2 Genel Bölgelerde İki Katlı İntegraller
Tek değişkenli belirli integralde integrasyon bölgesi her zaman bir aralıktır. İki katlı integrali ise şimdiye kadar yalnız dikdörtgenler üzerinde tanımladık (Dikdörtgen Bölgelerde İki Katlı İntegraller). Oysa karşımıza çıkan bölgelerin çoğu dikdörtgen değildir: iki parabol arasında kalan bir bölge, bir üçgen ya da bir disk gibi.
Fikir basittir: bölgeyi bir dikdörtgenin içine koyar, fonksiyonu bölgenin dışında sıfır alarak bütün dikdörtgene genişletiriz. Böylece yeni bir limit tanımına gerek kalmaz; dikdörtgendeki tanım ve Fubini Teoremi (Teorem 1.2) yeterli olur. Bölge iki eğri arasında kaldığında integral yine bir ardışık integrale dönüşür. Tek fark, iç integralin sınırlarının artık sabit sayılar değil, dış değişkenin fonksiyonları olmasıdır.
2.1 Genel Bir Bölgede İki Katlı İntegral
Önce dikdörtgen olmayan bir bölge üzerinde integralin ne demek olduğunu belirleyelim.
\(D\) düzlemde sınırlı bir bölge olsun, yani \(D\)’yi içine alan bir \(R = [a, b] \times [c, d]\) dikdörtgeni bulunsun. \(D\) üzerinde tanımlı bir \(f\) fonksiyonunu \(R\)’ye, \(D\)’nin dışında sıfır değerini vererek genişletelim:
\[ F(x, y) = \begin{cases} f(x, y), & (x, y) \in D \text{ ise}, \\ 0, & (x, y) \in R \text{ ve } (x, y) \notin D \text{ ise}. \end{cases} \tag{1} \]
Tanım 2.1 (Genel Bir Bölgede İki Katlı İntegral) \(D\) sınırlı bir bölge, \(R\) onu içeren bir dikdörtgen ve \(F\), (1) ile verilen fonksiyon olsun. \(F\), \(R\) üzerinde integrallenebilir ise \(f\) fonksiyonunun \(D\) üzerindeki iki katlı integrali
\[\iint_D f(x, y)\,dA = \iint_R F(x, y)\,dA\]
ile tanımlanır.
Yani \(D\) üzerindeki integral, sıfırla genişletilmiş fonksiyonun dikdörtgen üzerindeki integralidir (Tanım 1.2). \(D\)’nin dışında \(F = 0\) olduğundan bu noktalar integrale hiçbir katkı vermez. Bu yüzden \(D\)’yi içerdiği sürece hangi dikdörtgeni seçtiğimizin önemi yoktur: dikdörtgeni büyütmek, integrale yalnız \(F\)’nin sıfır olduğu parçalar ekler.
\(f(x, y) \ge 0\) ise \(\iint_D f(x, y)\,dA\), \(D\)’nin üstünde ve \(z = f(x, y)\) grafiğinin altında kalan cismin hacmidir. Gerçekten \(F\)’nin grafiği, \(D\) üzerinde \(f\)’nin grafiğiyle aynıdır, \(R\)’nin geri kalanında ise taban düzlemine yapışıktır. İki grafiğin altında kalan hacim de bu yüzden aynıdır.
\(F\), \(D\)’nin sınır noktalarında süreksiz olabilir: sınırın bir yanında \(f\), öbür yanında \(0\) değerini alır. Dikdörtgenlerde, sınırlı ve yalnız sonlu sayıda düzgün eğri üzerinde süreksiz olan bir fonksiyonun integrallenebilir olduğunu gördük. \(f\), kapalı ve sınırlı \(D\) bölgesinde sürekliyse sınırlıdır; \(D\)’nin sınırı da sonlu sayıda düzgün eğriden oluşuyorsa \(F\), \(R\) üzerinde integrallenebilir ve \(\iint_D f(x, y)\,dA\) vardır. Bu bölümde karşılaşacağımız bütün bölgelerin sınırı bu türdendir.
2.2 Birinci ve İkinci Tip Bölgeler
Tanım integralin var olduğunu söyler ama onu nasıl hesaplayacağımızı söylemez. Hesap için bölgeleri, sınırlarının biçimine göre iki türe ayırırız.
Tanım 2.2 (Birinci Tip Bölge) \(g_1\) ve \(g_2\), \([a, b]\) aralığında sürekli ve her \(x \in [a, b]\) için \(g_1(x) \le g_2(x)\) koşulunu sağlayan iki fonksiyon olsun.
\[D = \{(x, y) \mid a \le x \le b,\ g_1(x) \le y \le g_2(x)\}\]
biçiminde yazılabilen bir bölgeye I. tip bölge denir.
Yani I. tip bir bölge, \(x = a\) ve \(x = b\) düşey doğruları arasında, altta \(y = g_1(x)\), üstte \(y = g_2(x)\) grafiğiyle sınırlanır. Bölgeyi kesen her düşey doğru onu tek bir doğru parçası boyunca keser. \(g_1\) ve \(g_2\)’nin tek bir formülle verilmesi gerekmez; sürekli oldukları sürece parçalı tanımlı da olabilirler.
Tanım 2.3 (İkinci Tip Bölge) \(h_1\) ve \(h_2\), \([c, d]\) aralığında sürekli ve her \(y \in [c, d]\) için \(h_1(y) \le h_2(y)\) koşulunu sağlayan iki fonksiyon olsun.
\[D = \{(x, y) \mid c \le y \le d,\ h_1(y) \le x \le h_2(y)\}\]
biçiminde yazılabilen bir bölgeye II. tip bölge denir.
Yani II. tipte \(x\) ile \(y\)’nin rolleri yer değiştirir: bölge \(y = c\) ve \(y = d\) yatay doğruları arasında, solda \(x = h_1(y)\), sağda \(x = h_2(y)\) eğrisiyle sınırlanır ve her yatay doğru onu tek bir doğru parçası boyunca keser. Dikdörtgen, üçgen ve disk gibi pek çok bölge hem I. hem II. tiptir; ikisi de olmayan bölgeleri ise bölümün sonunda parçalara ayırarak inceleyeceğiz.
2.3 İki Tip Bölgede Ardışık İntegral
Tanımı I. ve II. tip bölgelere uygulayınca iki katlı integral, dikdörtgenlerde gördüğümüz ardışık integrallere (Tanım 1.5) çok benzeyen bir biçim alır.
Teorem 2.1 (Birinci Tip Bölgede İki Katlı İntegral) \(f\), I. tip bir
\[D = \{(x, y) \mid a \le x \le b,\ g_1(x) \le y \le g_2(x)\}\]
bölgesinde sürekli ise
\[\iint_D f(x, y)\,dA = \int_a^b \int_{g_1(x)}^{g_2(x)} f(x, y)\,dy\,dx\]
olur.
İspat
Adım 1: Bölge ve genişletme. \(g_1\) ve \(g_2\), \([a, b]\) kapalı aralığında sürekli olduklarından sınırlıdır. Bu yüzden her \(x \in [a, b]\) için \(c \le g_1(x)\) ve \(g_2(x) \le d\) olacak biçimde \(c\), \(d\) sayıları seçebiliriz. \(R = [a, b] \times [c, d]\) dikdörtgeni \(D\)’yi içerir; özellikle \(D\) sınırlıdır.
\(D\) kapalıdır da. Terimleri \(D\)’de olan bir \((x_k, y_k)\) dizisi \((x, y)\)’ye yakınsasın. \(a \le x_k \le b\) ve \(g_1(x_k) \le y_k \le g_2(x_k)\) eşitsizliklerinde limite geçip \(g_1\), \(g_2\)’nin sürekliliğini kullanırsak \(a \le x \le b\) ve \(g_1(x) \le y \le g_2(x)\) buluruz. Yani \((x, y) \in D\)’dir ve \(D\) kapalıdır (bkz. Analiz 4).
Kapalı ve sınırlı bir küme kompakttır (bkz. Analiz 4). Uç Değer Teoremi’ne (bkz. Analiz 4) göre sürekli \(f\), \(D\)’de sınırlıdır. \(F\), (1) ile verilen fonksiyon olsun. \(F\) de \(R\) üzerinde sınırlıdır ve tanım gereği
\[\iint_D f(x, y)\,dA = \iint_R F(x, y)\,dA\]
olur.
Adım 2: Genişletilmiş fonksiyon integrallenebilir. \(F\) yalnız \(D\)’nin sınırında, yani \(y = g_1(x)\), \(y = g_2(x)\) grafikleriyle \(x = a\), \(x = b\) doğru parçaları üzerinde süreksiz olabilir. Bu kümeler, toplam alanı istendiği kadar küçük dikdörtgenlerle örtülebilir. Düşey doğru parçaları için bu açıktır.
\(g_1\) ise \([a, b]\)’de düzgün süreklidir (bkz. Analiz 4). Bu yüzden her \(\varepsilon > 0\) için \([a, b]\)’yi öyle \([x_{k-1}, x_k]\) parçalarına bölebiliriz ki her parçada \(g_1\)’in en büyük ve en küçük değeri arasındaki fark \(\varepsilon\)’dan küçük olsun. Grafiğin bir parça üzerindeki kısmı, tabanı \([x_{k-1}, x_k]\) ve yüksekliği \(\varepsilon\) olan bir dikdörtgenin içinde kalır. Bu dikdörtgenlerin toplam alanı \(\varepsilon\,(b - a)\)’dır. \(g_2\)’nin grafiği de aynı biçimde örtülür.
Dikdörtgenlerdeki integrallenebilirlik ölçütünün (ii) şıkkı ve Fubini Teoremi’nin (Teorem 1.2) ardından verilen genel hâli, ispatlarında süreksizlik eğrilerinden yalnız bu örtme özelliğini kullanır (bkz. Dikdörtgen Bölgelerde İki Katlı İntegraller). Bu yüzden ikisi de \(F\)’ye uygulanır; özellikle \(F\), \(R\) üzerinde integrallenebilir.
Adım 3: Ardışık integral vardır. Bir \(x \in [a, b]\) sabitleyip iç integrale bakalım. \(c \le y < g_1(x)\) ya da \(g_2(x) < y \le d\) ise \((x, y)\) noktası \(D\)’nin dışındadır ve \(F(x, y) = 0\)’dır. \(g_1(x) \le y \le g_2(x)\) ise \((x, y) \in D\) ve \(F(x, y) = f(x, y)\)’dir. Demek ki \(y \mapsto F(x, y)\) sınırlıdır ve en çok iki noktada süreksizdir; bu yüzden iç integral vardır. Tek değişkenli integralin aralığa göre toplamsallığıyla
\[ \begin{aligned} \int_c^d F(x, y)\,dy &= \int_c^{g_1(x)} 0\,dy + \int_{g_1(x)}^{g_2(x)} f(x, y)\,dy + \int_{g_2(x)}^d 0\,dy \\[1mm] &= \int_{g_1(x)}^{g_2(x)} f(x, y)\,dy \end{aligned} \]
bulunur. Bir fonksiyonun tek bir noktadaki değerini değiştirmek tek değişkenli integrali değiştirmez; bu yüzden \(F\)’nin \(y = g_1(x)\) ve \(y = g_2(x)\) noktalarındaki değerleri önemsizdir. Sağdaki integrale \(G(x)\) diyelim.
Dış integralin var olduğunu görmek için \(G\)’nin sürekli olduğunu gösterelim. \(\ell(x) = g_2(x) - g_1(x)\) olsun. \(y = g_1(x) + t\,\ell(x)\) doğrusal değişken değiştirmesi (bkz. Analiz 2)
\[G(x) = \ell(x) \int_0^1 f\big(x,\ g_1(x) + t\,\ell(x)\big)\,dt\]
verir. \(0 \le t \le 1\) iken \(\big(x,\ g_1(x) + t\,\ell(x)\big)\) noktası \(D\)’dedir ve \((x, t)\)’ye sürekli biçimde bağlıdır. Bu yüzden integralin içindeki fonksiyon \([a, b] \times [0, 1]\) dikdörtgeninde süreklidir. Parametreye bağlı integralin sürekliliğine göre (bkz. Analiz 3) sağdaki integral \(x\)’in sürekli bir fonksiyonudur. \(\ell\) de sürekli olduğundan \(G\), \([a, b]\)’de süreklidir ve \(\int_a^b G(x)\,dx\) vardır.
Adım 4: Fubini Teoremi. \(F\) sınırlıdır, \(R\) üzerinde integrallenebilir ve kullandığımız ardışık integral vardır. Fubini Teoremi’nin genel hâline göre
\[\iint_R F(x, y)\,dA = \int_a^b \int_c^d F(x, y)\,dy\,dx = \int_a^b G(x)\,dx\]
olur. Adım 1’deki eşitlik ve \(G\)’nin tanımıyla bu, istenen eşitliktir. \(\blacksquare\)
Yani I. tip bir bölgede önce \(y\)’ye göre, sonra \(x\)’e göre integral alırız. İç integralde \(x\) sabittir; ama bu kez yalnız \(f(x, y)\) değil, \(g_1(x)\) ve \(g_2(x)\) sınırları da \(x\)’e bağlıdır. İç integralin sonucu \(x\)’in bir fonksiyonudur ve dış integral onu sabit sınırlar arasında toplar.
Teorem 2.2 (İkinci Tip Bölgede İki Katlı İntegral) \(f\), II. tip bir
\[D = \{(x, y) \mid c \le y \le d,\ h_1(y) \le x \le h_2(y)\}\]
bölgesinde sürekli ise
\[\iint_D f(x, y)\,dA = \int_c^d \int_{h_1(y)}^{h_2(y)} f(x, y)\,dx\,dy\]
olur.
İspat
I. tip bölgedeki ispatta (Teorem 2.1) \(x\) ile \(y\)’nin rollerini değiştiririz. \(h_1\) ve \(h_2\) sınırlı olduğundan her \(y \in [c, d]\) için \(a \le h_1(y)\) ve \(h_2(y) \le b\) olacak biçimde \(a\), \(b\) seçilir ve \(R = [a, b] \times [c, d]\) alınır. O ispatın Adım 1 ve Adım 2’sindeki gibi \(D\) kapalı ve sınırlıdır, \(F\) sınırlıdır ve \(R\) üzerinde integrallenebilir.
Sabit bir \(y \in [c, d]\) için \(F(x, y)\), \(h_1(y) \le x \le h_2(y)\) iken \(f(x, y)\)’ye, bu aralığın dışında \(0\)’a eşittir. Dolayısıyla iç integral vardır ve
\[\int_a^b F(x, y)\,dx = \int_{h_1(y)}^{h_2(y)} f(x, y)\,dx\]
olur. Sağdaki integrale \(H(y)\) diyelim. \(x = h_1(y) + t\,\big(h_2(y) - h_1(y)\big)\) değişken değiştirmesiyle, Adım 3’teki gibi \(H\)’nin \([c, d]\)’de sürekli olduğu, dolayısıyla dış integralin de var olduğu görülür. Fubini Teoremi’nin genel hâli bu kez öbür sırayı verir:
\[ \begin{aligned} \iint_D f(x, y)\,dA &= \iint_R F(x, y)\,dA \\[1mm] &= \int_c^d \int_a^b F(x, y)\,dx\,dy = \int_c^d H(y)\,dy. \end{aligned} \]
Bu, istenen eşitliktir. \(\blacksquare\)
UyarıSınırlar hangi değişkene bağlı olabilir?
Dış integralin sınırları her zaman sabit sayılardır. İç integralin sınırları yalnız dış değişkene bağlı olabilir. Örneğin \(\int_0^2 \int_{x^2}^{2x} f\,dy\,dx\) yazımı doğrudur. Ama dış sınırında \(x\) bulunan \(\int_0^{2x} \int_0^1 f\,dy\,dx\) ya da iç sınırında kendi değişkeni \(y\) bulunan \(\int_0^2 \int_0^{y} f\,dy\,dx\) anlamsızdır: bunların sonucu bir sayı olamaz.
Sınırları doğru yazmanın en güvenli yolu, bölgeyi çizip içinden bir ok geçirmektir.
İpucuDört adımda iki katlı integralin sınırlarını belirleme
- \(D\) bölgesini çiz ve sınır eğrilerinin kesişim noktalarını bul.
- Bölgenin I. tip mi, II. tip mi, yoksa ikisi birden mi olduğuna karar ver. İkisi birden ise tek parça ve daha kolay integral veren biçimi seç.
- I. tipte bölgeyi aşağıdan yukarı kesen bir düşey ok çiz: okun girdiği eğri \(y = g_1(x)\) alt sınırı, çıktığı eğri \(y = g_2(x)\) üst sınırı verir; \(a\) ve \(b\), \(x\)’in bölgedeki en küçük ve en büyük değeridir. II. tipte ok yataydır ve soldan sağa, \(x = h_1(y)\) eğrisinden \(x = h_2(y)\) eğrisine gider.
- Önce dış değişkeni sabit tutarak iç integrali, sonra dış integrali hesapla.
Örnek 2.1 (İki Parabol Arasında Kalan Bölge) \(D\), \(y = 2x^2\) ve \(y = 1 + x^2\) parabollerinin sınırladığı bölge olmak üzere
\[\iint_D (x + 2y)\,dA\]
integralini hesaplayınız.
Çözüm
Bölge. Paraboller \(2x^2 = 1 + x^2\), yani \(x^2 = 1\) iken kesişir: \(x = -1\) ve \(x = 1\), kesişim noktaları \((-1, 2)\) ve \((1, 2)\)’dir. \(-1 \le x \le 1\) için \(x^2 \le 1\) olduğundan \(2x^2 \le 1 + x^2\)’dir; alttaki parabol \(y = 2x^2\), üstteki \(y = 1 + x^2\)’dir. Bölge I. tiptir:
\[D = \{(x, y) \mid -1 \le x \le 1,\ 2x^2 \le y \le 1 + x^2\}.\]
Bölge II. tip değildir: \(1 < y < 2\) aralığındaki bir yatay doğru bölgeyi iki ayrı parça boyunca keser.
İç integral. Teorem 2.1’e göre
\[\iint_D (x + 2y)\,dA = \int_{-1}^{1} \int_{2x^2}^{1 + x^2} (x + 2y)\,dy\,dx\]
olur. \(x\) sabitken \(x + 2y\)’nin \(y\)’ye göre bir ilkeli \(xy + y^2\)’dir:
\[ \begin{aligned} \Big[xy + y^2\Big]_{y = 2x^2}^{y = 1 + x^2} &= x(1 + x^2) + (1 + x^2)^2 - x(2x^2) - (2x^2)^2 \\[1mm] &= x + x^3 + 1 + 2x^2 + x^4 - 2x^3 - 4x^4 \\[1mm] &= -3x^4 - x^3 + 2x^2 + x + 1. \end{aligned} \]
Dış integral. \(-x^3\) ve \(x\) tek fonksiyonlar olduğundan simetrik \([-1, 1]\) aralığında integralleri sıfırdır; çift terimler için integral \([0, 1]\)’deki değerin iki katıdır:
\[ \begin{aligned} \int_{-1}^{1} (-3x^4 - x^3 + 2x^2 + x + 1)\,dx &= 2\int_0^1 (-3x^4 + 2x^2 + 1)\,dx \\[1mm] &= 2\left(-\frac{3}{5} + \frac{2}{3} + 1\right) = 2 \cdot \frac{16}{15} = \frac{32}{15}. \end{aligned} \]
\(\blacksquare\)
Bazı bölgeler hem I. hem II. tiptir; o zaman integrali iki sırada da kurabiliriz.
Örnek 2.2 (Bir Paraboloidin Altındaki Hacim) \(z = x^2 + y^2\) paraboloidinin altında, \(xy\)-düzleminde \(y = 2x\) doğrusu ile \(y = x^2\) parabolünün sınırladığı \(D\) bölgesinin üstünde kalan cismin hacmini hem I. tip hem II. tip yazımla bulunuz.
Çözüm
I. tip olarak. Eğriler \(x^2 = 2x\), yani \(x = 0\) ve \(x = 2\) iken kesişir; kesişim noktaları \((0, 0)\) ve \((2, 4)\)’tür. \(0 \le x \le 2\) için \(x^2 \le 2x\) olduğundan
\[D = \{(x, y) \mid 0 \le x \le 2,\ x^2 \le y \le 2x\}\]
olur. \(D\) üzerinde \(x^2 + y^2 \ge 0\) olduğundan hacim
\[ \begin{aligned} V &= \int_0^2 \int_{x^2}^{2x} (x^2 + y^2)\,dy\,dx = \int_0^2 \left[x^2 y + \frac{y^3}{3}\right]_{y = x^2}^{y = 2x} dx \\[1mm] &= \int_0^2 \left(2x^3 + \frac{8x^3}{3} - x^4 - \frac{x^6}{3}\right) dx \\[1mm] &= \int_0^2 \left(\frac{14x^3}{3} - x^4 - \frac{x^6}{3}\right) dx = \left[\frac{7x^4}{6} - \frac{x^5}{5} - \frac{x^7}{21}\right]_0^2 \\[1mm] &= \frac{56}{3} - \frac{32}{5} - \frac{128}{21} = \frac{1960 - 672 - 640}{105} = \frac{648}{105} = \frac{216}{35} \end{aligned} \]
bulunur.
II. tip olarak. Sınırları \(x\)’e göre çözelim: \(y = 2x\) doğrusu \(x = \frac{y}{2}\), \(y = x^2\) parabolünün \(x \ge 0\) kolu \(x = \sqrt{y}\) olur. \(0 \le y \le 4\) için \(\frac{y}{2} \le \sqrt{y}\) olduğundan
\[D = \left\{(x, y) \,\middle|\, 0 \le y \le 4,\ \tfrac{y}{2} \le x \le \sqrt{y}\right\}\]
yazılır ve Teorem 2.2’e göre
\[ \begin{aligned} V &= \int_0^4 \int_{y/2}^{\sqrt{y}} (x^2 + y^2)\,dx\,dy = \int_0^4 \left[\frac{x^3}{3} + y^2 x\right]_{x = y/2}^{x = \sqrt{y}} dy \\[1mm] &= \int_0^4 \left(\frac{y^{3/2}}{3} + y^{5/2} - \frac{y^3}{24} - \frac{y^3}{2}\right) dy \\[1mm] &= \int_0^4 \left(\frac{y^{3/2}}{3} + y^{5/2} - \frac{13 y^3}{24}\right) dy = \left[\frac{2y^{5/2}}{15} + \frac{2y^{7/2}}{7} - \frac{13y^4}{96}\right]_0^4 \end{aligned} \]
olur. \(4^{5/2} = 32\), \(4^{7/2} = 128\) ve \(4^4 = 256\) olduğundan
\[V = \frac{64}{15} + \frac{256}{7} - \frac{104}{3} = \frac{448 + 3840 - 3640}{105} = \frac{648}{105} = \frac{216}{35}\]
bulunur. İki yol aynı sonucu verir. \(\blacksquare\)
Etkileşimli sahne: cismi dilimleyerek hacmi biriktirmek. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz; düşey eksen küçültülmüş ölçektedir. Mavi yüzey, örnekteki cismin tavanı olan \(z = x^2 + y^2\) paraboloidinin \(D\) üzerindeki parçasıdır; tabandaki eğriler \(y = x^2\) ve \(y = 2x\)’tir. “x sabit” seçiliyken \(x\) kaydırıcısı \(x\) eksenine dik bir düzlemi ilerletir. Turuncu duvar cismin bu düzlemle kesitidir: \(x^2 \le y \le 2x\) aralığında uzanır ve alanı iç integral \(A(x) = \int_{x^2}^{2x} (x^2 + y^2)\,dy\)’dir. Örneğin \(x = 1\)’deki kesit \(1 \le y \le 2\) aralığını kaplar ve alanı \(A(1) = \frac{10}{3} \approx 3{,}3333\) olur. Düzlemin geride bıraktığı kısmın tavanı da turuncuya boyanır; değer satırı bu kısmın hacmini, yani \(A\)’nın \(0\)’dan \(x\)’e integralini verir. \(x = 2\)’de bu hacim cismin hacmi olan \(\frac{216}{35} \approx 6{,}1714\) olur. “y sabit” seçeneği aynı cismi \(y\) eksenine dik düzlemlerle dilimler: kesit bu kez \(\frac{y}{2} \le x \le \sqrt{y}\) aralığındadır ve örneğin \(y = 1\)’deki kesitin alanı \(\frac{19}{24} \approx 0{,}7917\)’dir. \(y = 4\)’te biriken hacim yine \(\frac{216}{35}\) olur. İki dilimleme, örnekte hesapladığımız iki ardışık integrale karşılık gelir.
Bir bölge iki tipten de olsa, bu iki yazımdan biri çoğu zaman çok daha kısadır.
Örnek 2.3 (Doğru ile Parabol Arasında Kalan Bölge) \(D\), \(y = x - 1\) doğrusu ile \(y^2 = 2x + 6\) parabolünün sınırladığı bölge olmak üzere
\[\iint_D xy\,dA\]
integralini hesaplayınız.
Çözüm
Bölge. Doğru \(x = y + 1\), parabol \(x = \frac{y^2}{2} - 3\) biçiminde yazılabilir. Kesişimde \(y^2 = 2(y + 1) + 6\), yani
\[y^2 - 2y - 8 = (y - 4)(y + 2) = 0\]
olur. Buradan \(y = -2\) ve \(y = 4\), kesişim noktaları \((-1, -2)\) ve \((5, 4)\) bulunur. \(-2 \le y \le 4\) için \(y^2 - 2y - 8 \le 0\) olduğundan \(\frac{y^2}{2} - 3 \le y + 1\)’dir: parabol solda, doğru sağdadır.
\(D\) hem I. hem II. tiptir. Ama I. tip yazımda alt sınır iki parçalıdır: \(-3 \le x \le -1\) iken parabolün alt kolu \(y = -\sqrt{2x + 6}\), \(-1 \le x \le 5\) iken \(y = x - 1\) doğrusudur. II. tip yazım ise tek parçadır:
\[D = \left\{(x, y) \,\middle|\, -2 \le y \le 4,\ \tfrac{y^2}{2} - 3 \le x \le y + 1\right\}.\]
Hesap. Teorem 2.2’e göre
\[ \begin{aligned} \iint_D xy\,dA &= \int_{-2}^{4} \int_{y^2/2 - 3}^{y + 1} xy\,dx\,dy = \int_{-2}^{4} \left[\frac{x^2}{2}\,y\right]_{x = y^2/2 - 3}^{x = y + 1} dy \\[1mm] &= \frac{1}{2} \int_{-2}^{4} y\left[(y + 1)^2 - \left(\frac{y^2}{2} - 3\right)^2\right] dy. \end{aligned} \]
Köşeli parantezin içini açalım: \((y + 1)^2 = y^2 + 2y + 1\) ve \(\left(\frac{y^2}{2} - 3\right)^2 = \frac{y^4}{4} - 3y^2 + 9\) olduğundan fark \(-\frac{y^4}{4} + 4y^2 + 2y - 8\)’dir. Bunu \(y\) ile çarparsak
\[ \begin{aligned} \iint_D xy\,dA &= \frac{1}{2} \int_{-2}^{4} \left(-\frac{y^5}{4} + 4y^3 + 2y^2 - 8y\right) dy \\[1mm] &= \frac{1}{2}\left[-\frac{y^6}{24} + y^4 + \frac{2y^3}{3} - 4y^2\right]_{-2}^{4} \end{aligned} \]
olur. Köşeli parantezdeki ifade \(y = 4\)’te \(-\frac{512}{3} + 256 + \frac{128}{3} - 64 = 64\), \(y = -2\)’de \(-\frac{8}{3} + 16 - \frac{16}{3} - 16 = -8\) değerini alır. Böylece
\[\iint_D xy\,dA = \frac{1}{2}\big(64 - (-8)\big) = 36\]
bulunur.
I. tip yazımla karşılaştırma. Aynı integral
\[\int_{-3}^{-1} \int_{-\sqrt{2x + 6}}^{\sqrt{2x + 6}} xy\,dy\,dx + \int_{-1}^{5} \int_{x - 1}^{\sqrt{2x + 6}} xy\,dy\,dx\]
olarak da yazılabilir. Birinci integral sıfırdır, çünkü \(xy\), \(y\)’ye göre tektir ve iç sınırlar simetriktir. İkincisinde iç integral
\[\frac{x}{2}\Big[(2x + 6) - (x - 1)^2\Big] = -\frac{x^3}{2} + 2x^2 + \frac{5x}{2}\]
olur ve \([-1, 5]\) üzerindeki integrali yine \(36\) çıkar. Sonuç aynıdır, ama iki parçalı yazım daha fazla iş ister. \(\blacksquare\)
Etkileşimli sahne: sınırları okla okumak. Mavi eğri \(y^2 = 2x + 6\) parabolü, gri doğru \(y = x - 1\)’dir; aralarındaki açık renkli bölge örnekteki \(D\)’dir. “düşey” seçiliyken \(x\) kaydırıcısı düşey oku soldan sağa taşır. Ok, \(x = -1\) doğrusunun solunda parabolün alt kolundan, sağında ise doğrudan girer ve hep parabolün üst kolundan çıkar; I. tip yazımın iki integrale bölünmesinin nedeni budur. Soldaki parçada iç integral \(0\)’dır, çünkü \(xy\), \(y\)’ye göre tektir ve sınırlar simetriktir. “yatay” seçiliyken ok her \(y\) için parabolden girip doğrudan çıkar: II. tip yazımın sınırları tek formüldür. Değer satırı okun sınırlarını, iç integrali ve okun geride bıraktığı turuncu parça üzerindeki integrali gösterir. Örneğin düşey ok \(x = 2\)’de \(1 \le y \le \sqrt{10}\) aralığını tarar ve iç integral \(9\) olur; yatay ok \(y = 1\)’de \(-\frac{5}{2} \le x \le 2\) aralığını tarar ve iç integral \(-\frac{9}{8}\) olur. Ok bölgenin sonuna gelince iki sırada da \(36\) bulunur.
Hacim problemlerinde iki ayrı çizim işimizi çok kolaylaştırır: biri üç boyutlu cismin, öbürü cismin \(xy\)-düzlemindeki tabanı olan \(D\) bölgesinin çizimi.
Örnek 2.4 (Bir Dörtyüzlünün Hacmi) \(x + 2y + z = 2\), \(x = 2y\), \(x = 0\) ve \(z = 0\) düzlemlerinin sınırladığı dörtyüzlünün hacmini bulunuz.
Çözüm
Cisim. Dörtyüzlü \(T\)’nin tabanı \(z = 0\) düzlemindedir; üstten \(x + 2y + z = 2\), yani \(z = 2 - x - 2y\) düzlemiyle, yanlardan \(x = 0\) ve \(x = 2y\) düşey düzlemleriyle sınırlanır.
Taban bölgesi. \(x + 2y + z = 2\) düzlemi \(xy\)-düzlemini (\(z = 0\)) \(x + 2y = 2\), yani \(y = 1 - \frac{x}{2}\) doğrusu boyunca keser. Dolayısıyla \(T\)’nin altında kalan \(D\) bölgesi \(x = 0\), \(y = \frac{x}{2}\) ve \(y = 1 - \frac{x}{2}\) doğrularının sınırladığı üçgendir. Son iki doğru \(\frac{x}{2} = 1 - \frac{x}{2}\), yani \(x = 1\) iken, \(\left(1, \frac{1}{2}\right)\) noktasında kesişir. Böylece
\[D = \left\{(x, y) \,\middle|\, 0 \le x \le 1,\ \tfrac{x}{2} \le y \le 1 - \tfrac{x}{2}\right\}\]
olur. \(D\) üzerinde \(y \le 1 - \frac{x}{2}\) olduğundan \(2 - x - 2y \ge 0\)’dır.
Hacim. \(V = \iint_D (2 - x - 2y)\,dA\)’dır:
\[V = \int_0^1 \int_{x/2}^{1 - x/2} (2 - x - 2y)\,dy\,dx = \int_0^1 \Big[2y - xy - y^2\Big]_{y = x/2}^{y = 1 - x/2} dx.\]
İlkelin üst sınırdaki değeri
\[2 - x - x\left(1 - \frac{x}{2}\right) - \left(1 - \frac{x}{2}\right)^2 = 1 - x + \frac{x^2}{4},\]
alt sınırdaki değeri \(x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^2}{4} = x - \frac{3x^2}{4}\)’tür. Farkları \(1 - 2x + x^2 = (1 - x)^2\) olduğundan
\[V = \int_0^1 (1 - x)^2\,dx = \left[-\frac{(1 - x)^3}{3}\right]_0^1 = \frac{1}{3}\]
bulunur. Kontrol: \(D\) üçgeninin \(x = 0\) üzerindeki kenarının uzunluğu \(1\), karşı köşesinin bu kenara uzaklığı \(1\) olduğundan alanı \(\frac{1}{2}\)’dir. Dörtyüzlünün yüksekliği \(2\) olduğundan \(V = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot 2 = \frac{1}{3}\) olur. \(\blacksquare\)
2.4 İntegrasyon Sırasını Değiştirmek
Fubini Teoremi’ne göre bir iki katlı integrali iki farklı sırada ardışık integral olarak yazabiliriz. Bazen sıralardan biri çok zor, hatta elemanter fonksiyonlarla imkânsızdır. Böyle bir ardışık integralle karşılaşınca onu önce bir iki katlı integral olarak yorumlar, sonra öbür sırada yazarız.
İpucuÜç adımda integrasyon sırasını değiştirme
- Verilen ardışık integralin sınırlarından \(D\) bölgesini küme olarak yaz: dış sınırlar dış değişkenin, iç sınırlar iç değişkenin aralığıdır.
- \(D\)’yi çiz.
- \(D\)’yi öbür tipte yeniden betimle ve integrali ters sırada yaz.
Örnek 2.5 (Sıra Değiştirerek Hesaplanan Bir İntegral) \[\int_0^1 \int_x^1 \sin(y^2)\,dy\,dx\]
ardışık integralini hesaplayınız.
Çözüm
Neden sıra değişmeli? Verilen sırada önce \(\int \sin(y^2)\,dy\)’yi bulmamız gerekir; ama \(\sin(y^2)\)’nin ilkeli elemanter bir fonksiyon değildir. Bu yüzden sırayı değiştiririz.
Bölge. Teorem 2.1’ü tersten okursak integral \(\iint_D \sin(y^2)\,dA\)’dır ve
\[D = \{(x, y) \mid 0 \le x \le 1,\ x \le y \le 1\}\]
köşeleri \((0, 0)\), \((1, 1)\) ve \((0, 1)\) olan üçgendir. Aynı üçgen II. tip olarak
\[D = \{(x, y) \mid 0 \le y \le 1,\ 0 \le x \le y\}\]
biçiminde yazılır.
Hesap. Teorem 2.2’e göre
\[ \begin{aligned} \int_0^1 \int_x^1 \sin(y^2)\,dy\,dx &= \int_0^1 \int_0^y \sin(y^2)\,dx\,dy = \int_0^1 \Big[x \sin(y^2)\Big]_{x = 0}^{x = y} dy \\[1mm] &= \int_0^1 y \sin(y^2)\,dy \end{aligned} \]
olur. \(u = y^2\), \(du = 2y\,dy\) değişken değiştirmesiyle
\[\int_0^1 y \sin(y^2)\,dy = \frac{1}{2} \int_0^1 \sin u\,du = \frac{1}{2}\Big[-\cos u\Big]_0^1 = \frac{1}{2}(1 - \cos 1)\]
bulunur. Bu değer yaklaşık \(0{,}2298\)’dir. \(\blacksquare\)
2.5 İki Katlı İntegralin Özellikleri
Dikdörtgen üzerindeki integralin lineerlik ve karşılaştırma özellikleri (Önerme 1.1) genel bölgelere aynen taşınır. Bunlara bölgeye göre toplamsallık, alan ve sınırlama özellikleri eklenir.
Önerme 2.1 (İki Katlı İntegralin Özellikleri) Aşağıdaki bütün integrallerin var olduğunu ve \(c\)’nin bir sabit olduğunu varsayalım.
(i) Lineerlik.
\[\iint_D \big[f(x, y) + g(x, y)\big]\,dA = \iint_D f(x, y)\,dA + \iint_D g(x, y)\,dA,\]
\[\iint_D c\,f(x, y)\,dA = c \iint_D f(x, y)\,dA.\]
(ii) Karşılaştırma. \(D\)’nin her noktasında \(f(x, y) \ge g(x, y)\) ise
\[\iint_D f(x, y)\,dA \ge \iint_D g(x, y)\,dA.\]
(iii) Bölgeye göre toplamsallık. \(D = D_1 \cup D_2\) ise ve \(D_1\) ile \(D_2\)’nin ortak noktaları yalnız sınırlarındaki sonlu sayıda düzgün eğri üzerindeyse
\[\iint_D f(x, y)\,dA = \iint_{D_1} f(x, y)\,dA + \iint_{D_2} f(x, y)\,dA.\]
(iv) Alan. \(D\)’nin alanı \(A(D)\) ile gösterilirse
\[\iint_D 1\,dA = A(D).\]
(v) Sınırlama. \(D\)’nin her noktasında \(m \le f(x, y) \le M\) ise
\[m \cdot A(D) \le \iint_D f(x, y)\,dA \le M \cdot A(D).\]
Toplamsallık özelliği, ne I. ne II. tip olan bir bölgeyi I. ve II. tip parçalara ayırarak integral almamızı sağlar:
İspat
Her adımda \(D\)’yi içeren bir \(R\) dikdörtgeni alır ve bir fonksiyonun \(R\)’ye sıfırla genişletilmesini büyük harfle gösteririz.
(i) ve (ii) \(f\) ile \(g\)’nin genişletmeleri \(F\) ve \(G\) olsun. \(f + g\)’nin genişletmesi \(F + G\)’dir: \(D\)’de iki taraf da \(f + g\)’ye, \(D\)’nin dışında \(0 + 0 = 0\)’a eşittir. Aynı biçimde \(c f\)’nin genişletmesi \(cF\)’dir. \(D\)’de \(f \ge g\) ise \(R\)’de \(F \ge G\) olur, çünkü \(D\)’nin dışında ikisi de sıfırdır. Dikdörtgendeki özellikleri (Önerme 1.1) \(R\) üzerinde \(F\) ve \(G\)’ye uygulayıp tanımı kullanırsak (i) ve (ii) elde edilir.
(iii) \(f\)’nin \(D\)’den, \(D_1\)’den ve \(D_2\)’den sıfırla genişletmeleri \(F\), \(F_1\) ve \(F_2\) olsun. \(C\), \(D_1\) ile \(D_2\)’nin ortak sınırı olsun. \(R\)’nin \(C\) üzerinde olmayan bir \(p\) noktasını alalım. \(p \notin D\) ise üç fonksiyon da \(p\)’de sıfırdır. \(p \in D\) ise \(p\), \(D_1\) ile \(D_2\)’den tam olarak birindedir; bu yüzden \(F_1(p)\) ile \(F_2(p)\)’den biri \(f(p)\)’ye, öbürü \(0\)’a eşittir. Her iki durumda \(F_1(p) + F_2(p) = F(p)\)’dir. Demek ki
\[H = F_1 + F_2 - F\]
fonksiyonu \(C\)’nin dışında sıfırdır. \(F\), \(F_1\), \(F_2\) integrallenebilir olduğundan dikdörtgendeki lineerlik özelliği gereği \(H\) de \(R\) üzerinde integrallenebilirdir. \(C\) sonlu sayıda düzgün eğriden oluştuğu için hiçbir dikdörtgeni tamamen dolduramaz. Bu yüzden \(R\)’nin her bölüntüsünde her alt dikdörtgenden \(C\) üzerinde olmayan bir örnek nokta seçebiliriz. Bu seçimle \(H\)’nin bütün Riemann toplamları sıfırdır. İki katlı integral her örnek nokta seçimi için Riemann toplamlarının limiti olduğundan \(\iint_R H\,dA = 0\) olur. Şimdi (i)’den
\[\iint_R F_1\,dA + \iint_R F_2\,dA = \iint_R F\,dA + \iint_R H\,dA = \iint_R F\,dA\]
bulunur. Tanım gereği bu eşitliğin terimleri sırasıyla \(D_1\), \(D_2\) ve \(D\) üzerindeki integrallerdir.
(iv) \(D\) I. tip ise Teorem 2.1’ü \(f = 1\) için uygularsak
\[\iint_D 1\,dA = \int_a^b \int_{g_1(x)}^{g_2(x)} 1\,dy\,dx = \int_a^b \big(g_2(x) - g_1(x)\big)\,dx\]
olur. Bu, iki eğri arasında kalan bölgenin alanıdır (bkz. Analiz 2). II. tip bölgelerde \(x\) ile \(y\)’nin rolleri değişir; bu türden sonlu sayıda parçaya ayrılan bölgelerde de (iii) ve alanın toplamsallığı kullanılır. Daha genel bölgelerde ise \(A(D) = \iint_D 1\,dA\) eşitliği alanın tanımı olarak alınır.
(v) \(m \le f \le M\) olduğundan (ii) gereği
\[\iint_D m\,dA \le \iint_D f(x, y)\,dA \le \iint_D M\,dA\]
olur. (i) ve (iv)’e göre
\[\iint_D m\,dA = m \iint_D 1\,dA = m \cdot A(D)\]
olur; aynı biçimde sağdaki integral \(M \cdot A(D)\)’ye eşittir. \(\blacksquare\)
Yani (iii), tek değişkenli integraldeki \(\int_a^b f\,dx = \int_a^c f\,dx + \int_c^b f\,dx\) özelliğinin iki boyutlu karşılığıdır. (iv)’ün geometrik anlamı da açıktır: tabanı \(D\), yüksekliği \(1\) olan bir silindirin hacmi \(A(D) \cdot 1 = A(D)\)’dir ve bu hacim \(\iint_D 1\,dA\)’ya eşittir. (v) ise \(m > 0\) iken \(z = f(x, y)\) grafiğinin altındaki hacmin, tabanı \(D\) ve yükseklikleri \(m\) ile \(M\) olan iki silindirin hacimleri arasında kaldığını söyler.
Örnek 2.6 (Alanı İki Katlı İntegralle Bulmak) \(y = x^2\) parabolü ile \(y = 2x\) doğrusunun sınırladığı \(D\) bölgesinin alanını iki katlı integralle bulunuz.
Çözüm
Örnek 2.2’de bu bölgeyi I. tip olarak
\[D = \{(x, y) \mid 0 \le x \le 2,\ x^2 \le y \le 2x\}\]
biçiminde yazdık. Önerme 2.1 (iv)’e göre
\[ \begin{aligned} A(D) &= \iint_D 1\,dA = \int_0^2 \int_{x^2}^{2x} 1\,dy\,dx = \int_0^2 (2x - x^2)\,dx \\[1mm] &= \left[x^2 - \frac{x^3}{3}\right]_0^2 = 4 - \frac{8}{3} = \frac{4}{3} \end{aligned} \]
bulunur. \(\blacksquare\)
Sınırlama özelliği, hesaplanması zor bir integrali kabaca kestirmeye yarar.
Örnek 2.7 (Bir İntegrali Kestirmek) \(D\), merkezi orijin ve yarıçapı \(2\) olan disk olmak üzere
\[\iint_D e^{\sin x \cos y}\,dA\]
integralinin alabileceği değerleri Önerme 2.1 (v) ile sınırlayınız.
Çözüm
Her \((x, y)\) için \(-1 \le \sin x \le 1\) ve \(-1 \le \cos y \le 1\) olduğundan \(-1 \le \sin x \cos y \le 1\)’dir. Üstel fonksiyon artan olduğundan
\[e^{-1} \le e^{\sin x \cos y} \le e^{1} = e\]
olur. \(m = \frac{1}{e}\), \(M = e\) ve \(A(D) = \pi \cdot 2^2 = 4\pi\) alırsak
\[\frac{4\pi}{e} \le \iint_D e^{\sin x \cos y}\,dA \le 4\pi e\]
bulunur. Bu, integralin yaklaşık \(4{,}62\) ile \(34{,}16\) arasında olduğunu söyler. Kestirim kabadır; integralin gerçek değeri yaklaşık \(14{,}41\)’dir. \(\blacksquare\)
Dikdörtgende tanımladığımız ortalama değer (Tanım 1.6) genel bölgelere aynen taşınır.
Tanım 2.4 (Genel Bir Bölgede Ortalama Değer) \(A(D) > 0\) olan bir \(D\) bölgesinde integrallenebilir bir \(f\) fonksiyonunun ortalama değeri
\[f_{\text{ort}} = \frac{1}{A(D)} \iint_D f(x, y)\,dA\]
sayısıdır.
Yani \(f_{\text{ort}}\), \(f\)’nin \(D\) üzerindeki integralinin bölgenin alanına bölünmesiyle bulunur; \(f \ge 0\) ise tabanı \(D\), yüksekliği \(f_{\text{ort}}\) olan silindir, grafiğin altındaki cisimle aynı hacme sahiptir. Önerme 2.1 (v)’i \(A(D)\)’ye bölersek \(m \le f_{\text{ort}} \le M\) buluruz: ortalama, en küçük ve en büyük değer arasındadır. \(f\) sürekli ise ortalamanın \(f\)’nin gerçekten aldığı bir değer olduğunu da gösterebiliriz.
Önerme 2.2 (İki Katlı İntegraller için Ortalama Değer Teoremi) \(f\), \(A(D) > 0\) olan I. ya da II. tip bir \(D\) bölgesinde sürekli olsun. Bu durumda
\[\iint_D f(x, y)\,dA = f(x_0, y_0)\,A(D)\]
olacak biçimde bir \((x_0, y_0) \in D\) noktası vardır.
İspat
\(D\) I. tip olsun:
\[D = \{(x, y) \mid a \le x \le b,\ g_1(x) \le y \le g_2(x)\}.\]
Bölge II. tip ise aynı adımlar \(x\) ile \(y\)’nin rolleri değiştirilerek yapılır.
En küçük ve en büyük değer. I. tip bölgedeki integral formülünün ispatında (Teorem 2.1, Adım 1) \(D\)’nin kapalı ve sınırlı, dolayısıyla kompakt olduğunu gördük. Uç Değer Teoremi’ne (bkz. Analiz 4) göre \(D\)’de öyle \(P\) ve \(Q\) noktaları vardır ki \(m = f(P)\) ve \(M = f(Q)\) için her \((x, y) \in D\) noktasında \(m \le f(x, y) \le M\) olur. Önerme 2.1 (v)’i \(A(D) > 0\) sayısına bölersek
\[m \le \mu \le M, \qquad \mu = \frac{1}{A(D)} \iint_D f(x, y)\,dA\]
buluruz.
Ara değer. \(P = (x_1, y_1)\) ve \(Q = (x_2, y_2)\) olsun. \(P\)’den düşey olarak \((x_1, g_1(x_1))\) noktasına inen, oradan \(y = g_1(x)\) grafiği boyunca \((x_2, g_1(x_2))\) noktasına giden ve oradan düşey olarak \(Q\)’ya çıkan yolun bütün noktaları \(D\)’dedir. Bu yolu sürekli bir \(\gamma : [0, 1] \to D\) fonksiyonuyla, \(\gamma(0) = P\) ve \(\gamma(1) = Q\) olacak biçimde parametrelendirelim. \(h(t) = f(\gamma(t))\) fonksiyonu \([0, 1]\)’de süreklidir ve \(h(0) = m\), \(h(1) = M\)’dir. \(m = M\) ise \(f\) sabittir ve her nokta işe yarar. \(m < M\) ise \(\mu\), \(h(0)\) ile \(h(1)\) arasında (ya da bunlardan birine eşit) olduğundan Ara Değer Teoremi’ne (bkz. Analiz 1) göre \(h(t_0) = \mu\) olan bir \(t_0 \in [0, 1]\) vardır. \((x_0, y_0) = \gamma(t_0)\) dersek
\[\iint_D f(x, y)\,dA = \mu\,A(D) = f(x_0, y_0)\,A(D)\]
olur. \(\blacksquare\)
Yani \(f \ge 0\) ise grafiğin altındaki hacim, tabanı \(D\) ve yüksekliği \(f\)’nin bir \(f(x_0, y_0)\) değeri olan bir silindirin hacmine eşittir: grafiğin tepeleri kesilip çukurları doldurulunca düz bir tavan elde edilir.
2.6 Alıştırmalar
Alıştırma 2.1 (Değişken Sınırlı Bir Ardışık İntegral) \[\int_0^1 \int_0^y x e^{y^3}\,dx\,dy\]
ardışık integralini hesaplayınız.
Çözüm
İç integral. İç integralde \(y\) sabittir; \(e^{y^3}\) çarpanı \(x\)’e göre sabit olduğundan dışarı çıkar:
\[\int_0^y x e^{y^3}\,dx = e^{y^3}\left[\frac{x^2}{2}\right]_0^y = \frac{y^2}{2}\,e^{y^3}.\]
Dış integral. \(u = y^3\), \(du = 3y^2\,dy\) değişken değiştirmesiyle
\[\int_0^1 \frac{y^2}{2}\,e^{y^3}\,dy = \frac{1}{6} \int_0^1 e^u\,du = \frac{1}{6}\Big[e^u\Big]_0^1 = \frac{e - 1}{6}\]
bulunur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 2.2 (Ardışık İntegrali Kurup Hesaplamak) \(D\), \(y = x\) doğrusu ile \(y = 3x - x^2\) parabolünün sınırladığı bölge olmak üzere \(\iint_D 2y\,dA\) integralini bir ardışık integral olarak yazıp hesaplayınız.
Çözüm
Bölge. Kesişimde \(x = 3x - x^2\), yani \(x^2 - 2x = x(x - 2) = 0\) olur: \(x = 0\) ve \(x = 2\), noktalar \((0, 0)\) ve \((2, 2)\)’dir. \(0 \le x \le 2\) için \((3x - x^2) - x = x(2 - x) \ge 0\) olduğundan parabol doğrunun üstündedir. Bölge I. tiptir:
\[D = \{(x, y) \mid 0 \le x \le 2,\ x \le y \le 3x - x^2\}.\]
Bu bölgeyi II. tip yazmak iki parça gerektirirdi, çünkü parabolün tepesi \(\left(\frac{3}{2}, \frac{9}{4}\right)\), \(y = 2\) doğrusunun üstündedir.
Hesap.
\[ \begin{aligned} \iint_D 2y\,dA &= \int_0^2 \int_x^{3x - x^2} 2y\,dy\,dx = \int_0^2 \Big[y^2\Big]_{y = x}^{y = 3x - x^2} dx \\[1mm] &= \int_0^2 \big((3x - x^2)^2 - x^2\big)\,dx = \int_0^2 (8x^2 - 6x^3 + x^4)\,dx \\[1mm] &= \left[\frac{8x^3}{3} - \frac{3x^4}{2} + \frac{x^5}{5}\right]_0^2 = \frac{64}{3} - 24 + \frac{32}{5} = \frac{56}{15}. \end{aligned} \]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 2.3 (İki Sıranın Karşılaştırılması) \(D\), \(y = x - 2\) doğrusu ile \(x = y^2\) parabolünün sınırladığı bölge olmak üzere \(\iint_D y\,dA\) integralini iki sırada da kurunuz, kolay olan sırayla hesaplayınız ve neden daha kolay olduğunu açıklayınız.
Çözüm
Bölge. \(x = y^2\) ile \(x = y + 2\) eşitlenirse \(y^2 - y - 2 = (y - 2)(y + 1) = 0\) olur. Kesişim noktaları \((1, -1)\) ve \((4, 2)\)’dir. \(-1 \le y \le 2\) için \((y + 2) - y^2 \ge 0\) olduğundan parabol solda, doğru sağdadır.
II. tip yazım. Bölge tek parça hâlinde
\[D = \{(x, y) \mid -1 \le y \le 2,\ y^2 \le x \le y + 2\}\]
biçiminde yazılır:
\[ \begin{aligned} \iint_D y\,dA &= \int_{-1}^{2} \int_{y^2}^{y + 2} y\,dx\,dy = \int_{-1}^{2} y\,(y + 2 - y^2)\,dy \\[1mm] &= \int_{-1}^{2} (y^2 + 2y - y^3)\,dy = \left[\frac{y^3}{3} + y^2 - \frac{y^4}{4}\right]_{-1}^{2} \\[1mm] &= \frac{8}{3} - \frac{5}{12} = \frac{9}{4}. \end{aligned} \]
I. tip yazım. \(0 \le x \le 1\) iken düşey ok parabolün alt kolu \(y = -\sqrt{x}\)’ten üst kolu \(y = \sqrt{x}\)’e, \(1 \le x \le 4\) iken \(y = x - 2\) doğrusundan \(y = \sqrt{x}\)’e gider:
\[\iint_D y\,dA = \int_0^1 \int_{-\sqrt{x}}^{\sqrt{x}} y\,dy\,dx + \int_1^4 \int_{x - 2}^{\sqrt{x}} y\,dy\,dx.\]
Birinci terim sıfırdır, çünkü \(y\) tek fonksiyondur ve iç sınırlar simetriktir. İkinci terim
\[ \begin{aligned} \int_1^4 \left[\frac{y^2}{2}\right]_{y = x - 2}^{y = \sqrt{x}} dx &= \frac{1}{2} \int_1^4 \big(x - (x - 2)^2\big)\,dx = \frac{1}{2} \int_1^4 (-x^2 + 5x - 4)\,dx \\[1mm] &= \frac{1}{2}\left[-\frac{x^3}{3} + \frac{5x^2}{2} - 4x\right]_1^4 = \frac{1}{2}\left(\frac{8}{3} + \frac{11}{6}\right) = \frac{9}{4} \end{aligned} \]
verir. Sonuç aynıdır. II. tip sıra daha kolaydır: sol ve sağ sınır tek formülle verildiği için integral tek parçadır; I. tip sırada ise alt sınır \(x = 1\)’de değiştiğinden integrali ikiye bölmek gerekir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 2.4 (Silindir ve Düzlemlerle Sınırlı Bir Cisim) Birinci oktantta \(y^2 + z^2 = 4\) silindiri ile \(x = 2y\), \(x = 0\) ve \(z = 0\) düzlemlerinin sınırladığı cismin hacmini bulunuz.
Çözüm
Cisim ve taban. Birinci oktantta \(z \ge 0\) olduğundan cismin tavanı \(z = \sqrt{4 - y^2}\) yüzeyi, tabanı \(z = 0\) düzlemidir. Silindirin içinde \(0 \le y \le 2\)’dir ve \(x\), \(x = 0\) ile \(x = 2y\) düzlemleri arasında kalır. Taban bölgesi
\[D = \{(x, y) \mid 0 \le y \le 2,\ 0 \le x \le 2y\}\]
olur; bu bir II. tip üçgendir.
Sıra seçimi. Yükseklik yalnız \(y\)’ye bağlıdır. Önce \(x\)’e göre integral alırsak iç integral yalnız bir çarpma olur; öbür sırada ise \(\int \sqrt{4 - y^2}\,dy\) için trigonometrik değişken değiştirme gerekirdi.
Hesap.
\[V = \int_0^2 \int_0^{2y} \sqrt{4 - y^2}\,dx\,dy = \int_0^2 2y\sqrt{4 - y^2}\,dy.\]
\(u = 4 - y^2\), \(du = -2y\,dy\) alırsak \(y = 0\) iken \(u = 4\), \(y = 2\) iken \(u = 0\) olur:
\[V = \int_0^4 \sqrt{u}\,du = \left[\frac{2}{3}u^{3/2}\right]_0^4 = \frac{2}{3} \cdot 8 = \frac{16}{3}.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 2.5 (Bir Ardışık İntegralin Cismi) \[\int_0^1 \int_0^{1 - x} (1 - x - y)\,dy\,dx\]
integralinin hacmini verdiği cismi betimleyiniz ve integrali hesaplayınız.
Çözüm
Cisim. Taban bölgesi
\[D = \{(x, y) \mid 0 \le x \le 1,\ 0 \le y \le 1 - x\}\]
köşeleri \((0, 0)\), \((1, 0)\) ve \((0, 1)\) olan üçgendir. \(D\) üzerinde yükseklik \(z = 1 - x - y \ge 0\)’dır; bu, \(x + y + z = 1\) düzlemidir. Cisim, koordinat düzlemleri ile \(x + y + z = 1\) düzleminin sınırladığı, köşeleri \((0, 0, 0)\), \((1, 0, 0)\), \((0, 1, 0)\) ve \((0, 0, 1)\) olan dörtyüzlüdür.
Hesap. İç integral
\[\int_0^{1 - x} (1 - x - y)\,dy = \left[(1 - x)y - \frac{y^2}{2}\right]_0^{1 - x} = (1 - x)^2 - \frac{(1 - x)^2}{2} = \frac{(1 - x)^2}{2}\]
olur. Dış integral
\[\int_0^1 \frac{(1 - x)^2}{2}\,dx = \left[-\frac{(1 - x)^3}{6}\right]_0^1 = \frac{1}{6}\]
verir. Kontrol: taban alanı \(\frac{1}{2}\), yükseklik \(1\) olduğundan dörtyüzlünün hacmi \(\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot 1 = \frac{1}{6}\)’dır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 2.6 (İki Hacmin Farkı) \(y = x^2\) parabolik silindiri ile \(z = 3y\) ve \(z = 2 + y\) düzlemlerinin sınırladığı cismin hacmini, iki hacmin farkı olarak bulunuz.
Çözüm
Taban. İki düzlem \(3y = 2 + y\), yani \(y = 1\) iken kesişir. \(y < 1\) iken \(3y < 2 + y\) olduğundan cisim altta \(z = 3y\), üstte \(z = 2 + y\) düzlemiyle sınırlanır. Silindirin içinde \(y \ge x^2\)’dir; düzlemlerin kesişim doğrusu da cismi \(y = 1\)’de kapatır. Taban bölgesi
\[D = \{(x, y) \mid -1 \le x \le 1,\ x^2 \le y \le 1\}\]
olur. \(D\) üzerinde \(3y \ge 0\) olduğundan iki düzlem de \(xy\)-düzleminin üstündedir.
Hacim. Cismin hacmi, \(z = 2 + y\) düzleminin altındaki hacimden \(z = 3y\) düzleminin altındaki hacmin çıkarılmasıyla bulunur. (i) özelliğiyle iki integral birleştirilir:
\[ \begin{aligned} V &= \iint_D (2 + y)\,dA - \iint_D 3y\,dA = \int_{-1}^{1} \int_{x^2}^{1} (2 - 2y)\,dy\,dx \\[1mm] &= \int_{-1}^{1} \Big[2y - y^2\Big]_{y = x^2}^{y = 1} dx = \int_{-1}^{1} (1 - 2x^2 + x^4)\,dx \\[1mm] &= 2\left(1 - \frac{2}{3} + \frac{1}{5}\right) = 2 \cdot \frac{8}{15} = \frac{16}{15}. \end{aligned} \]
Ayrı ayrı hesaplanırsa iki hacim \(\frac{52}{15}\) ve \(\frac{36}{15}\) çıkar; farkları yine \(\frac{16}{15}\)’tir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 2.7 (İki Ardışık İntegrali Birleştirmek) Bir \(D\) bölgesi üzerindeki integral
\[\iint_D f(x, y)\,dA = \int_0^1 \int_0^{2y} f(x, y)\,dx\,dy + \int_1^3 \int_0^{3 - y} f(x, y)\,dx\,dy\]
biçiminde iki ardışık integralin toplamı olarak yazılmıştır. \(D\)’yi betimleyiniz ve integrali ters sırada tek bir ardışık integral olarak yazınız.
Çözüm
Parçalar. İki integralin bölgeleri
\[ \begin{aligned} D_1 &= \{(x, y) \mid 0 \le y \le 1,\ 0 \le x \le 2y\}, \\[1mm] D_2 &= \{(x, y) \mid 1 \le y \le 3,\ 0 \le x \le 3 - y\} \end{aligned} \]
olur. \(D_1\), \(x = 0\) ekseni ile \(x = 2y\), yani \(y = \frac{x}{2}\) doğrusu arasındadır. \(D_2\), \(x = 0\) ile \(x = 3 - y\), yani \(y = 3 - x\) doğrusu arasındadır.
Bölge. \(y = \frac{x}{2}\) ve \(y = 3 - x\) doğruları \(\frac{x}{2} = 3 - x\), yani \(x = 2\) iken \((2, 1)\) noktasında kesişir. \(D_1\) ile \(D_2\) yalnız \(y = 1\) doğru parçası boyunca ortaktır ve birleşimleri köşeleri \((0, 0)\), \((2, 1)\) ve \((0, 3)\) olan üçgendir.
Ters sıra. Bu üçgeni I. tip olarak yazalım. \(0 \le x \le 2\) için düşey ok alttaki \(y = \frac{x}{2}\) doğrusundan girip üstteki \(y = 3 - x\) doğrusundan çıkar:
\[\iint_D f(x, y)\,dA = \int_0^2 \int_{x/2}^{3 - x} f(x, y)\,dy\,dx.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 2.8 (Sırayı Değiştirerek Hesaplamak) \[\int_0^1 \int_{3y}^{3} e^{x^2}\,dx\,dy\]
integralini integrasyon sırasını değiştirerek hesaplayınız.
Çözüm
Neden? \(e^{x^2}\)’nin ilkeli elemanter değildir; verilen sırada iç integral hesaplanamaz.
Bölge. İntegrasyon bölgesi
\[D = \{(x, y) \mid 0 \le y \le 1,\ 3y \le x \le 3\}\]
köşeleri \((0, 0)\), \((3, 0)\) ve \((3, 1)\) olan üçgendir. Üst kenarı \(x = 3y\), yani \(y = \frac{x}{3}\) doğrusudur. I. tip olarak
\[D = \left\{(x, y) \,\middle|\, 0 \le x \le 3,\ 0 \le y \le \tfrac{x}{3}\right\}\]
yazılır.
Hesap.
\[\int_0^1 \int_{3y}^{3} e^{x^2}\,dx\,dy = \int_0^3 \int_0^{x/3} e^{x^2}\,dy\,dx = \int_0^3 \frac{x}{3}\,e^{x^2}\,dx.\]
\(u = x^2\), \(du = 2x\,dx\) ile
\[\int_0^3 \frac{x}{3}\,e^{x^2}\,dx = \frac{1}{6} \int_0^9 e^u\,du = \frac{e^9 - 1}{6}\]
bulunur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 2.9 (Bölgeyi Parçalara Ayırmak) \(D\), \([-1, 1] \times [-1, 1]\) karesinden, köşeleri \((\pm 1, 0)\) ve \((0, \pm 1)\) olan eğik karenin içi (\(|x| + |y| < 1\)) çıkarılınca kalan bölge olsun. \(D\)’yi I. tip bölgelerin birleşimi olarak yazıp \(\iint_D x^2\,dA\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
Parçalar. \(D\), karenin dört köşesindeki dört dik üçgenden oluşur ve bu üçgenlerin ortak noktaları yalnız köşelerdir. Her biri I. tiptir:
\[ \begin{aligned} T_1 &= \{(x, y) \mid 0 \le x \le 1,\ 1 - x \le y \le 1\}, \\[1mm] T_2 &= \{(x, y) \mid -1 \le x \le 0,\ 1 + x \le y \le 1\}, \\[1mm] T_3 &= \{(x, y) \mid -1 \le x \le 0,\ -1 \le y \le -1 - x\}, \\[1mm] T_4 &= \{(x, y) \mid 0 \le x \le 1,\ -1 \le y \le x - 1\}. \end{aligned} \]
Hesap. Her parçada iç integral \(x^2\) ile düşey parçanın uzunluğunun çarpımıdır. \(T_1\) ve \(T_4\)’te bu uzunluk \(x\), \(T_2\) ve \(T_3\)’te \(-x\)’tir:
\[\iint_{T_1} x^2\,dA = \int_0^1 x^2 \cdot x\,dx = \frac{1}{4}, \qquad \iint_{T_2} x^2\,dA = \int_{-1}^0 x^2 \cdot (-x)\,dx = \frac{1}{4}.\]
Aynı biçimde \(T_3\) ve \(T_4\) üzerindeki integraller de \(\frac{1}{4}\)’tür. Önerme 2.1 (iii)’e göre
\[\iint_D x^2\,dA = 4 \cdot \frac{1}{4} = 1\]
bulunur.
Kontrol. Karenin tamamında integral \(\int_{-1}^{1} \int_{-1}^{1} x^2\,dy\,dx = \frac{4}{3}\), eğik karede ise \(4\int_0^1 x^2(1 - x)\,dx = \frac{1}{3}\)’tür. Toplamsallık gereği \(D\) üzerindeki integral \(\frac{4}{3} - \frac{1}{3} = 1\)’dir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 2.10 (Yarım Diskte Bir Kestirim) \(S = \{(x, y) \mid x^2 + y^2 \le 1,\ x \ge 0\}\) olmak üzere
\[\iint_S \sqrt{4 - x^2 y^2}\,dA\]
integralini Önerme 2.1 (v) ile sınırlayınız.
Çözüm
Alan. \(S\), yarıçapı \(1\) olan yarım disktir: \(A(S) = \frac{\pi}{2}\).
İntegrandın sınırları. \((|x| - |y|)^2 \ge 0\) eşitsizliğinden \(|xy| \le \frac{x^2 + y^2}{2}\) çıkar. \(S\)’de \(x^2 + y^2 \le 1\) olduğundan \(|xy| \le \frac{1}{2}\), yani \(0 \le x^2 y^2 \le \frac{1}{4}\)’tür. Buradan
\[\frac{15}{4} \le 4 - x^2 y^2 \le 4 \quad \Rightarrow \quad \frac{\sqrt{15}}{2} \le \sqrt{4 - x^2 y^2} \le 2\]
olur.
Kestirim. \(m = \frac{\sqrt{15}}{2}\), \(M = 2\) ile
\[\frac{\sqrt{15}}{2} \cdot \frac{\pi}{2} \le \iint_S \sqrt{4 - x^2 y^2}\,dA \le 2 \cdot \frac{\pi}{2}\]
yani
\[\frac{\sqrt{15}\,\pi}{4} \le \iint_S \sqrt{4 - x^2 y^2}\,dA \le \pi\]
bulunur. Sayısal olarak integral \(3{,}0418\) ile \(3{,}1416\) arasındadır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 2.11 (Bir Üçgende Ortalama Değer) \(f(x, y) = xy\) fonksiyonunun, köşeleri \((0, 0)\), \((1, 0)\) ve \((1, 3)\) olan \(D\) üçgeni üzerindeki ortalama değerini bulunuz.
Çözüm
Bölge. Hipotenüs \((0, 0)\) ile \((1, 3)\)’ten geçen \(y = 3x\) doğrusudur. Üçgen I. tiptir:
\[D = \{(x, y) \mid 0 \le x \le 1,\ 0 \le y \le 3x\}.\]
Alanı \(A(D) = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 3 = \frac{3}{2}\)’dir.
İntegral.
\[\iint_D xy\,dA = \int_0^1 \int_0^{3x} xy\,dy\,dx = \int_0^1 x \cdot \frac{9x^2}{2}\,dx = \frac{9}{2} \cdot \frac{1}{4} = \frac{9}{8}.\]
Ortalama. Tanım 2.4’e göre
\[f_{\text{ort}} = \frac{1}{A(D)} \iint_D xy\,dA = \frac{2}{3} \cdot \frac{9}{8} = \frac{3}{4}\]
bulunur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 2.12 (Simetriyle Hesaplamak) \(D = \{(x, y) \mid |x| + |y| \le 1\}\) olmak üzere
\[\iint_D \big(2 + x^2 y^3 - y^2 \sin x\big)\,dA\]
integralini simetri ve geometri kullanarak hesaplayınız.
Çözüm
Ayırma. Lineerlik gereği integral üç integralin toplamıdır:
\[2\iint_D 1\,dA + \iint_D x^2 y^3\,dA - \iint_D y^2 \sin x\,dA.\]
Birinci terim. \(D\), köşegenleri \(2\) uzunluğunda olan bir karedir; alanı \(\frac{2 \cdot 2}{2} = 2\)’dir. Önerme 2.1 (iv) gereği birinci terim \(2 \cdot 2 = 4\)’tür.
İkinci terim. \(D\)’yi I. tip olarak yazalım: \(-1 \le x \le 1\) ve \(-(1 - |x|) \le y \le 1 - |x|\). Sabit \(x\) için
\[\int_{-(1 - |x|)}^{1 - |x|} x^2 y^3\,dy = 0\]
olur, çünkü \(y^3\) tek fonksiyondur ve aralık simetriktir. Dolayısıyla ikinci terim \(0\)’dır.
Üçüncü terim. Bu kez \(D\)’yi II. tip yazalım: \(-1 \le y \le 1\) ve \(-(1 - |y|) \le x \le 1 - |y|\). Sabit \(y\) için \(\sin x\) tek olduğundan
\[\int_{-(1 - |y|)}^{1 - |y|} y^2 \sin x\,dx = 0\]
olur ve üçüncü terim de \(0\)’dır.
Sonuç.
\[\iint_D \big(2 + x^2 y^3 - y^2 \sin x\big)\,dA = 4 + 0 - 0 = 4.\]
\(\blacksquare\)
Genel bölgelerde integrali artık iki adımda kuruyoruz: bölgeyi iki eğri arasına sıkıştırıyor, sonra ardışık integrali yazıyoruz. Bazı bölgeler ise \(x\) ve \(y\) ile değil, merkeze uzaklık ve açıyla çok daha kolay betimlenir: diskler, halkalar ve daire dilimleri. Bir sonraki bölümde böyle bölgeler için kutupsal koordinatlara geçiyoruz: Kutupsal Koordinatlarda İki Katlı İntegraller.