındaki en kısa yol doğru parçası olduğundan (üçgen eşitsizliği) tek kirişin uzunluğu, iki kirişin uzunlukları toplamını aşamaz. Nokta nokta ekleyerek \(\ell(P) \le \ell(P')\) sonucuna varırız.
Adım 4: Supremum, integrale eşittir. \(\varepsilon > 0\) verilsin; Adım 2 gereği öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki \(\|Q\| < \delta\) olan her \(Q\) için \(|\ell(Q) - I| < \varepsilon\)’dur. Keyfî bir \(P\) alalım ve nokta ekleyerek normu \(\delta\)’dan küçük bir \(P'\) incelmesi kuralım; Adım 3 gereği \(\ell(P) \le \ell(P') < I + \varepsilon\) olur. \(P\) ile \(\varepsilon\) keyfî olduğundan \(\sup_P \ell(P) \le I\)’dir; özellikle supremum sonludur. Öte yandan aynı \(P'\) için \(\ell(P') > I - \varepsilon\) olduğundan \(\sup_P \ell(P) \ge I\)’dir. Demek ki
\[L = \sup_P \ell(P) = I = \int_a^b \sqrt{1 + f'(x)^2}\,dx,\]
ve Adım 2 zaten \(\ell(P) \to L\) olduğunu söylüyordu.
\(\blacksquare\)
Formülün diferansiyel biçimi akılda tutmayı kolaylaştırır: sonsuz küçük bir yay parçası, dik kenarları \(dx\) ve \(dy\) olan bir dik üçgenin hipotenüsüdür,
\[ds = \sqrt{(dx)^2 + (dy)^2} = \sqrt{1 + \Big(\frac{dy}{dx}\Big)^2}\;dx, \qquad L = \int ds.\]
Örnek 33.7 (Yay Uzunluğu Hesapları)
\(y = \dfrac{2}{3}x^{3/2}\) eğrisinin \([0,3]\) üzerindeki parçasının uzunluğunu bulunuz.
\(y = \cosh x\) zincir eğrisinin \([0,1]\) üzerindeki parçasının uzunluğunu bulunuz.
\(R\) yarıçaplı çemberin çeyrek yayının uzunluğunu hesaplayarak çevrenin \(2\pi R\) olduğunu doğrulayınız.
Çözüm
a) \(f(x) = \frac{2}{3}x^{3/2}\) için \(f'(x) = \frac{2}{3}\cdot\frac{3}{2}x^{1/2} = \sqrt{x}\)’tir; \(f'\), \([0,3]\) üzerinde süreklidir. Öyleyse \(1 + f'(x)^2 = 1 + x\) ve
\[L = \int_0^3 \sqrt{1+x}\,dx = \Big[\frac{2}{3}(1+x)^{3/2}\Big]_0^3 = \frac{2}{3}\big(4^{3/2} - 1^{3/2}\big) = \frac{2}{3}(8 - 1) = \frac{14}{3}.\]
b) \(f'(x) = \sinh x\) ve \(\cosh^2 t - \sinh^2 t = 1\) özdeşliği gereği \(1 + f'(x)^2 = \cosh^2 x\)’tir; \(\cosh x > 0\) olduğundan \(\sqrt{1+f'(x)^2} = \cosh x\) olur ve
\[L = \int_0^1 \cosh x\,dx = \Big[\sinh x\Big]_0^1 = \sinh 1 = \frac{e - e^{-1}}{2} \approx 1{,}1752.\]
Zincir eğrisinin bu özelliği dikkat çekicidir: yayın uzunluğu, aynı aralıkta eğri altındaki alana eşittir.
c) Çeyrek yay, \(f(x) = \sqrt{R^2 - x^2}\) fonksiyonunun \([0,R]\) üzerindeki grafiğidir. \(0 < x < R\) için \(f'(x) = \dfrac{-x}{\sqrt{R^2-x^2}}\) ve
\[1 + f'(x)^2 = 1 + \frac{x^2}{R^2-x^2} = \frac{R^2}{R^2-x^2}, \qquad \sqrt{1+f'(x)^2} = \frac{R}{\sqrt{R^2-x^2}}.\]
Bu integrand \(x \to R^-\) iken sınırsızdır; yani \(f\), \([0,R]\)’nin tamamında sürekli türevlenebilir değildir ve Teorem 33.5 doğrudan uygulanamaz. Önce \(0 < c < R\) alıp \([0,c]\) üzerinde çalışalım:
\[L(c) = \int_0^c \frac{R}{\sqrt{R^2-x^2}}\,dx = \Big[R\arcsin\frac{x}{R}\Big]_0^c = R\arcsin\frac{c}{R}.\]
\(\arcsin\) sürekli olduğundan \(\lim_{c \to R^-} L(c) = R\arcsin 1 = \frac{\pi R}{2}\)’dir. Şimdi \(L = \frac{\pi R}{2}\) olduğunu, uzunluğun supremum tanımına dönerek iki eşitsizlikle gösterelim.
Alttan. \([0,c]\) üzerindeki her kırık çizgiye son düğüm olarak \((R,0)\) noktasını eklersek \([0,R]\) üzerinde bir kırık çizgi elde ederiz ve uzunluk azalmaz; öyleyse her \(c\) için \(L \ge L(c)\), dolayısıyla \(L \ge \frac{\pi R}{2}\)’dir.
Üstten. \(\varepsilon > 0\) verilsin ve \((R-c) + \sqrt{R^2-c^2} < \varepsilon\) olacak biçimde bir \(c \in (0,R)\) seçelim. Bir kırık çizgiye düğüm eklemek onu uzatmaktan başka bir şey yapmadığından (Teorem 33.5’nün ispatındaki Adım 3), düğümleri arasında \(c\) bulunan kırık çizgileri incelemek yeter. Böyle bir kırık çizginin \([0,c]\)’ye düşen parçasının uzunluğu \(L(c) \le \frac{\pi R}{2}\)’yi aşmaz. \([c,R]\)’ye düşen parçasında ise her kiriş için \(\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2} \le \Delta x + |\Delta y|\)’dir; \(f\) bu aralıkta azalan olduğundan \(\sum \Delta x = R-c\) ve \(\sum |\Delta y| = f(c) - f(R) = \sqrt{R^2-c^2}\) olur, yani bu parçanın katkısı \(\varepsilon\)’dan küçüktür. Demek ki her kırık çizginin uzunluğu \(\frac{\pi R}{2} + \varepsilon\)’u aşmaz; \(\varepsilon\) keyfî olduğundan \(L \le \frac{\pi R}{2}\)’dir.
İki eşitsizlik birlikte \(L = \frac{\pi R}{2}\) verir. Çember dört çeyrek yaydan oluştuğuna göre çevre \(4\cdot\frac{\pi R}{2} = 2\pi R\)’dir. Aynı hesabı parametrik biçimle yaparsak sınırsız integrand hiç ortaya çıkmaz; bu, parametrik gösterimin somut bir üstünlüğüdür.
\(\blacksquare\)
33.6 Dönel Yüzey Alanı
Bir eğriyi \(x\) ekseni çevresinde döndürdüğümüzde ortaya çıkan yüzeyin alanını arıyoruz. Yay uzunluğunda kirişleri kullandık; burada da her kirişin süpürdüğü şekli kullanacağız: bir doğru parçası, kendisini kesmeyen bir eksen çevresinde döndürüldüğünde bir kesik koni (frustum) yüzeyi süpürür.
Taban yarıçapları \(r_1 \le r_2\), eğik kenarının uzunluğu \(\ell\) olan bir kesik koninin yanal yüzey alanını hesaplayalım. Önce tam koniyle başlayalım: taban yarıçapı \(r\), eğik kenarı \(s\) olan bir dik koninin yanal yüzeyi bir doğrultmanı boyunca kesilip düzleştirildiğinde, yarıçapı \(s\) ve yay uzunluğu \(2\pi r\) olan bir dairesel sektöre dönüşür; sektörün alanı \(\frac{1}{2}\cdot s\cdot 2\pi r = \pi r s\)’dir. Şimdi \(r_1 < r_2\) olan kesik koniyi tepesine kadar tamamlayalım: tepeden iki tabana olan eğik uzaklıklar \(s_1 < s_2\) olsun, \(s_2 - s_1 = \ell\)’dir ve benzerlikten \(\frac{r_1}{s_1} = \frac{r_2}{s_2} = k\) olur. Kesik koninin yanal yüzeyi, büyük koninin yanal yüzeyinden küçüğünkinin çıkarılmasıyla elde edildiğinden alanı
\[\pi r_2 s_2 - \pi r_1 s_1 = \pi k\big(s_2^2 - s_1^2\big) = \pi k (s_2+s_1)(s_2-s_1) = \pi (r_1 + r_2)\,\ell,\]
yani
\[\pi(r_1 + r_2)\ell = 2\pi\,\frac{r_1+r_2}{2}\,\ell\]
olur; kısacası “\(2\pi \times\) ortalama yarıçap \(\times\) eğik kenar”. Koni (\(r_1 = 0\)) için bu \(\pi r_2 \ell\)’ye indirgenir. \(r_1 = r_2 = r\) durumunda tepe noktası yoktur, şekil bir silindirdir; ama o hâlde yanal yüzey düzleştirilince kenarları \(2\pi r\) ile \(\ell\) olan bir dikdörtgen verir ve alan yine \(2\pi r\ell\) çıkar, yani formül bu uç durumda da geçerlidir.
Uzunluğu “içten yaklaşan kırık çizgilerin supremumu” diye tanımlayabilmiştik; yüzey alanında bu yol kapalıdır. Bir silindirin yüzeyine içten çizilen üçgenlerden oluşan çokyüzlülerin alanları, üçgenler uygun seçilirse istenildiği kadar büyük yapılabilir (“Schwarz feneri”). Bu yüzden dönel yüzeyin alanını gelişigüzel çokyüzlülerle değil, eğriye uyumlu kesik konilerle tanımlarız. Yüzey alanını “\(2\pi \int_a^b f(x)\,dx\)”, yani silindir kabuklarının toplamı diye tanımlamak da yanlıştır: eğimi hesaba katmayan bu ifade, örneğin bir koninin yanal alanını hatalı verir.
Teorem 33.6 (Dönel Yüzeyin Alanı) \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) sürekli türevlenebilir ve \(f \ge 0\) olsun. \(y = f(x)\) eğrisinin \(x\) ekseni çevresinde döndürülmesiyle elde edilen yüzeyin alanı, \(P\) bölünüşüne karşılık gelen kesik koni toplamlarının
\[S(P) = \sum_{i=1}^{n} 2\pi\,\frac{f(x_{i-1}) + f(x_i)}{2}\,\sqrt{(\Delta x_i)^2 + \big(f(x_i)-f(x_{i-1})\big)^2}\]
limiti olarak tanımlanır. Bu limit \(\|P\| \to 0\) iken vardır ve
\[S = 2\pi\int_a^b f(x)\sqrt{1 + f'(x)^2}\,dx\]
değerine eşittir.
İspat
Adım 1: Eğik kenarı türevle yazma. Teorem 33.5’nün ispatındaki gibi, ortalama değer teoremi (Teorem 8.2) gereği her \(i\) için
\[\sqrt{(\Delta x_i)^2 + \big(f(x_i)-f(x_{i-1})\big)^2} = \sqrt{1 + f'(\sigma_i)^2}\,\Delta x_i\]
olan bir \(\sigma_i \in (x_{i-1},x_i)\) vardır. Böylece
\[S(P) = 2\pi \sum_{i=1}^{n} \frac{f(x_{i-1})+f(x_i)}{2}\,\sqrt{1+f'(\sigma_i)^2}\,\Delta x_i.\]
Adım 2: Riemann toplamıyla karşılaştırma. \(\psi(x) = 2\pi f(x)\sqrt{1+f'(x)^2}\) süreklidir, dolayısıyla integrallenebilirdir; \(\sigma_i\) işaretlerine karşılık gelen Riemann toplamı \(R(P) = \sum_{i=1}^{n}\psi(\sigma_i)\Delta x_i\) olsun. \(f'\) sürekli olduğundan sınırlıdır (bkz. Analiz 1); \(|f'| \le M\) diyelim, o hâlde \(\sqrt{1+f'(\sigma_i)^2} \le \sqrt{1+M^2}\) olur ve
\[\big|S(P) - R(P)\big| \le 2\pi\sqrt{1+M^2}\sum_{i=1}^{n}\left|\frac{f(x_{i-1})+f(x_i)}{2} - f(\sigma_i)\right|\Delta x_i.\]
Adım 3: Düzgün süreklilik. \(\frac{f(x_{i-1})+f(x_i)}{2}\) sayısı \(f(x_{i-1})\) ile \(f(x_i)\) arasındadır ve \(\sigma_i \in [x_{i-1},x_i]\)’dir; öyleyse bu iki sayının farkı, \(f\)’nin \([x_{i-1},x_i]\) üzerindeki salınımı \(\omega_i = \sup_{u,v \in [x_{i-1},x_i]}|f(u)-f(v)|\) ile sınırlıdır. \(f\) kapalı ve sınırlı bir aralıkta sürekli olduğundan düzgün süreklidir (bkz. Analiz 1): \(\varepsilon > 0\) için öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki \(\|P\| < \delta\) iken her \(i\) için \(\omega_i \le \varepsilon\) olur. O hâlde
\[\big|S(P) - R(P)\big| \le 2\pi\sqrt{1+M^2}\,\varepsilon \sum_{i=1}^{n}\Delta x_i = 2\pi\sqrt{1+M^2}\,(b-a)\,\varepsilon,\]
ve \(\varepsilon\) keyfî olduğundan \(\|P\| \to 0\) iken \(S(P) - R(P) \to 0\)’dır.
Adım 4: Sonuç. \(\|P\| \to 0\) iken \(R(P) \to \int_a^b \psi\) olur (Teorem 26.2); Adım 3 ile birlikte \(S(P)\) de aynı limite gider, yani \(S = \int_a^b 2\pi f(x)\sqrt{1+f'(x)^2}\,dx\)’tir.
\(\blacksquare\)
Diferansiyel biçimde formül çok sadedir: yay elemanı \(ds\), eksene \(f(x)\) uzaklığında bir çember süpürür, süpürülen şeridin alanı \(2\pi f(x)\,ds\)’tir ve \(S = \int 2\pi f\,ds\) olur.
Örnek 33.8 (Dönel Yüzey Alanı Hesapları)
\(R\) yarıçaplı kürenin yüzey alanının \(4\pi R^2\) olduğunu gösteriniz.
\(y = \sqrt{x}\) eğrisinin \([0,4]\) üzerindeki parçası \(x\) ekseni çevresinde döndürülüyor; yüzeyin alanını bulunuz.
Çözüm
a) Küre yüzeyi, \(f(x) = \sqrt{R^2-x^2}\) yarım çemberinin \([-R,R]\) üzerinde döndürülmesiyle elde edilir. Örnek 33.7’ndaki hesapla, \(-R < x < R\) için
\[\sqrt{1+f'(x)^2} = \frac{R}{\sqrt{R^2-x^2}}.\]
Bu ifade uçlarda sınırsızdır; ama integrandda \(f\) ile çarpıldığında sadeleşir ve sabit kalır:
\[f(x)\sqrt{1+f'(x)^2} = \sqrt{R^2-x^2}\cdot\frac{R}{\sqrt{R^2-x^2}} = R, \qquad -R < x < R.\]
Bütün hipotezlerin sağlandığı \([-c,c]\) üzerinde (\(0 < c < R\)) çalışırsak \(S(c) = 2\pi\int_{-c}^{c} R\,dx = 4\pi R c\) olur; \(c \to R^-\) limitinde \(S = 4\pi R^2\) bulunur. Bu, Arşimet’in ünlü sonucudur: küre yüzeyinin alanı, büyük çemberinin alanının (\(\pi R^2\)) tam dört katıdır.
b) \(f(x) = \sqrt{x}\) için \(f'(x) = \dfrac{1}{2\sqrt{x}}\) ve \(x > 0\) iken \(1 + f'(x)^2 = \dfrac{4x+1}{4x}\)’tir. Çarpımda karekökler sadeleşir:
\[f(x)\sqrt{1+f'(x)^2} = \sqrt{x}\cdot\frac{\sqrt{4x+1}}{2\sqrt{x}} = \sqrt{x + \tfrac{1}{4}}.\]
Türev \(x = 0\)’da tanımsız olsa da bu integrand \([0,4]\) üzerinde süreklidir; \([c,4]\) üzerinde çalışıp \(c \to 0^+\) limitine geçerek
\[S = 2\pi\int_0^4 \sqrt{x + \tfrac{1}{4}}\,dx = 2\pi\Big[\frac{2}{3}\Big(x+\tfrac14\Big)^{3/2}\Big]_0^4 = \frac{4\pi}{3}\cdot\frac{17\sqrt{17}-1}{8} = \frac{\pi\big(17\sqrt{17}-1\big)}{6} \approx 36{,}18\]
buluruz; burada \(\left(\frac{17}{4}\right)^{3/2} = \frac{17\sqrt{17}}{8}\) ve \(\left(\frac14\right)^{3/2} = \frac18\) kullanıldı.
\(\blacksquare\)
Kürede integrandın sabit \(R\) çıkması çok hoş bir sonuç doğurur: \(-R \le p < q \le R\) olmak üzere kürenin \(x = p\) ile \(x = q\) düzlemleri arasında kalan kuşağının alanı
\[2\pi\int_p^q R\,dx = 2\pi R (q - p)\]
olur; yani yalnızca kuşağın yüksekliğine bağlıdır, kürenin neresinden alındığına değil. Ekvatordan alınan ince bir kuşakla kutuptan alınan aynı yükseklikteki kuşağın alanları eşittir. Eşdeğer söyleyişle: küre, kendisini çevreleyen silindirin içine tam oturur ve iki yüzey arasındaki dik izdüşüm alanları korur.
33.7 Parametrik Eğriler
Bir eğri her zaman \(y = f(x)\) biçiminde verilmez: çemberin tamamı, sikloid, astroid gibi eğriler bir fonksiyonun grafiği değildir ve onları \(t\) parametresine bağlı bir nokta çiftiyle betimlemek gerekir. Şimdi yukarıdaki formüllerin parametrik biçimlerini yazalım.
Önerme 33.2 (Parametrik Eğriler için Alan Uzunluk ve Yüzey) \(x, y : [\alpha,\beta] \to \mathbb{R}\) sürekli türevlenebilir fonksiyonlar olsun ve eğri \(t \mapsto (x(t), y(t))\) ile verilsin.
(i) Alan. \(x\) fonksiyonu \([\alpha,\beta]\) üzerinde kesin artan olsun, \(x(\alpha) = a\), \(x(\beta) = b\) olsun ve her \(t\) için \(y(t) \ge 0\) olsun. Eğrinin altında kalan bölgenin alanı
\[\mathcal{A} = \int_{\alpha}^{\beta} y(t)\,x'(t)\,dt.\]
(ii) Yay uzunluğu. Eğrinin uzunluğu
\[L = \int_{\alpha}^{\beta} \sqrt{x'(t)^2 + y'(t)^2}\,dt.\]
(iii) Dönel yüzey. \(y(t) \ge 0\) ise, eğrinin \(x\) ekseni çevresinde döndürülmesiyle elde edilen yüzeyin alanı
\[S = 2\pi\int_{\alpha}^{\beta} y(t)\sqrt{x'(t)^2 + y'(t)^2}\,dt.\]
İspat
(i) \(x\) sürekli ve kesin artan olduğundan \([\alpha,\beta]\)’yı \([a,b]\)’ye birebir ve örten resmeder, üstelik tersi de sürekli ve kesin artandır (Teorem 1.3). \(F(u) = y(x^{-1}(u))\) diyelim; \(F\), iki sürekli fonksiyonun bileşkesi olarak süreklidir, negatif değildir ve eğri tam olarak \(F\)’nin grafiğidir, dolayısıyla Önerme 33.1 gereği aranan alan \(\int_a^b F(u)\,du\)’dur. Belirli integralde değişken değiştirme teoremi (Teorem 30.1) \(u = x(t)\) dönüşümüne izin verir; hipotezleri sağlanır, çünkü \(x\) sürekli türevli ve \(F\) süreklidir. \(F(x(t)) = y(t)\) olduğundan
\[\mathcal{A} = \int_a^b F(u)\,du = \int_{\alpha}^{\beta} y(t)\,x'(t)\,dt.\]
(ii) Uzunluk yine kırık çizgilerin supremumu olarak tanımlanır. \(P = \{\alpha = t_0 < \dots < t_n = \beta\}\) için
\[\ell(P) = \sum_{i=1}^n \sqrt{\big(x(t_i)-x(t_{i-1})\big)^2 + \big(y(t_i)-y(t_{i-1})\big)^2}.\]
Ortalama değer teoremini (Teorem 8.2) \(x\) ve \(y\) için ayrı ayrı uygularsak, \(\sigma_i, \tau_i \in (t_{i-1},t_i)\) noktaları için
\[\ell(P) = \sum_{i=1}^n \sqrt{x'(\sigma_i)^2 + y'(\tau_i)^2}\;\Delta t_i\]
buluruz. Buradaki \(\sigma_i\) ile \(\tau_i\)’nin farklı olabilmesi, ifadenin doğrudan bir Riemann toplamı olmasını engeller; bu boşluğu kapatalım. Sabit bir \(c \ne 0\) için \(s \mapsto \sqrt{c^2+s^2}\) fonksiyonunun türevi \(\frac{s}{\sqrt{c^2+s^2}}\)’dir ve mutlak değerce \(1\)’i aşmaz; ortalama değer teoremi gereği bu fonksiyon \(1\)-Lipschitz’tir, yani
\[\big|\sqrt{c^2+s^2} - \sqrt{c^2+r^2}\big| \le |s-r|\]
olur. Eşitsizlik \(c = 0\) için de doğrudur, çünkü o hâlde sol taraf \(\big||s|-|r|\big|\)’ye indirgenir ve ters üçgen eşitsizliğinden (bkz. Analiz 1) bu sayı \(|s-r|\)’yi aşmaz. Şimdi \(c = x'(\sigma_i)\), \(s = y'(\tau_i)\), \(r = y'(\sigma_i)\) alırsak
\[\left|\ell(P) - \sum_{i=1}^n \sqrt{x'(\sigma_i)^2 + y'(\sigma_i)^2}\,\Delta t_i\right| \le \sum_{i=1}^n \big|y'(\tau_i) - y'(\sigma_i)\big|\,\Delta t_i.\]
\(y'\) düzgün sürekli olduğundan (bkz. Analiz 1) ve \(\sigma_i\) ile \(\tau_i\) aynı alt aralıkta bulunduğundan, \(\|P\|\) yeterince küçükken sağ taraf \(\varepsilon(\beta-\alpha)\)’yı aşmaz; yani \(\|P\| \to 0\) iken sıfıra gider. Soldaki toplam ise sürekli — dolayısıyla integrallenebilir — \(\sqrt{x'^2+y'^2}\) fonksiyonunun bir Riemann toplamıdır ve Teorem 26.2 gereği integraline yakınsar. Böylece \(\ell(P) \to \int_{\alpha}^{\beta}\sqrt{x'^2+y'^2}\) olur; kırık çizgilerin incelmeyle uzaması ve Teorem 33.5’nün ispatındaki Adım 4, supremumun da bu sayı olduğunu verir.
(iii) Kesik koni toplamları
\[S(P) = \sum_{i=1}^n 2\pi\,\frac{y(t_{i-1})+y(t_i)}{2}\,\sqrt{\big(\Delta x_i\big)^2 + \big(\Delta y_i\big)^2}\]
biçimindedir; burada \(\Delta x_i = x(t_i)-x(t_{i-1})\) ve \(\Delta y_i = y(t_i)-y(t_{i-1})\)’dir. Kısaltma olarak \(\bar{y}_i = \frac{y(t_{i-1})+y(t_i)}{2}\), \(c_i = \sqrt{(\Delta x_i)^2+(\Delta y_i)^2}\) (gerçek kiriş) ve \(d_i = \sqrt{x'(\sigma_i)^2+y'(\sigma_i)^2}\,\Delta t_i\) (düzgünleştirilmiş kiriş) yazalım; buradaki \(\sigma_i\) noktaları (ii)’de \(x\) için ortalama değer teoreminden gelenlerdir. Ayrıca \(\eta(t) = 2\pi y(t)\sqrt{x'(t)^2+y'(t)^2}\) sürekli fonksiyonunun aynı örnek noktalara karşılık gelen Riemann toplamı \(R(P) = \sum_{i=1}^n \eta(\sigma_i)\Delta t_i\) olsun. \(y\) ile \(\sqrt{x'^2+y'^2}\) kapalı ve sınırlı bir aralıkta sürekli olduklarından sınırlıdır (bkz. Analiz 1); \(|y| \le C\) ve \(\sqrt{x'^2+y'^2} \le D\) diyelim. Bu gösterimle \(S(P) = 2\pi\sum_i \bar{y}_i c_i\) ve \(R(P) = 2\pi\sum_i y(\sigma_i)\,d_i\)’dir. Farkı, \(\bar{y}_i c_i - y(\sigma_i)d_i = \bar{y}_i\big(c_i - d_i\big) + \big(\bar{y}_i - y(\sigma_i)\big)d_i\) ayrışımıyla — yani önce kirişi, sonra yüksekliği değiştirerek — iki terime bölersek
\[\big|S(P) - R(P)\big| \;\le\; 2\pi \sum_{i=1}^n |\bar{y}_i|\,\big|c_i - d_i\big| \;+\; 2\pi \sum_{i=1}^n \big|\bar{y}_i - y(\sigma_i)\big|\,d_i\]
elde ederiz. Birinci toplam \(2\pi C\sum_i |c_i - d_i|\) ile sınırlıdır; (ii)’nin ispatındaki terim terim kestirim gereği \(|c_i - d_i| \le |y'(\tau_i) - y'(\sigma_i)|\,\Delta t_i\)’dir ve \(y'\) düzgün sürekli olduğundan (bkz. Analiz 1) bu toplam \(\|P\| \to 0\) iken sıfıra gider. İkinci toplamda \(d_i \le D\,\Delta t_i\)’dir; \(\bar{y}_i\) sayısı \(y(t_{i-1})\) ile \(y(t_i)\) arasında, \(\sigma_i\) ise \([t_{i-1},t_i]\)’de olduğundan \(|\bar{y}_i - y(\sigma_i)|\), \(y\)’nin bu alt aralıktaki salınımını aşmaz; \(y\) de düzgün sürekli olduğundan, \(\|P\|\) yeterince küçükken bu salınım hepsi için aynı anda \(\varepsilon\)’dan küçüktür ve ikinci toplam \(2\pi D(\beta-\alpha)\varepsilon\)’u aşmaz. Demek ki \(\|P\| \to 0\) iken \(S(P) - R(P) \to 0\)’dır. Öte yandan \(R(P) \to \int_{\alpha}^{\beta}\eta\) olduğundan (Teorem 26.2) \(S(P) \to 2\pi\int_{\alpha}^{\beta} y\sqrt{x'^2+y'^2}\,dt\) bulunur.
\(\blacksquare\)
Üç formülün de ortak yanı, \(ds = \sqrt{x'(t)^2+y'(t)^2}\,dt\) yay elemanıdır; \(y = f(x)\) durumu \(x(t) = t\), \(y(t) = f(t)\) seçimiyle özel bir hâl olarak geri gelir.
Örnek 33.9 (Sikloid Kemeri) \(a > 0\) olmak üzere
\[x(t) = a(t - \sin t), \qquad y(t) = a(1 - \cos t), \qquad t \in [0, 2\pi]\]
ile verilen sikloid eğrisi, \(a\) yarıçaplı bir çemberin bir doğru üzerinde kaymadan yuvarlanması sırasında çember üzerindeki sabit bir noktanın çizdiği yoldur. Bir tam kemer için (a) eğrinin altında kalan alanı, (b) eğrinin uzunluğunu, (c) eğri \(x\) ekseni çevresinde döndürüldüğünde oluşan yüzeyin alanını bulunuz.
Çözüm
Önce türevleri yazalım:
\[x'(t) = a(1-\cos t), \qquad y'(t) = a\sin t.\]
\(x'(t) = a(1-\cos t) \ge 0\)’dır ve \([0,2\pi]\) üzerinde yalnızca uç noktalarda, yani \(t = 0\) ile \(t = 2\pi\)’de sıfırlanır. Açık aralıkta \(x' > 0\) olması \(x\)’in \([0,2\pi]\) üzerinde kesin artan olmasına yeter; Önerme 33.2’nin (i) şıkkı yalnızca kesin artanlık istediğinden şık doğrudan uygulanabilir. Ayrıca \(y(t) = a(1-\cos t) \ge 0\)’dır.
a) Alan.
\[\mathcal{A} = \int_0^{2\pi} y(t)x'(t)\,dt = a^2\int_0^{2\pi}(1-\cos t)^2\,dt.\]
Kareyi açalım: \((1-\cos t)^2 = \frac{3}{2} - 2\cos t + \frac{\cos 2t}{2}\). \([0,2\pi]\) üzerinde \(\cos t\) ile \(\cos 2t\)’nin integralleri sıfır olduğundan geriye yalnızca sabit terim kalır:
\[\mathcal{A} = a^2 \cdot \frac{3}{2}\cdot 2\pi = 3\pi a^2.\]
Bu, yuvarlanan çemberin alanının (\(\pi a^2\)) tam üç katıdır; Galileo’nun tartıyla tahmin etmeye çalıştığı, Roberval ile Torricelli’nin ispatladığı ünlü sonuç budur.
b) Uzunluk. Önce yay elemanı:
\[x'(t)^2 + y'(t)^2 = a^2\big(1 - 2\cos t + \cos^2 t + \sin^2 t\big) = 2a^2(1-\cos t) = 4a^2\sin^2\frac{t}{2},\]
çünkü \(1 - \cos t = 2\sin^2\frac{t}{2}\)’dir. \(0 \le t \le 2\pi\) için \(\sin\frac{t}{2} \ge 0\) olduğundan \(\sqrt{x'^2+y'^2} = 2a\sin\frac{t}{2}\) olur ve
\[L = \int_0^{2\pi} 2a\sin\frac{t}{2}\,dt = 2a\Big[-2\cos\frac{t}{2}\Big]_0^{2\pi} = 2a(2+2) = 8a.\]
Bir kemerin uzunluğu, yuvarlanan çemberin yarıçapının tam sekiz katıdır — içinde \(\pi\) geçmeyen, şaşırtıcı biçimde temiz bir sonuç.
c) Yüzey alanı. (iii) şıkkında \(1-\cos t = 2\sin^2\frac{t}{2}\) yazarsak
\[S = 2\pi\int_0^{2\pi} a(1-\cos t)\cdot 2a\sin\frac{t}{2}\,dt = 8\pi a^2\int_0^{2\pi}\sin^3\frac{t}{2}\,dt = 16\pi a^2\int_0^{\pi}\sin^3 u\,du,\]
son adımda \(u = \frac{t}{2}\) dönüşümü (\(dt = 2\,du\)) kullanıldı. Kalan integral için \(\sin^3 u = \sin u\,(1-\cos^2 u)\) yazıp \(w = \cos u\) alalım:
\[\int_0^{\pi}\sin^3 u\,du = \int_{-1}^{1}(1-w^2)\,dw = \Big[w - \frac{w^3}{3}\Big]_{-1}^{1} = \frac{4}{3}.\]
Öyleyse \(S = 16\pi a^2 \cdot \frac{4}{3} = \dfrac{64\pi a^2}{3}\)’tür.
\(\blacksquare\)
33.8 Kutupsal Koordinatlarda Alan
Son olarak kutupsal koordinatlara geçiyoruz; önce merkezden yayılan eğrilerle sınırlanan bölgelerin alanına bakalım. Düzlemdeki bir noktayı, orijine uzaklığı \(r\) ve pozitif \(x\) ekseniyle yaptığı açı \(\theta\) ile belirlemek (\(x = r\cos\theta\), \(y = r\sin\theta\)) çoğu zaman daha doğaldır. Bir eğri \(r = r(\theta)\) biçiminde verildiğinde alanı dikey dilimlerle değil, orijinden çıkan ince dairesel dilimlerle (sektörlerle) hesaplarız. Yarıçapı \(\rho\), merkez açısı \(\Delta\theta\) olan bir sektörün alanı, tam dairenin alanının \(\frac{\Delta\theta}{2\pi}\) katı, yani \(\pi\rho^2\cdot\frac{\Delta\theta}{2\pi} = \frac{1}{2}\rho^2\Delta\theta\)’dır; \(\frac12 r^2\) çarpanı buradan gelir.
Önerme 33.3 (Kutupsal Koordinatlarda Alan) \(r : [\alpha,\beta] \to [0,\infty)\) sürekli ve \(0 < \beta - \alpha \le 2\pi\) olsun. Kutupsal koordinatlarda
\[\Omega = \{(\rho\cos\theta, \rho\sin\theta) : \alpha \le \theta \le \beta, \; 0 \le \rho \le r(\theta)\}\]
ile verilen bölgenin alanı
\[\mathcal{A}(\Omega) = \frac{1}{2}\int_{\alpha}^{\beta} r(\theta)^2\,d\theta\]
ile verilir.
İspat
Alan kavramının Önerme 33.1’daki (A2) ve (A3) özelliklerini ve dairesel sektörün alanının \(\frac12\rho^2\Delta\theta\) olduğunu kullanacağız.
\(P = \{\alpha = \theta_0 < \dots < \theta_n = \beta\}\) bir bölünüş ve \(m_i = \min_{[\theta_{i-1},\theta_i]} r\), \(M_i = \max_{[\theta_{i-1},\theta_i]} r\) olsun (bu değerler Weierstrass Ekstremum Teoremi gereği vardır). \(\Omega_i\), \(\Omega\)’nın \(\theta_{i-1} \le \theta \le \theta_i\) dilimine düşen parçası olsun; bu parça, merkezi orijinde olan, yarıçapı \(m_i\) ve merkez açısı \(\Delta\theta_i\) olan sektörü içerir, yarıçapı \(M_i\) olan sektörün içindedir. (A2) gereği
\[\frac{1}{2}m_i^2\,\Delta\theta_i \le \mathcal{A}(\Omega_i) \le \frac{1}{2}M_i^2\,\Delta\theta_i.\]
\(\beta - \alpha \le 2\pi\) olduğundan dilimler birbirinin üstüne binmez ve birleşimleri \(\Omega\)’dır; (A3) ile toplayalım. \(\rho \mapsto \frac12\rho^2\) fonksiyonu \([0,\infty)\)’da artan olduğundan \(\frac12 r^2\)’nin \([\theta_{i-1},\theta_i]\) üzerindeki en küçük ve en büyük değerleri \(\frac12 m_i^2\) ile \(\frac12 M_i^2\)’dir; yani elde ettiğimiz iki toplam tam olarak \(\frac12 r^2\)’nin alt ve üst Darboux toplamlarıdır:
\[L\Big(P, \tfrac12 r^2\Big) \le \mathcal{A}(\Omega) \le U\Big(P, \tfrac12 r^2\Big).\]
\(\frac12 r^2\) sürekli, dolayısıyla integrallenebilir olduğundan (Teorem 25.2), \(P\) üzerinden supremum ve infimum aldığımızda iki uç da \(\frac12\int_\alpha^\beta r^2\)’ye eşitlenir. Sıkıştırmayla
\[\mathcal{A}(\Omega) = \frac{1}{2}\int_{\alpha}^{\beta} r(\theta)^2\,d\theta.\]
\(\blacksquare\)
Örnek 33.10 (Kardioid ve Dört Yapraklı Gül) \(a > 0\) olsun.
\(r = a(1+\cos\theta)\) kardioidinin çevrelediği alanı bulunuz.
\(r = a\sin 2\theta\) ile verilen dört yapraklı gülün bir yaprağının ve tamamının alanını bulunuz.
Çözüm
a) \(\theta\), \(0\)’dan \(2\pi\)’ye giderken \(r = a(1+\cos\theta) \ge 0\) olur ve eğri kapanır. Önerme 33.3 gereği
\[\mathcal{A} = \frac{1}{2}\int_0^{2\pi} a^2(1+\cos\theta)^2\,d\theta = \frac{a^2}{2}\int_0^{2\pi}\big(1 + 2\cos\theta + \cos^2\theta\big)\,d\theta.\]
Terim terim: \(\int_0^{2\pi} 1\,d\theta = 2\pi\), \(\int_0^{2\pi}\cos\theta\,d\theta = 0\) ve \(\int_0^{2\pi}\cos^2\theta\,d\theta = \int_0^{2\pi}\frac{1+\cos 2\theta}{2}\,d\theta = \pi\)’dir. Öyleyse
\[\mathcal{A} = \frac{a^2}{2}\big(2\pi + 0 + \pi\big) = \frac{3\pi a^2}{2}.\]
b) Bir yaprak, \(r\)’nin sıfırdan sıfıra gittiği bir açı aralığına karşılık gelir. \(\sin 2\theta = 0\) denkleminin ardışık iki kökü \(\theta = 0\) ve \(\theta = \frac{\pi}{2}\)’dir; arada \(\sin 2\theta > 0\)’dır. Demek ki birinci yaprak \(\theta \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right]\) aralığında çizilir. Yarım açı özdeşliğiyle \(\sin^2 2\theta = \frac{1 - \cos 4\theta}{2}\) yazarsak
\[\mathcal{A}_{\text{yaprak}} = \frac{1}{2}\int_0^{\pi/2} a^2\sin^2 2\theta\,d\theta = \frac{a^2}{4}\Big[\theta - \frac{\sin 4\theta}{4}\Big]_0^{\pi/2} = \frac{a^2}{4}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{\pi a^2}{8}\]
bulunur; köşeli parantezde \(\theta = \frac{\pi}{2}\) için \(\sin 4\theta = \sin 2\pi = 0\) olduğundan yalnızca \(\theta\) terimi kalmıştır. Dört yaprak eş olduğundan toplam alan \(\frac{\pi a^2}{2}\)’dir; bu, eğrinin içine sığdığı \(a\) yarıçaplı dairenin alanının yarısıdır.
Uyarı. Burada tam turu \(\frac12\int_0^{2\pi} a^2\sin^2 2\theta\,d\theta\) ile integrallemek de aynı sonucu verir; ama bu bir rastlantıdır. \(r\)’nin işaret değiştirdiği ya da yaprakların üst üste bindiği eğrilerde tam tur integrali alanı yanlış hesaplar. Güvenli yol, bir yaprağın açı aralığını belirleyip simetriyi kullanmaktır.
\(\blacksquare\)
33.9 Kutupsal Koordinatlarda Yay Uzunluğu
Kutupsal gösterim yalnızca alan için değil, uzunluk için de elverişlidir. Bunun nedeni basittir: \(r = r(\theta)\) eğrisi, \(\theta\)’nın parametre rolünü üstlendiği bir parametrik eğridir; dolayısıyla yapılacak tek şey yay elemanını \(\theta\) cinsinden yazmaktır.
Sonuç 33.1 (Kutupsal Eğrinin Yay Uzunluğu) \(r : [\alpha,\beta] \to [0,\infty)\) sürekli türevlenebilir olsun. Kutupsal koordinatlarda \(r = r(\theta)\) ile verilen eğrinin uzunluğu
\[L = \int_{\alpha}^{\beta}\sqrt{r(\theta)^2 + r'(\theta)^2}\,d\theta\]
ile verilir.
İspat
Eğriyi \(\theta\) parametresiyle yazalım:
\[x(\theta) = r(\theta)\cos\theta, \qquad y(\theta) = r(\theta)\sin\theta.\]
\(r\) sürekli türevli olduğundan \(x\) ile \(y\) de sürekli türevlidir; çarpım kuralıyla
\[x'(\theta) = r'(\theta)\cos\theta - r(\theta)\sin\theta, \qquad y'(\theta) = r'(\theta)\sin\theta + r(\theta)\cos\theta\]
olur. Karelerini toplarken çapraz terimler \(-2rr'\sin\theta\cos\theta\) ile \(+2rr'\sin\theta\cos\theta\) birbirini götürür ve \(\cos^2\theta + \sin^2\theta = 1\) kullanılırsa
\[x'(\theta)^2 + y'(\theta)^2 = r'(\theta)^2\big(\cos^2\theta+\sin^2\theta\big) + r(\theta)^2\big(\sin^2\theta+\cos^2\theta\big) = r(\theta)^2 + r'(\theta)^2\]
kalır. Bunu Önerme 33.2’nin (ii) şıkkındaki formülde yerine koymak istenen eşitliği verir.
\(\blacksquare\)
Örnek 33.11 (Kardioidin Uzunluğu) \(a > 0\) olmak üzere \(r = a(1+\cos\theta)\) kardioidinin uzunluğunu bulunuz.
Çözüm
Eğri, \(\theta\) \(-\pi\)’den \(\pi\)’ye giderken bir kez çizilir. \(r'(\theta) = -a\sin\theta\) olduğundan
\[r^2 + r'^2 = a^2(1+\cos\theta)^2 + a^2\sin^2\theta = a^2\big(1 + 2\cos\theta + \cos^2\theta + \sin^2\theta\big) = 2a^2(1+\cos\theta)\]
olur. \(1 + \cos\theta = 2\cos^2\frac{\theta}{2}\) özdeşliğiyle bu ifade \(4a^2\cos^2\frac{\theta}{2}\)’ye dönüşür; \(-\pi \le \theta \le \pi\) için \(\cos\frac{\theta}{2} \ge 0\) olduğundan karekök mutlak değersiz alınır ve Sonuç 33.1 gereği
\[L = \int_{-\pi}^{\pi} 2a\cos\frac{\theta}{2}\,d\theta = 2a\Big[2\sin\frac{\theta}{2}\Big]_{-\pi}^{\pi} = 2a\big(2 + 2\big) = 8a\]
bulunur. Sikloid kemerinde olduğu gibi burada da sonuçta \(\pi\) görünmez. \(\theta = \pm\pi\) uçlarında \(r\) ile \(r'\) birlikte sıfırlanır, yani eğri orijine bir sivri uçla varır; bu, formülün geçerliliğini etkilemez, çünkü \(x\) ile \(y\) orada da sürekli türevlidir.
Uzunluğu alanla karşılaştırmak öğreticidir: Örnek 33.10’ta aynı kardioidin çevrelediği alanı \(\frac{3\pi a^2}{2}\) bulmuştuk, uzunluğu ise \(8a\)’dır — biri \(\pi\) içerir, öteki içermez.
\(\blacksquare\)
33.10 Alıştırmalar
Alıştırma 33.1 (Belirli İntegralin Uygulamaları Üzerine)
\(y = \sin x\) ile \(y = \cos x\) eğrilerinin \(\left[0, \frac{\pi}{2}\right]\) üzerinde sınırladığı bölgenin alanını bulunuz.
\(x = y^2\) ile \(x = 2 - y^2\) eğrilerinin sınırladığı bölgenin alanını bulunuz.
\(y = x^2\), \(y = 0\) ve \(x = 2\) ile sınırlı bölge \(y\) ekseni çevresinde döndürülüyor. Hacmi hem kabuk hem de halka yöntemiyle hesaplayıp sonuçları karşılaştırınız.
\(y = \dfrac{x^2}{4} - \dfrac{\ln x}{2}\) eğrisinin \([1,e]\) üzerindeki parçasının uzunluğunu bulunuz.
\(y = x^3\) eğrisinin \([0,1]\) üzerindeki parçası \(x\) ekseni çevresinde döndürülüyor. Elde edilen yüzeyin alanını bulunuz.
\(r = 1 + \cos\theta\) kardioidinin içinde ve \(r = 1\) çemberinin dışında kalan bölgenin alanını bulunuz. Bu bölgenin sınırına düşen kardioid yayının uzunluğunu da hesaplayınız.
\(x(t) = a\cos^3 t\), \(y(t) = a\sin^3 t\), \(t \in [0,2\pi]\) ile verilen astroid eğrisinin uzunluğunun \(6a\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
a) \(\sin x = \cos x\) denkleminin \(\left[0,\frac{\pi}{2}\right]\)’deki tek kökü \(x = \frac{\pi}{4}\)’tür; solunda \(\cos x > \sin x\), sağında \(\sin x > \cos x\)’tir. Bölgeyi ikiye ayıralım:
\[\mathcal{A} = \int_0^{\pi/4}(\cos x - \sin x)\,dx + \int_{\pi/4}^{\pi/2}(\sin x - \cos x)\,dx = \Big[\sin x + \cos x\Big]_0^{\pi/4} + \Big[-\cos x - \sin x\Big]_{\pi/4}^{\pi/2}.\]
Birinci köşeli parantez \(\sqrt{2}-1\), ikincisi de \(\sqrt{2}-1\) verir; toplam \(\mathcal{A} = 2\sqrt{2}-2 \approx 0{,}828\)’dir.
b) Yatay dilimler doğaldır. \(y^2 = 2-y^2\) denkleminden \(y = \pm 1\) bulunur; \(-1 < y < 1\) için sağdaki eğri \(x = 2-y^2\)’dir. İntegrand çift olduğundan
\[\mathcal{A} = \int_{-1}^{1}\big((2-y^2)-y^2\big)\,dy = 2\int_0^1 (2 - 2y^2)\,dy = 2\Big[2y - \frac{2y^3}{3}\Big]_0^1 = 2\Big(2-\frac23\Big) = \frac{8}{3}.\]
c) Kabuk yöntemi. Bölge \(0 \le x \le 2\), \(0 \le y \le x^2\) ile verilir; Teorem 33.4 gereği
\[\mathcal{V} = 2\pi\int_0^2 x\cdot x^2\,dx = 2\pi\Big[\frac{x^4}{4}\Big]_0^2 = 8\pi.\]
Halka yöntemi. \(y\)’ye göre dilimleyelim (\(0 \le y \le 4\)). Kesit, dış yarıçapı \(2\) ve iç yarıçapı \(\sqrt{y}\) olan bir halkadır:
\[\mathcal{V} = \pi\int_0^4\big(2^2 - (\sqrt{y})^2\big)\,dy = \pi\Big[4y - \frac{y^2}{2}\Big]_0^4 = \pi(16-8) = 8\pi.\]
İki yöntem aynı sonucu verdi.
d) \(f'(x) = \dfrac{x}{2} - \dfrac{1}{2x}\) olduğundan
\[1 + f'(x)^2 = \frac{x^2}{4} + \frac{1}{2} + \frac{1}{4x^2} = \left(\frac{x}{2} + \frac{1}{2x}\right)^2,\]
ve \([1,e]\) üzerinde \(\frac{x}{2}+\frac{1}{2x} > 0\) olduğundan karekök doğrudan bu ifadedir:
\[L = \int_1^e \left(\frac{x}{2} + \frac{1}{2x}\right)dx = \Big[\frac{x^2}{4} + \frac{\ln x}{2}\Big]_1^e = \left(\frac{e^2}{4}+\frac12\right) - \frac14 = \frac{e^2 + 1}{4} \approx 2{,}097.\]
e) \(f'(x) = 3x^2\) ve \(1 + f'(x)^2 = 1 + 9x^4\)’tür. Teorem 33.6 ve \(u = 1+9x^4\) (\(du = 36x^3\,dx\); \(x: 0 \to 1\) iken \(u : 1 \to 10\)) dönüşümüyle
\[S = 2\pi\int_0^1 x^3\sqrt{1+9x^4}\,dx = \frac{\pi}{18}\int_1^{10}\sqrt{u}\,du = \frac{\pi}{27}\big(10\sqrt{10}-1\big) \approx 3{,}563.\]
f) Kesişim açıları: \(1 + \cos\theta = 1 \Rightarrow \theta = \pm\frac{\pi}{2}\); arada \(\cos\theta > 0\) olduğundan kardioid çemberin dışındadır. İki kutupsal bölgenin alanlarını Önerme 33.3 ile hesaplayıp çıkarırsak
\[\mathcal{A} = \frac{1}{2}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\Big[(1+\cos\theta)^2 - 1^2\Big]\,d\theta = \frac{1}{2}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\big(2\cos\theta + \cos^2\theta\big)\,d\theta.\]
Burada \(\int_{-\pi/2}^{\pi/2}2\cos\theta\,d\theta = 2\big[\sin\theta\big]_{-\pi/2}^{\pi/2} = 4\) ve \(\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^2\theta\,d\theta = \frac{\pi}{2}\)’dir; öyleyse \(\mathcal{A} = \frac{1}{2}\left(4 + \frac{\pi}{2}\right) = 2 + \frac{\pi}{4} \approx 2{,}785\).
Sınırdaki kardioid yayı da \(-\frac{\pi}{2} \le \theta \le \frac{\pi}{2}\) aralığına karşılık gelir. Örnek 33.11’daki hesapla (\(a = 1\) için) \(\sqrt{r^2+r'^2} = 2\cos\frac{\theta}{2}\) olduğundan, Sonuç 33.1 gereği
\[L = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} 2\cos\frac{\theta}{2}\,d\theta = \Big[4\sin\frac{\theta}{2}\Big]_{-\pi/2}^{\pi/2} = 4\left(\frac{\sqrt2}{2} + \frac{\sqrt2}{2}\right) = 4\sqrt{2} \approx 5{,}657\]
bulunur.
g) Zincir kuralıyla (Teorem 4.1) \(x'(t) = -3a\cos^2 t\,\sin t\) ve \(y'(t) = 3a\sin^2 t\,\cos t\) olur. Karelerini toplarsak
\[x'(t)^2 + y'(t)^2 = 9a^2\cos^2 t\,\sin^2 t\big(\cos^2 t + \sin^2 t\big) = 9a^2\cos^2 t\,\sin^2 t,\]
yani \(\sqrt{x'^2+y'^2} = 3a\,|\sin t\cos t|\)’dir. Astroid eksenlere göre bakışımlıdır ve dört çeyreği eştir; \(t \in \left[0,\frac{\pi}{2}\right]\)’de \(\sin t \cos t \ge 0\) olduğundan mutlak değer kalkar:
\[L_1 = \int_0^{\pi/2} 3a\sin t\cos t\,dt = \frac{3a}{2}\int_0^{\pi/2}\sin 2t\,dt = \frac{3a}{2}\Big[-\frac{\cos 2t}{2}\Big]_0^{\pi/2} = \frac{3a}{2}.\]
Toplam uzunluk \(L = 4L_1 = 6a\)’dır. \(t = 0, \frac{\pi}{2}, \pi, \frac{3\pi}{2}\) noktalarında \(x'\) ile \(y'\) birlikte sıfırlanır; bunlar eğrinin sivri uçlarıdır (cusp). Sivri uçlar formülün uygulanmasına engel değildir: \(x\) ile \(y\) bu noktalarda da sürekli türevlidir, dolayısıyla Önerme 33.2’nin (ii) şıkkı \([0,2\pi]\) üzerinde olduğu gibi geçerlidir ve doğrudan \(\int_0^{2\pi} 3a|\sin t\cos t|\,dt = 6a\) yazılabilirdi. Dört parçaya ayırmamızın tek nedeni, mutlak değeri açıp integrali elemanter kılmaktı.
\(\blacksquare\)
Böylece belirli integralin geometrik uygulamalarını ve hepsinin arkasındaki tek fikri — dilimle, topla, limite geç — tamamlamış olduk; aynı fikir fizikte de çalışır, kütle ve iş hesapları da birer Riemann toplamı limitidir. Bir sonraki kısımda limite geçmenin bambaşka bir yüzüyle, sonsuz sayıda terimin toplanmasıyla tanışacağız: Serilere Giriş.