viewof kurCoordControls = Inputs.form({
rho: Inputs.range([0.5, 4], { value: 2, step: 0.25, label: "ρ" }),
theta: Inputs.range([0, 360], { value: 45, step: 15, label: "θ (°)" }),
phi: Inputs.range([0, 180], { value: 60, step: 15, label: "φ (°)" }),
shown: Inputs.checkbox(["sphere", "plane", "cone"], { value: ["sphere", "plane", "cone"], label: "yüzeyler", format: (key) => ({ sphere: "küre", plane: "yarı düzlem", cone: "yarı koni" })[key] })
})8 Küresel Koordinatlarda Üç Katlı İntegraller
Silindirik koordinatlar, \(z\) ekseni etrafında simetrik olan cisimlerde üç katlı integrali kolaylaştırdı. Bu bölümde sınırları aynı merkezli küreler, tepesi bu merkezde olan düşey eksenli koniler ve merkezden geçen düşey düzlemlerle verilen cisimlerle uğraşacağız: bir top, iki eş merkezli küre arasında kalan bir kabuk ya da bir topun koniyle kesilmiş bir parçası. Böyle cisimlerin sınırları dik koordinatlarda iç içe kareköklerle yazılır. Örneğin birim top üzerindeki bir integral
\[ \int_{-1}^{1} \int_{-\sqrt{1 - x^2}}^{\sqrt{1 - x^2}} \int_{-\sqrt{1 - x^2 - y^2}}^{\sqrt{1 - x^2 - y^2}} f(x, y, z)\,dz\,dy\,dx \]
biçimini alır ve hesaplaması çoğu zaman çok zahmetlidir.
Ortak merkezi orijine koyalım ve bir noktayı orijine uzaklığı ile iki açıyla belirtelim. Bu durumda birim top, “uzaklığı 0 ile 1 arasında olan, açıları serbest” noktaların kümesi olur ve integralin bütün sınırları sabitlere iner. Bu fikir küresel koordinatlara götürür. Önce koordinat sistemini ve dik koordinatlarla bağlantısını kuracağız. Sonra küçük bir küresel parçanın hacmini tam olarak hesaplayıp üç katlı integralin küresel koordinatlardaki biçimini ispatlayacağız.
8.1 Küresel Koordinatlar
Uzaydaki bir noktanın yerini, orijine uzaklığı ile iki açı tek başına belirler.
Tanım 8.1 (Küresel Koordinatlar) Uzayda bir \(P\) noktası ve onun \(xy\)-düzlemine dik izdüşümü \(P'\) verilsin. \(P\) noktasının küresel koordinatları (spherical coordinates) şu üç sayıdır:
- \(\rho = |OP|\), yani \(P\)’nin orijine uzaklığı; \(\rho \ge 0\),
- \(\theta\), silindirik koordinatlardaki açı, yani \(P'\) noktasının \(xy\)-düzlemindeki kutupsal açısı,
- \(\phi\), pozitif \(z\) ekseni ile \(OP\) doğru parçası arasındaki açı; \(0 \le \phi \le \pi\).
Bu durumda \(P = (\rho, \theta, \phi)\) yazılır.
Yani \(\rho\) noktanın merkezden ne kadar uzakta olduğunu, \(\phi\) “kuzey kutbundan” ne kadar aşağı indiğini, \(\theta\) ise \(z\) ekseni etrafında hangi yöne baktığını söyler. Dünya haritasına benzetirsek \(\theta\) boylama karşılık gelir, \(\phi\) ise kuzey kutbundan ölçülen açıdır; enlem \(90^\circ - \phi\) olur. \(\phi = 0\) pozitif \(z\) eksenini, \(\phi = \pi/2\) \(xy\)-düzlemini, \(\phi = \pi\) negatif \(z\) eksenini verir. \(\theta\) için, silindirik koordinatlarda olduğu gibi (bkz. Tanım 7.1), genellikle \(0 \le \theta < 2\pi\) aralığı kullanılır.
UyarıGösterim farkı
Fizik ve mühendislik metinlerinin çoğunda \(\theta\) ile \(\phi\)’nin rolleri yer değiştirir: \(\theta\) kutup açısı, \(\phi\) boylam olur ve \(\rho\) yerine \(r\) yazılır. Bu notlarda \(\phi\) daima pozitif \(z\) ekseninden ölçülen açıdır; \(\theta\) ise kutupsal ve silindirik koordinatlardaki açının aynısıdır.
Küresel koordinatlarla dik koordinatlar arasındaki geçiş, yukarıdaki şekilde \(P\)’den \(z\) eksenine ve \(xy\)-düzlemine inilen dikmelerin oluşturduğu iki dik üçgenden okunur.
Önerme 8.1 (Küresel ve Dik Koordinatlar Arasında Dönüşüm) Küresel koordinatları \((\rho, \theta, \phi)\) olan noktanın dik koordinatları
\[ x = \rho \sin\phi \cos\theta, \qquad y = \rho \sin\phi \sin\theta, \qquad z = \rho \cos\phi \tag{1} \]
olur. Tersine, dik koordinatlardan küresel koordinatlara
\[ \rho = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}, \qquad \cos\phi = \frac{z}{\rho} \quad (\rho \ne 0) \tag{2} \]
eşitlikleriyle geçilir; \(\theta\) ise \((x, y)\) noktasının kutupsal açısıdır. Silindirik koordinatlarla bağlantı \(r = \rho\sin\phi\), \(z = \rho\cos\phi\) ve ortak \(\theta\) açısıdır.
İspat
\(P = (x, y, z)\) ve \(\mathbf{k} = \langle 0, 0, 1 \rangle\) olsun. \(\overrightarrow{OP}\) vektörünün uzunluğu \(\rho\), \(\mathbf{k}\) ile arasındaki açı \(\phi\) olduğundan, iç çarpımın geometrik ifadesinden
\[ z = \overrightarrow{OP} \cdot \mathbf{k} = |\overrightarrow{OP}|\,|\mathbf{k}| \cos\phi = \rho\cos\phi \]
bulunur. \(P' = (x, y, 0)\) izdüşümünün orijine uzaklığı \(r = \sqrt{x^2 + y^2}\)’dir; bu, \(P\)’nin silindirik koordinatlarındaki \(r\)’dir. Uzaklık formülünden
\[ \rho^2 = |OP|^2 = x^2 + y^2 + z^2 = r^2 + z^2 \]
olduğundan \(r^2 = \rho^2 - \rho^2\cos^2\phi = \rho^2 \sin^2\phi\) olur. \(0 \le \phi \le \pi\) aralığında \(\sin\phi \ge 0\) olduğu için buradan \(r = \rho\sin\phi\) çıkar. \(\theta\), \((x, y)\) noktasının kutupsal açısı olduğundan \(x = r\cos\theta\) ve \(y = r\sin\theta\)’dır. Bunlarda \(r = \rho\sin\phi\) yazılınca (1) elde edilir.
Ters yönde \(\rho^2 = x^2 + y^2 + z^2\) eşitliğini zaten gördük. \(\rho \ne 0\) ise \(z = \rho\cos\phi\) eşitliği \(\cos\phi = z/\rho\) verir. Kosinüs \([0, \pi]\) aralığında birebir olduğundan \(\phi\) bu değerle tek türlü belirlenir.
\(\blacksquare\)
Örnek 8.1 (Küresel Koordinatlardan Dik Koordinatlara) Küresel koordinatları \((2, \pi/4, \pi/3)\) olan noktayı çiziniz ve dik koordinatlarını bulunuz.
Çözüm
Burada \(\rho = 2\), \(\theta = \pi/4\) ve \(\phi = \pi/3\)’tür. Nokta, orijinden \(2\) birim uzakta; pozitif \(z\) ekseniyle \(\pi/3\) açı yapan ve \(xy\)-düzlemine izdüşümü \(x\) ekseniyle \(\pi/4\) açı yapan doğrultudadır. (1) formüllerinden
\[ \begin{aligned} x &= 2 \sin\frac{\pi}{3} \cos\frac{\pi}{4} = 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \sqrt{\frac{3}{2}}, \\[1mm] y &= 2 \sin\frac{\pi}{3} \sin\frac{\pi}{4} = 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \sqrt{\frac{3}{2}}, \\[1mm] z &= 2 \cos\frac{\pi}{3} = 2 \cdot \frac{1}{2} = 1 \end{aligned} \]
bulunur. Noktanın dik koordinatları \(\left(\sqrt{3/2},\ \sqrt{3/2},\ 1\right)\)’dir. Kontrol olarak kareler toplamı \(\tfrac{3}{2} + \tfrac{3}{2} + 1 = 4 = \rho^2\) olur.
\(\blacksquare\)
Örnek 8.2 (Dik Koordinatlardan Küresel Koordinatlara) Dik koordinatları \((0, 2\sqrt{3}, -2)\) olan noktanın küresel koordinatlarını bulunuz.
Çözüm
(2)’den uzaklık
\[ \rho = \sqrt{0^2 + (2\sqrt{3})^2 + (-2)^2} = \sqrt{0 + 12 + 4} = 4 \]
olur. Kutup açısı için
\[ \cos\phi = \frac{z}{\rho} = \frac{-2}{4} = -\frac{1}{2} \]
ve \(0 \le \phi \le \pi\) olduğundan \(\phi = 2\pi/3\) bulunur. Buna göre \(\rho\sin\phi = 4 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}\)’tür. Son olarak (1)’deki \(x\) ve \(y\) eşitliklerinden
\[ \cos\theta = \frac{x}{\rho\sin\phi} = \frac{0}{2\sqrt{3}} = 0, \qquad \sin\theta = \frac{y}{\rho\sin\phi} = \frac{2\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} = 1 \]
elde edilir. Kosinüsün sıfır olması \(\theta = \pi/2\) ya da \(\theta = 3\pi/2\) demektir; sinüs pozitif olduğundan (yani \(y = 2\sqrt{3} > 0\) olduğundan) \(\theta = \pi/2\)’dir. Noktanın küresel koordinatları \((4, \pi/2, 2\pi/3)\)’tür.
\(\blacksquare\)
8.2 Sabit Koordinat Yüzeyleri
Küresel koordinatların gücü, bir koordinat sabit tutulunca ortaya çıkan yüzeylerin basitliğinden gelir.
Önerme 8.2 (Sabit Koordinat Yüzeyleri) \(c\) bir sabit olsun.
(i) \(c > 0\) ise \(\rho = c\) yüzeyi, merkezi orijin ve yarıçapı \(c\) olan \(x^2 + y^2 + z^2 = c^2\) küresidir.
(ii) \(\theta = c\) yüzeyi, \(z\) eksenini kenar kabul eden ve \(xy\)-düzlemini \(\theta = c\) ışını boyunca kesen düşey yarı düzlemdir.
(iii) \(0 < c < \pi\) ve \(c \ne \pi/2\) ise \(\phi = c\) yüzeyi, tepesi orijinde ve ekseni \(z\) ekseni olan
\[ z = \cot c\,\sqrt{x^2 + y^2} \]
yarı konisidir. \(0 < c < \pi/2\) ise koni yukarı (\(z \ge 0\)), \(\pi/2 < c < \pi\) ise aşağı (\(z \le 0\)) açılır. \(\phi = \pi/2\) yüzeyi \(xy\)-düzlemidir.
İspat
(i) (2)’ye göre \(\rho = c\) eşitliği \(x^2 + y^2 + z^2 = c^2\) eşitliğine denktir.
(ii) \(\theta = c\) olan noktaların \(xy\)-düzlemine izdüşümü, kutupsal açısı \(c\) olan noktalardır. Bu yüzden bu noktalar \(r \ge 0\) ve \(z\) serbest olmak üzere \((r\cos c,\ r\sin c,\ z)\) biçimindedir. Bu küme, \(z\) ekseninden (\(r = 0\)) başlayıp \((\cos c, \sin c, 0)\) yönünde uzanan düşey yarı düzlemdir.
(iii) \(\phi = c\) olan bir noktada (1)’e göre \(r = \sqrt{x^2 + y^2} = \rho\sin c\) ve \(z = \rho\cos c\)’dir. \(\sin c > 0\) olduğundan \(\rho = r/\sin c\) ve buradan \(z = r\cos c/\sin c = r\cot c\) bulunur. Tersine, \(r = \sqrt{x^2 + y^2} > 0\) ve \(z = r\cot c\) olan bir nokta alalım. \(1 + \cot^2 c = 1/\sin^2 c\) olduğundan
\[ \rho = \sqrt{r^2 + r^2\cot^2 c} = \frac{r}{\sin c}, \qquad \cos\phi = \frac{z}{\rho} = \frac{r\cot c}{r/\sin c} = \cos c \]
olur ve kosinüs \([0, \pi]\) aralığında birebir olduğundan \(\phi = c\)’dir. Orijin (\(r = 0\)) her iki kümede de vardır. Böylece \(\phi = c\) yüzeyi \(z = \cot c\,\sqrt{x^2 + y^2}\) yarı konisidir. \(\cot c\), \(0 < c < \pi/2\) iken pozitif, \(\pi/2 < c < \pi\) iken negatif olduğundan \(z\)’nin işareti de buna göre belirlenir. \(c = \pi/2\) için \(z = \rho\cos(\pi/2) = 0\) olur, yani yüzey \(xy\)-düzlemidir.
\(\blacksquare\)
Yani küreler, \(z\) ekseninden geçen yarı düzlemler ve ekseni \(z\) ekseni olan koniler küresel koordinatlarda tek bir koordinatın sabit olmasıyla yazılır. Sınırları bunlardan oluşan cisimlerin tarifi bu yüzden çok kısalır. Örneğin \(z = \sqrt{x^2 + y^2}\) konisi \(\cot c = 1\), yani \(\phi = \pi/4\) yüzeyidir.
Etkileşimli sahne: bir noktanın küresel koordinatları ve sabit koordinat yüzeyleri. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz. \(\rho\), \(\theta\) ve \(\phi\) kaydırıcıları \(P\) noktasını taşır; açılar \(15^\circ\) adımlarla derece cinsinden seçilir, değer satırı radyan karşılıklarını da yazar. Turuncu \(OP\) doğru parçasının uzunluğu \(\rho\)’dur. \(\phi\) açısı pozitif \(z\) ekseninden \(OP\)’ye, \(\theta\) açısı pozitif \(x\) ekseninden \(OP'\) izdüşümüne doğru ölçülür. Değer satırı, (1) formüllerinin verdiği dik koordinatları gösterir. Başlangıçtaki \(\rho = 2\), \(\theta = 45^\circ\), \(\phi = 60^\circ\) seçimi, küresel koordinatlardan dik koordinatlara geçtiğimiz örneğin noktasıdır (Örnek 8.1): \(x = y = \sqrt{3/2} \approx 1{,}2247\) ve \(z = 1\) çıkar. \(\rho = 4\), \(\theta = 90^\circ\), \(\phi = 120^\circ\) seçilirse ters yöndeki örneğin \((0, 2\sqrt{3}, -2)\) noktası, yani \(x = 0\), \(y \approx 3{,}4641\), \(z = -2\) gelir (Örnek 8.2). Yüzey kutucukları \(P\)’den geçen üç sabit koordinat yüzeyini açıp kapatır: küre (\(\rho\) sabit), yarı düzlem (\(\theta\) sabit) ve yarı koni (\(\phi\) sabit). \(P\), bu üç yüzeyin ortak noktasıdır. \(\phi = 90^\circ\) iken koni \(xy\)-düzlemine açılır, \(90^\circ\)’yi geçince aşağı döner.
Başka yüzeylerin küresel denklemini bulmak için (1)’i yerine yazmak ve sadeleştirmek yeterlidir. Sık kullanılan iki kısaltma
\[ x^2 + y^2 + z^2 = \rho^2, \qquad x^2 + y^2 = \rho^2\sin^2\phi \]
eşitlikleridir.
Örnek 8.3 (Bir Silindirin Küresel Denklemi) \(x^2 + y^2 = 1\) silindirinin küresel koordinatlardaki denklemini bulunuz.
Çözüm
\(x^2 + y^2 = \rho^2\sin^2\phi\) olduğundan denklem \(\rho^2\sin^2\phi = 1\) olur. \(\rho \ge 0\) ve \(0 \le \phi \le \pi\) aralığında \(\sin\phi \ge 0\) olduğundan iki yanın karekökünü alabiliriz:
\[ \rho\sin\phi = 1. \]
\(z\) ekseni üzerindeki noktalar (\(\sin\phi = 0\)) silindirin üzerinde değildir; bu yüzden silindirde \(0 < \phi < \pi\)’dir ve denklem \(\rho = 1/\sin\phi = \csc\phi\) biçiminde de yazılabilir.
\(\blacksquare\)
8.3 Küresel Kama ve Hacmi
Dik koordinatlarda üç katlı integrali tanımlarken cismi küçük kutulara böldük. Küresel koordinatlarda kutunun karşılığı, üç koordinatın da birer aralıkta değiştiği bölgedir.
Tanım 8.2 (Küresel Kama) \(0 \le a < b\), \(\alpha < \beta \le \alpha + 2\pi\) ve \(0 \le c < d \le \pi\) olmak üzere
\[ E = \{(\rho, \theta, \phi) \mid a \le \rho \le b,\ \alpha \le \theta \le \beta,\ c \le \phi \le d\} \]
kümesine bir küresel kama (spherical wedge) denir.
Yani küresel kama, \(\rho = a\) ve \(\rho = b\) küreleri, \(\theta = \alpha\) ve \(\theta = \beta\) yarı düzlemleri ve \(\phi = c\) ve \(\phi = d\) yarı konileriyle sınırlanan bölgedir. Örneğin \(a = 0\), \(b = R\), \(\alpha = 0\), \(\beta = 2\pi\), \(c = 0\), \(d = \pi\) seçilirse \(R\) yarıçaplı top elde edilir.
İnce bir kamayı yaklaşık olarak bir kutu gibi düşünebiliriz. \(\rho\) yönündeki kenarı \(\Delta\rho\)’dur. \(\phi\) yönündeki kenar, \(\rho\) yarıçaplı bir çemberin \(\Delta\phi\) açılık yayıdır ve uzunluğu \(\rho\,\Delta\phi\)’dir. \(\theta\) yönündeki kenar ise \(z\) eksenine uzaklığı \(r = \rho\sin\phi\) olan yatay bir çemberin \(\Delta\theta\) açılık yayıdır ve uzunluğu \(\rho\sin\phi\,\Delta\theta\)’dır. Bu üç kenar karşılıklı dik olduğundan
\[ \Delta V \approx \Delta\rho \cdot \rho\,\Delta\phi \cdot \rho\sin\phi\,\Delta\theta = \rho^2 \sin\phi\,\Delta\rho\,\Delta\theta\,\Delta\phi \]
beklenir.
Aşağıdaki sonuç bu yaklaşımın aslında kamanın içinden uygun seçilmiş bir noktada tam eşitlik olduğunu söyler. İspatta önceki bölümün silindirik koordinatlar formülünü (Teorem 7.1) kullanacağız.
Lemma 8.1 (Küresel Kamanın Hacmi) \(0 \le \rho_1 < \rho_2\), \(\theta_1 < \theta_2 \le \theta_1 + 2\pi\) ve \(0 \le \phi_1 < \phi_2 \le \pi\) olsun. \(\rho_1 \le \rho \le \rho_2\), \(\theta_1 \le \theta \le \theta_2\), \(\phi_1 \le \phi \le \phi_2\) küresel kamasının hacmi
\[ \Delta V = \frac{\rho_2^3 - \rho_1^3}{3}\,(\cos\phi_1 - \cos\phi_2)\,(\theta_2 - \theta_1) \tag{3} \]
olur. Ayrıca \(\Delta\rho = \rho_2 - \rho_1\), \(\Delta\theta = \theta_2 - \theta_1\) ve \(\Delta\phi = \phi_2 - \phi_1\) olmak üzere \(\rho_1 < \bar\rho < \rho_2\) ve \(\phi_1 < \bar\phi < \phi_2\) koşullarını sağlayan öyle \(\bar\rho\) ve \(\bar\phi\) sayıları vardır ki
\[ \Delta V = \bar\rho^{\,2} \sin\bar\phi\,\Delta\rho\,\Delta\theta\,\Delta\phi \tag{4} \]
olur.
İspat
1. adım: koniyle kesilmiş top dilimi. \(a > 0\) ve \(0 < \gamma \le \pi\) için
\[ K(a, \gamma) = \{(\rho, \theta, \phi) \mid 0 \le \rho \le a,\ \theta_1 \le \theta \le \theta_2,\ 0 \le \phi \le \gamma\} \]
bölgesinin hacminin
\[ V(a, \gamma) = \frac{a^3}{3}\,(1 - \cos\gamma)\,(\theta_2 - \theta_1) \]
olduğunu gösterelim. Üç durum vardır.
\(0 < \gamma < \pi/2\) durumu. Silindirik koordinatları \((r, \theta, z)\) olan ve orijinden farklı bir nokta için \(r = \rho\sin\phi\) ve \(z = \rho\cos\phi\)’dir. Buradan
\[ z - r\cot\gamma = \frac{\rho\,(\cos\phi\sin\gamma - \sin\phi\cos\gamma)}{\sin\gamma} = \frac{\rho\sin(\gamma - \phi)}{\sin\gamma} \]
bulunur. \(\gamma - \phi\) farkı \((-\pi, \pi/2)\) aralığında olduğundan \(\sin(\gamma - \phi) \ge 0\) olması \(\phi \le \gamma\) olmasına denktir. Yani \(\phi \le \gamma\) koşulu \(z \ge r\cot\gamma\) demektir. \(\rho \le a\) koşulu da \(r^2 + z^2 \le a^2\) demektir. \(r\cot\gamma \le z \le \sqrt{a^2 - r^2}\) aralığının boş olmaması için \(r^2\cot^2\gamma \le a^2 - r^2\), yani \(r^2(1 + \cot^2\gamma) \le a^2\) olmalıdır. \(1 + \cot^2\gamma = 1/\sin^2\gamma\) olduğundan bu, \(r \le a\sin\gamma\) demektir. O hâlde silindirik koordinatlarda
\[ K(a, \gamma) = \{\theta_1 \le \theta \le \theta_2,\ 0 \le r \le a\sin\gamma,\ r\cot\gamma \le z \le \sqrt{a^2 - r^2}\} \]
olur. Teorem 7.1 ile
\[ \begin{aligned} V(a, \gamma) &= \int_{\theta_1}^{\theta_2} \int_0^{a\sin\gamma} \int_{r\cot\gamma}^{\sqrt{a^2 - r^2}} r\,dz\,dr\,d\theta \\[1mm] &= (\theta_2 - \theta_1) \int_0^{a\sin\gamma} \left( r\sqrt{a^2 - r^2} - r^2\cot\gamma \right) dr \\[1mm] &= (\theta_2 - \theta_1) \left[ -\frac{(a^2 - r^2)^{3/2}}{3} - \frac{r^3\cot\gamma}{3} \right]_0^{a\sin\gamma} \end{aligned} \]
bulunur. Üst sınırda \(a^2 - a^2\sin^2\gamma = a^2\cos^2\gamma\) ve \(\cos\gamma > 0\) olduğundan \((a^2 - r^2)^{3/2} = a^3\cos^3\gamma\)’dır. Ayrıca \(\sin^3\gamma\cot\gamma = \sin^2\gamma\cos\gamma\)’dır. Böylece
\[ \begin{aligned} V(a, \gamma) &= (\theta_2 - \theta_1)\,\frac{a^3}{3} \left( 1 - \cos^3\gamma - \sin^2\gamma\cos\gamma \right) \\[1mm] &= (\theta_2 - \theta_1)\,\frac{a^3}{3}\,(1 - \cos\gamma) \end{aligned} \]
olur; son adımda
\[ \cos^3\gamma + \sin^2\gamma\cos\gamma = \cos\gamma\,(\cos^2\gamma + \sin^2\gamma) = \cos\gamma \]
eşitliği kullanıldı.
\(\gamma = \pi/2\) durumu. Bu kez bölge \(0 \le r \le a\), \(0 \le z \le \sqrt{a^2 - r^2}\) ile verilir ve
\[ V(a, \tfrac{\pi}{2}) = (\theta_2 - \theta_1) \int_0^a r\sqrt{a^2 - r^2}\,dr = (\theta_2 - \theta_1)\,\frac{a^3}{3} \]
bulunur. Bu, formülün \(\cos(\pi/2) = 0\) için verdiği değerdir.
\(\pi/2 < \gamma \le \pi\) durumu. \(K(a, \gamma)\) bölgesi, \(K(a, \pi/2)\) ile
\[ L = \{(\rho, \theta, \phi) \mid 0 \le \rho \le a,\ \theta_1 \le \theta \le \theta_2,\ \pi/2 \le \phi \le \gamma\} \]
bölgesinin birleşimidir ve ikisi yalnız \(xy\)-düzleminin bir parçasında, yani hacmi sıfır olan bir kümede örtüşür. \(z \mapsto -z\) yansıması \(\phi\) açısını \(\pi - \phi\) açısına götürür. Bu yansıma \(L\)’yi \(\pi - \gamma \le \phi \le \pi/2\) ile verilen \(M\) bölgesine, yani \(K(a, \pi/2)\)’den \(K(a, \pi - \gamma)\) çıkarılınca kalan parçaya götürür (\(\gamma = \pi\) ise \(K(a, 0)\) bir doğru parçasıdır ve hacmi sıfırdır).
\(L\) ile \(M\)’nin hacimleri eşittir. Gerçekten, \(\gamma < \pi\) ise ilk durumdaki hesapta \(\gamma\) yerine \(\pi - \gamma\) alınınca \(\phi \ge \pi - \gamma\) koşulunun \(z \le r\cot(\pi - \gamma)\) demek olduğu görülür. Bu yüzden \(M\), silindirik koordinatlarda \(\theta_1 \le \theta \le \theta_2\), \(0 \le r \le a\), \(0 \le z \le h(r)\) ile verilir; burada \(h(r)\), \(\sqrt{a^2 - r^2}\) ile \(r\cot(\pi - \gamma)\) sayılarının küçüğüdür (\(\gamma = \pi\) ise \(h(r) = \sqrt{a^2 - r^2}\)). Yansıma yalnız \(z\)’nin işaretini değiştirdiğinden \(L\) de aynı \(\theta\) ve \(r\) aralıklarıyla \(-h(r) \le z \le 0\) biçiminde yazılır. Teorem 7.1 ile iki bölgenin hacmi de
\[ \int_{\theta_1}^{\theta_2} \int_0^a h(r)\,r\,dr\,d\theta \]
olur. \(0 \le \pi - \gamma < \pi/2\) olduğundan önceki iki durumdan
\[ \begin{aligned} V(a, \gamma) &= V(a, \tfrac{\pi}{2}) + \left[ V(a, \tfrac{\pi}{2}) - V(a, \pi - \gamma) \right] \\[1mm] &= (\theta_2 - \theta_1)\,\frac{a^3}{3} \left[ 2 - \left( 1 - \cos(\pi - \gamma) \right) \right] \\[1mm] &= (\theta_2 - \theta_1)\,\frac{a^3}{3}\,(1 - \cos\gamma) \end{aligned} \]
elde edilir; burada \(\cos(\pi - \gamma) = -\cos\gamma\) kullanıldı.
2. adım: kamanın hacmi. \(\rho \le a\) ve \(\phi_1 \le \phi \le \phi_2\) koşullarıyla verilen bölge, \(K(a, \phi_2)\)’den \(K(a, \phi_1)\) çıkarılınca kalan bölgedir (\(\phi_1 = 0\) ise çıkarılan küme bir doğru parçasıdır ve hacmi sıfırdır). Hacmi
\[ V(a, \phi_2) - V(a, \phi_1) = \frac{a^3}{3}\,(\cos\phi_1 - \cos\phi_2)\,(\theta_2 - \theta_1) \]
olur. Kama da \(a = \rho_2\) için bu bölgeden \(a = \rho_1\) için olanın çıkarılmasıyla elde edilir (\(\rho_1 = 0\) ise hiçbir şey çıkarılmaz). Farkı almak (3)’ü verir.
3. adım: ortalama değer. Ortalama Değer Teoremi’ni (bkz. Analiz 2) \(t \mapsto t^3\) fonksiyonuna \([\rho_1, \rho_2]\) aralığında uygularsak bir \(\bar\rho \in (\rho_1, \rho_2)\) için
\[ \rho_2^3 - \rho_1^3 = 3\bar\rho^{\,2}\,(\rho_2 - \rho_1) \]
bulunur. Aynı teoremi \(t \mapsto -\cos t\) fonksiyonuna \([\phi_1, \phi_2]\) aralığında uygularsak bir \(\bar\phi \in (\phi_1, \phi_2)\) için
\[ \cos\phi_1 - \cos\phi_2 = \sin\bar\phi\,(\phi_2 - \phi_1) \]
bulunur. Bu iki eşitlik (3)’te yerine yazılınca (4) elde edilir.
\(\blacksquare\)
8.4 Küresel Koordinatlarda Üç Katlı İntegral
Bir cismi küçük küresel kamalara bölüp her parçanın hacmi için (4)’ü kullanarak üç katlı integralin küresel koordinatlardaki biçimine ulaşırız.
Teorem 8.1 (Küresel Koordinatlarda Üç Katlı İntegral) (i) \(E\), \(a \le \rho \le b\), \(\alpha \le \theta \le \beta\), \(c \le \phi \le d\) küresel kaması ve \(f\), \(E\) üzerinde sürekli bir fonksiyon olsun. Bu durumda
\[ \begin{aligned} \iiint_E f(x, y, z)\,dV = \int_c^d \int_\alpha^\beta \int_a^b\, & f(\rho\sin\phi\cos\theta,\ \rho\sin\phi\sin\theta,\ \rho\cos\phi) \\[1mm] &\cdot \rho^2 \sin\phi\,d\rho\,d\theta\,d\phi \end{aligned} \tag{5} \]
olur.
(ii) Daha genel olarak \(\alpha < \beta \le \alpha + 2\pi\) ve \(0 \le c < d \le \pi\) olsun; \(g_1\) ve \(g_2\), \([\alpha, \beta] \times [c, d]\) üzerinde sürekli ve \(0 \le g_1 \le g_2\) olan fonksiyonlar olsun.
\[ E = \{(\rho, \theta, \phi) \mid \alpha \le \theta \le \beta,\ c \le \phi \le d,\ g_1(\theta, \phi) \le \rho \le g_2(\theta, \phi)\} \]
ve \(f\), \(E\) üzerinde sürekli ise (5) formülü, \(\rho\)’nun sınırları \(g_1(\theta, \phi)\) ve \(g_2(\theta, \phi)\) alınarak geçerlidir.
İspat
(i) \(\rho\theta\phi\)-uzayında \(B = [a, b] \times [\alpha, \beta] \times [c, d]\) kutusunu ve
\[ F(\rho, \theta, \phi) = f(\rho\sin\phi\cos\theta,\ \rho\sin\phi\sin\theta,\ \rho\cos\phi)\,\rho^2\sin\phi \]
fonksiyonunu alalım. \(F\), \(B\) üzerinde süreklidir. Bu yüzden \(B\) üzerindeki üç katlı integrali vardır ve Fubini Teoremi’ne (Teorem 6.1) göre (5)’in sağ yanındaki ardışık integrale eşittir. O hâlde \(\iiint_E f\,dV = \iiint_B F\,dV\) olduğunu göstermek yeter.
Bölme. \([a, b]\), \([\alpha, \beta]\), \([c, d]\) aralıklarını sırasıyla \(l\), \(m\), \(n\) eş parçaya bölelim. Bölüm noktaları \(\rho_i\), \(\theta_j\), \(\phi_k\), parça uzunlukları \(\Delta\rho\), \(\Delta\theta\), \(\Delta\phi\) olsun. \(B\) küçük \(B_{ijk}\) kutularına, \(E\) de \(\rho = \rho_i\) küreleri, \(\theta = \theta_j\) yarı düzlemleri ve \(\phi = \phi_k\) yarı konileriyle küçük \(E_{ijk}\) kamalarına ayrılır. Kamalar yalnız sınır yüzeyleri boyunca, yani hacmi sıfır olan kümelerde örtüşür. Üç katlı integral bölgeye göre toplamsal olduğundan (bkz. Önerme 6.1, (iii))
\[ \iiint_E f\,dV = \sum_{i=1}^{l} \sum_{j=1}^{m} \sum_{k=1}^{n} \iiint_{E_{ijk}} f\,dV \]
olur.
Örnek noktalar. Lemma 8.1 uyarınca \(V(E_{ijk}) = \bar\rho_i^{\,2}\sin\bar\phi_k\,\Delta\rho\,\Delta\theta\,\Delta\phi\) olacak biçimde \(\bar\rho_i \in (\rho_{i-1}, \rho_i)\) ve \(\bar\phi_k \in (\phi_{k-1}, \phi_k)\) sayıları vardır. Lemmanın ispatında \(\bar\rho_i\) yalnız \(\rho\) aralığından, \(\bar\phi_k\) yalnız \(\phi\) aralığından bulunduğu için bu sayılar \(j\)’ye bağlı değildir. \(\bar\theta_j\), \([\theta_{j-1}, \theta_j]\) aralığının orta noktası olsun. \(Q_{ijk} = (\bar\rho_i, \bar\theta_j, \bar\phi_k)\) noktası \(B_{ijk}\) kutusunda, küresel koordinatları bu üç sayı olan \(P_{ijk}\) noktası da \(E_{ijk}\) kamasındadır. Buna göre
\[ S = \sum_{i, j, k} f(P_{ijk})\,V(E_{ijk}) = \sum_{i, j, k} F(Q_{ijk})\,\Delta\rho\,\Delta\theta\,\Delta\phi \]
toplamı, \(F\)’nin \(B\) üzerindeki bir Riemann toplamıdır. \(F\) sürekli olduğundan \(l, m, n \to \infty\) iken \(S \to \iiint_B F\,dV\) olur.
Tahmin. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(E\) kapalı ve sınırlı, \(f\) de \(E\) üzerinde sürekli olduğundan \(f\) düzgün süreklidir (Heine–Cantor Teoremi, bkz. Analiz 4). Yani öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki \(E\)’nin \(|P - P'| < \delta\) olan her \(P, P'\) noktası için \(|f(P) - f(P')| < \varepsilon\) olur. Aynı kamadaki iki noktayı önce bir ışın boyunca (uzunluk en çok \(\Delta\rho\)), sonra \(\theta\) sabitken yarıçapı en çok \(b\) olan bir çember yayı boyunca (uzunluk en çok \(b\,\Delta\phi\)), sonra \(\phi\) sabitken yarıçapı en çok \(b\) olan yatay bir çember yayı boyunca (uzunluk en çok \(b\,\Delta\theta\)) birleştirebiliriz. İki nokta arasındaki uzaklık bu yolun uzunluğunu aşmadığından
\[ |P - P'| \le \Delta\rho + b\,\Delta\phi + b\,\Delta\theta \]
olur ve \(l, m, n\) yeterince büyükken bu sayı \(\delta\)’dan küçüktür. O zaman \(E_{ijk}\) üzerinde \(f(P_{ijk}) - \varepsilon < f < f(P_{ijk}) + \varepsilon\) olur ve integralin karşılaştırma özelliği (bkz. Önerme 6.1, (ii)) ile
\[ \left| \iiint_{E_{ijk}} f\,dV - f(P_{ijk})\,V(E_{ijk}) \right| \le \varepsilon\,V(E_{ijk}) \]
elde edilir. Bu eşitsizlikleri toplarsak \(\left| \iiint_E f\,dV - S \right| \le \varepsilon\,V(E)\) buluruz.
Sonuç. \(l, m, n \to \infty\) iken \(S \to \iiint_B F\,dV\) olduğundan son eşitsizlik \(\left| \iiint_E f\,dV - \iiint_B F\,dV \right| \le \varepsilon\,V(E)\) verir. \(\varepsilon > 0\) keyfi olduğundan iki integral eşittir.
\(\blacksquare\)
(ii) için ispatın fikri
\(b\) sayısı \(g_2\)’nin en büyük değeri olsun. \(E\) bölgesi \(0 \le \rho \le b\), \(\alpha \le \theta \le \beta\), \(c \le \phi \le d\) kamasının içindedir. \(f\)’yi \(E\)’nin dışında \(0\) diye tanımlayıp (i)’yi bu kamaya uygularsak, sabit \((\theta, \phi)\) için \(\rho\)’ya göre iç integralde fonksiyon yalnız \(g_1(\theta, \phi) \le \rho \le g_2(\theta, \phi)\) aralığında sıfırdan farklıdır ve (ii)’deki formül çıkar. Ancak sıfırla genişletilen fonksiyon \(E\)’nin sınır yüzeylerinde süreksizdir. (i)’deki ispatın bu fonksiyona uyarlanması, sınıra değen küçük kamaların toplam hacminin sıfıra gittiğini göstermeyi gerektirir. Bu adım, genel bölgelerdeki Fubini teoreminde olduğu gibi ileri analizin konusudur.
Yani küresel koordinatlara geçerken üç şey yapılır: \(f\)’nin içinde \(x\), \(y\), \(z\) yerine (1) yazılır; sınırlar \(\rho\), \(\theta\), \(\phi\) cinsinden yazılır; \(dV\) yerine
\[ dV = \rho^2 \sin\phi\,d\rho\,d\theta\,d\phi \]
konur. Bu ifadeye küresel koordinatlarda hacim elemanı denir. \(\rho^2\sin\phi \ge 0\) çarpanı, kutupsal koordinatlardaki (Teorem 3.1) ve silindirik koordinatlardaki (Teorem 7.1) \(r\) çarpanının karşılığıdır. Bir sonraki bölümde bu üç çarpanın da birer Jacobi determinantı olduğunu göreceğiz (bkz. Teorem 9.2).
(i)’de \(F\) sürekli olduğundan Fubini Teoremi’ne göre altı integrasyon sırası da aynı sonucu verir. (ii)’de ise \(\rho\)’nun sınırları \(\theta\) ve \(\phi\)’ye bağlı olduğundan \(\rho\)’ya göre integral en içte alınmalıdır.
İpucuKüresel koordinatlarda üç katlı integral dört adımda
- Cismi çiz; onu sınırlayan küreleri, konileri ve \(z\) ekseninden geçen düzlemleri belirle.
- Sınır yüzeylerini küresel koordinatlarda yaz: \(x^2 + y^2 + z^2 = \rho^2\), \(z = \rho\cos\phi\) ve \(x^2 + y^2 = \rho^2\sin^2\phi\) kısaltmalarını kullan.
- Sınırları kur: önce \(\theta\)’nın ve \(\phi\)’nin aralığını bul; sonra sabit \((\theta, \phi)\) için orijinden çıkan ışının cisme girdiği ve cisimden çıktığı \(\rho\) değerlerini bul.
- \(f\)’de (1)’i yerine yaz, \(dV\) yerine \(\rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\theta\,d\phi\) koy ve ardışık integrali hesapla.
Örnek 8.4 (Topun Hacmi) \(a\) yarıçaplı topun hacminin \(\frac{4}{3}\pi a^3\) olduğunu küresel koordinatlarla gösteriniz.
Çözüm
Merkezi orijine koyalım. Sınır \(\rho = a\) küresidir ve top
\[ E = \{(\rho, \theta, \phi) \mid 0 \le \rho \le a,\ 0 \le \theta \le 2\pi,\ 0 \le \phi \le \pi\} \]
küresel kamasıdır. Hacim \(f = 1\) fonksiyonunun integrali olduğundan (5) ile
\[ V = \iiint_E dV = \int_0^\pi \int_0^{2\pi} \int_0^a \rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\theta\,d\phi \]
olur. Sınırlar sabit ve integrand \(\rho^2\) ile \(\sin\phi\)’nin çarpımı olduğundan ardışık integral üç tek katlı integralin çarpımına ayrılır:
\[ V = \left( \int_0^\pi \sin\phi\,d\phi \right) \left( \int_0^{2\pi} d\theta \right) \left( \int_0^a \rho^2\,d\rho \right) = 2 \cdot 2\pi \cdot \frac{a^3}{3} = \frac{4}{3}\pi a^3. \]
Burada ilk çarpan \([-\cos\phi]_0^\pi = 1 - (-1) = 2\)’dir.
\(\blacksquare\)
Örnek 8.5 (Birim Topta Bir Üstel İntegral) \(B = \{(x, y, z) \mid x^2 + y^2 + z^2 \le 1\}\) birim topu olmak üzere
\[ \iiint_B e^{(x^2 + y^2 + z^2)^{3/2}}\,dV \]
integralini hesaplayınız.
Çözüm
\(B\)’nin sınırı bir küre olduğundan küresel koordinatlara geçeriz:
\[ B = \{(\rho, \theta, \phi) \mid 0 \le \rho \le 1,\ 0 \le \theta \le 2\pi,\ 0 \le \phi \le \pi\}. \]
Ayrıca \(x^2 + y^2 + z^2 = \rho^2\) olduğundan \((x^2 + y^2 + z^2)^{3/2} = (\rho^2)^{3/2} = \rho^3\) olur. (5) ile
\[ \begin{aligned} \iiint_B e^{(x^2 + y^2 + z^2)^{3/2}}\,dV &= \int_0^\pi \int_0^{2\pi} \int_0^1 e^{\rho^3} \rho^2 \sin\phi\,d\rho\,d\theta\,d\phi \\[1mm] &= \left( \int_0^\pi \sin\phi\,d\phi \right) \left( \int_0^{2\pi} d\theta \right) \left( \int_0^1 \rho^2 e^{\rho^3}\,d\rho \right) \end{aligned} \]
bulunur. İlk iki çarpan \(2\) ve \(2\pi\)’dir. Üçüncüsünde \(u = \rho^3\), \(du = 3\rho^2\,d\rho\) değişken değiştirmesiyle
\[ \int_0^1 \rho^2 e^{\rho^3}\,d\rho = \frac{1}{3} \int_0^1 e^u\,du = \frac{1}{3}\,(e - 1) \]
olur. Sonuç
\[ \iiint_B e^{(x^2 + y^2 + z^2)^{3/2}}\,dV = 2 \cdot 2\pi \cdot \frac{e - 1}{3} = \frac{4\pi}{3}\,(e - 1) \]
olarak bulunur. Aynı integral dik koordinatlarda bölümün başındaki ardışık integral biçiminde yazılırdı; integrandın \(z\)’ye göre ilkeli bile kolayca bulunamadığından o yoldan elle hesaplamak son derece güç olurdu.
\(\blacksquare\)
Şimdi dört adımlık reçeteyi, sınırlarından biri \(\rho\)’ya bağlı olan bir cisme uygulayalım.
Örnek 8.6 (Koni ile Küre Arasındaki Cismin Hacmi) \(z = \sqrt{x^2 + y^2}\) konisinin üstünde ve \(x^2 + y^2 + z^2 = z\) küresinin altında kalan \(E\) cisminin hacmini küresel koordinatlarla bulunuz.
Çözüm
1. adım: cisim. Küre denklemini tam kareye tamamlarsak \(x^2 + y^2 + (z - \tfrac{1}{2})^2 = \tfrac{1}{4}\) olur. Küre, merkezi \((0, 0, \tfrac{1}{2})\), yarıçapı \(\tfrac{1}{2}\) olan ve orijinden geçen küredir. Cisim, tepesi orijinde olan bir koninin üstüne oturmuş bir küre kapağı gibidir.
2. adım: yüzeylerin denklemleri. Kürenin denklemi \(\rho^2 = \rho\cos\phi\) olur. \(\rho = 0\) yalnız orijini verdiğinden ve orijin de aşağıdaki denklemi sağladığından küre
\[ \rho = \cos\phi \]
denklemiyle verilir. Koninin denklemi ise
\[ \rho\cos\phi = \sqrt{\rho^2\sin^2\phi\cos^2\theta + \rho^2\sin^2\phi\sin^2\theta} = \rho\sin\phi \]
olur. Buradan \(\sin\phi = \cos\phi\), yani \(\phi = \pi/4\) bulunur (Önerme 8.2 ile de aynı sonuç).
3. adım: sınırlar. Koninin üstündeki noktalar \(z\) eksenine daha yakındır, yani \(0 \le \phi \le \pi/4\)’tür. Cisim \(z\) ekseni etrafında tam bir dönüş yaptığından \(0 \le \theta \le 2\pi\)’dir. Sabit bir \((\theta, \phi)\) için orijinden çıkan ışın cisme orijinde girer ve küreden \(\rho = \cos\phi\)’de çıkar. Böylece
\[ E = \{(\rho, \theta, \phi) \mid 0 \le \theta \le 2\pi,\ 0 \le \phi \le \pi/4,\ 0 \le \rho \le \cos\phi\} \]
olur.
4. adım: hesap. \(\rho\)’nun üst sınırı \(\phi\)’ye bağlı olduğundan önce \(\rho\)’ya, sonra \(\phi\)’ye, en son \(\theta\)’ya göre integral alırız:
\[ \begin{aligned} V(E) &= \int_0^{2\pi} \int_0^{\pi/4} \int_0^{\cos\phi} \rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\phi\,d\theta \\[1mm] &= \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{\pi/4} \sin\phi \left[ \frac{\rho^3}{3} \right]_{\rho = 0}^{\rho = \cos\phi} d\phi \\[1mm] &= \frac{2\pi}{3} \int_0^{\pi/4} \sin\phi\cos^3\phi\,d\phi = \frac{2\pi}{3} \left[ -\frac{\cos^4\phi}{4} \right]_0^{\pi/4}. \end{aligned} \]
\(\cos(\pi/4) = \sqrt{2}/2\) olduğundan \(\cos^4(\pi/4) = 4/16 = 1/4\)’tür. Buna göre
\[ V(E) = \frac{2\pi}{3} \left( -\frac{1}{16} + \frac{1}{4} \right) = \frac{2\pi}{3} \cdot \frac{3}{16} = \frac{\pi}{8} \]
bulunur. Aşağıdaki şekil, bu ardışık integralin cismi nasıl taradığını gösterir.
\(\blacksquare\)
Etkileşimli sahne: koni açılırken cisim ve hacmi. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz. Sahnedeki cisim \(0 \le \phi \le \phi_0\), \(0 \le \rho \le \cos\phi\) bölgesidir: \(\phi = \phi_0\) yarı konisinin üstünde ve \(\rho = \cos\phi\) küresinin içinde kalan kısım. Başlangıçtaki \(\phi_0 = 45^\circ\) seçimi bu örneğin cismidir. Hesapta \(\pi/4\) yerine \(\phi_0\) yazılınca hacim \(\pi(1 - \cos^4\phi_0)/6\) olur; \(\phi_0 = 45^\circ\) için bu \(\pi/8 \approx 0{,}3927\)’dir. \(\phi_0 = 90^\circ\) iken koni \(xy\)-düzlemine açılır ve cisim bütün topu doldurur; hacim \(\pi/6\), yani yarıçapı \(1/2\) olan topun hacmi olur. \(\theta\) kaydırıcısı dış integrali canlandırır: cismin yalnız \(0\) ile seçilen açı arasındaki kısmı çizilir. Turuncu yüzler, sabit bir \(\theta\) için \(\rho\) ve \(\phi\)’nin taradığı düzlemsel dilimdir. Dilim \(z\) ekseni çevresinde döndükçe hacim açıyla orantılı büyür ve tam turda bütün cismi verir. \(z\) ekseni üzerindeki nokta bütün cismin ağırlık merkezidir: \(\phi_0 = 45^\circ\) için \(\bar z = 7/12\) olur (bkz. Alıştırma 8.9). Koni daraldıkça nokta yüksekliğin dörtte üçüne yaklaşır, \(\phi_0 = 90^\circ\) iken topun merkezine (\(\bar z = 1/2\)) iner.
UyarıSık yapılan hatalar
- \(\rho^2\sin\phi\) çarpanını unutmak: \(dV\), \(d\rho\,d\theta\,d\phi\) değildir.
- \(\phi\)’yi \(0\)’dan \(2\pi\)’ye almak: \(\phi\) yalnız \(0\) ile \(\pi\) arasında değişir; tam bir top için \(0 \le \theta \le 2\pi\), \(0 \le \phi \le \pi\)’dir.
- Sınırı başka bir değişkene bağlı olan \(\rho\)’yu dış integrale koymak.
8.5 Alıştırmalar
Aşağıdaki alıştırmalar koordinat dönüşümlerinden başlayıp cisimleri tarif etmeye ve küresel koordinatlarla integral hesabına doğru ilerler.
Alıştırma 8.1 (Küresel Koordinatlardan Dik Koordinatlara) Küresel koordinatları \((6, 0, 5\pi/6)\) olan noktanın dik koordinatlarını bulunuz ve noktanın uzaydaki yerini tarif ediniz.
Çözüm
\(\rho = 6\), \(\theta = 0\), \(\phi = 5\pi/6\)’dır. \(\sin(5\pi/6) = 1/2\) ve \(\cos(5\pi/6) = -\sqrt{3}/2\) olduğundan (1) ile
\[ \begin{aligned} x &= 6 \cdot \frac{1}{2} \cdot \cos 0 = 3, \qquad y = 6 \cdot \frac{1}{2} \cdot \sin 0 = 0, \\[1mm] z &= 6 \cdot \left( -\frac{\sqrt{3}}{2} \right) = -3\sqrt{3} \end{aligned} \]
bulunur. Nokta \((3, 0, -3\sqrt{3})\)’tür. \(\theta = 0\) olduğundan nokta \(xz\)-düzleminin \(x \ge 0\) yarısındadır. \(\phi = 5\pi/6 > \pi/2\) olduğundan \(xy\)-düzleminin altındadır ve negatif \(z\) ekseniyle \(\pi - 5\pi/6 = \pi/6\) açı yapar. Kontrol: \(9 + 0 + 27 = 36 = 6^2 = \rho^2\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 8.2 (Dik Koordinatlardan Küresel Koordinatlara) Dik koordinatları \((1, -\sqrt{3}, 2\sqrt{3})\) olan noktanın küresel koordinatlarını bulunuz.
Çözüm
(2)’den
\[ \rho = \sqrt{1 + 3 + 12} = 4, \qquad \cos\phi = \frac{2\sqrt{3}}{4} = \frac{\sqrt{3}}{2} \]
olur ve \(0 \le \phi \le \pi\) olduğundan \(\phi = \pi/6\)’dır. Buna göre \(\rho\sin\phi = 4 \cdot \frac{1}{2} = 2\)’dir ve (1)’den
\[ \cos\theta = \frac{x}{\rho\sin\phi} = \frac{1}{2}, \qquad \sin\theta = \frac{y}{\rho\sin\phi} = -\frac{\sqrt{3}}{2} \]
bulunur. Kosinüsü pozitif, sinüsü negatif olan açı dördüncü bölgededir: \(\theta = 5\pi/3\). Noktanın küresel koordinatları \((4, 5\pi/3, \pi/6)\)’dır. (\(\theta\) yerine \(-\pi/3\) de yazılabilir.)
\(\blacksquare\)
Alıştırma 8.3 (İkinci Dereceden Bir Denklemin Yüzeyi) \(\rho^2 - 3\rho + 2 = 0\) denklemiyle verilen yüzeyi sözle tarif ediniz.
Çözüm
Denklem \((\rho - 1)(\rho - 2) = 0\) biçiminde çarpanlarına ayrılır. O hâlde bir nokta yüzeydedir ancak ve ancak \(\rho = 1\) ya da \(\rho = 2\) ise. Önerme 8.2 uyarınca yüzey, merkezleri orijinde ve yarıçapları \(1\) ile \(2\) olan iki eş merkezli küreden oluşur. Dik koordinatlarda bunlar \(x^2 + y^2 + z^2 = 1\) ve \(x^2 + y^2 + z^2 = 4\) küreleridir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 8.4 (Paraboloidin Küresel Denklemi) \(z = x^2 + y^2\) paraboloidinin denklemini küresel koordinatlarda yazınız.
Çözüm
\(z = \rho\cos\phi\) ve \(x^2 + y^2 = \rho^2\sin^2\phi\) yazılınca denklem
\[ \rho\cos\phi = \rho^2\sin^2\phi \]
olur. \(\rho = 0\) yalnız orijini verir. \(\rho \ne 0\) ise iki yanı \(\rho\)’ya bölerek
\[ \rho\sin^2\phi = \cos\phi \]
buluruz. Orijin de bu denklemi \(\phi = \pi/2\), \(\rho = 0\) ile sağladığından paraboloidin tamamı bu denklemle verilir. \(\phi = 0\) denklemi sağlamaz (\(0 = 1\) olurdu); \(z\) ekseninin orijin dışındaki noktaları gerçekten paraboloidin üzerinde değildir. \(0 < \phi \le \pi/2\) için denklem \(\rho = \cos\phi/\sin^2\phi = \cot\phi\csc\phi\) biçiminde de yazılabilir. (\(\phi > \pi/2\) için sağ yan negatif, sol yan ise negatif olmayan bir sayı olurdu; bu, paraboloidin \(xy\)-düzleminin altına inmediğini söyler.)
\(\blacksquare\)
Alıştırma 8.5 (Eşitsizliklerle Verilen Bir Cisim) \(\rho \le 2\), \(\rho \le \csc\phi\) eşitsizlikleriyle verilen cismi tarif ediniz ve çiziniz.
Çözüm
\(\rho \le 2\) koşulu, merkezi orijinde olan 2 yarıçaplı topu verir. \(0 < \phi < \pi\) için \(\rho \le \csc\phi\) koşulu \(\rho\sin\phi \le 1\), yani \(r = \sqrt{x^2 + y^2} \le 1\) demektir; \(z\) ekseninin noktaları da (\(r = 0\)) bu koşulu sağlar. Bu, \(z\) ekseni etrafındaki 1 yarıçaplı dolu silindirdir. Cisim, topun silindirin içinde kalan kısmıdır.
Silindir yüzeyi \(r = 1\) ile küre \(\rho = 2\), \(z^2 = 4 - 1 = 3\) olan yerde, yani \(z = \pm\sqrt{3}\) çemberlerinde kesişir. Bu çemberlerde \(\sin\phi = 1/2\) olduğundan \(\phi = \pi/6\) ve \(\phi = 5\pi/6\)’dır. Buna göre
- \(0 \le \phi \le \pi/6\) ya da \(5\pi/6 \le \phi \le \pi\) iken \(\csc\phi \ge 2\) olduğundan sınır \(\rho = 2\) küresidir (üst ve alt kapaklar),
- \(\pi/6 \le \phi \le 5\pi/6\) iken \(\csc\phi \le 2\) olduğundan sınır \(\rho = \csc\phi\) silindiridir (yan yüzey).
Cisim, \(z = -\sqrt{3}\) ile \(z = \sqrt{3}\) arasında 1 yarıçaplı bir silindir ve üstüne ve altına eklenmiş birer küre kapağıdır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 8.6 (Küre İçinde ve Koni Dışında Kalan Cisim) \(x^2 + y^2 + z^2 = 4z\) küresinin içinde ve \(z = \sqrt{x^2 + y^2}\) konisinin dışında kalan cismi küresel koordinatlarda eşitsizliklerle tarif ediniz.
Çözüm
Kürenin içi \(x^2 + y^2 + z^2 \le 4z\), yani \(\rho^2 \le 4\rho\cos\phi\) demektir. \(\rho > 0\) için bu \(\rho \le 4\cos\phi\) olur; orijin de bu koşulu sağlar. Küre \(\rho = 4\cos\phi\)’dir: merkezi \((0, 0, 2)\), yarıçapı \(2\) olan ve orijinden geçen küre. \(\rho \ge 0\) olduğundan \(\cos\phi \ge 0\), yani \(\phi \le \pi/2\) olmalıdır.
Koni \(\phi = \pi/4\) yarı konisidir. Koninin dışı \(z \le \sqrt{x^2 + y^2}\), yani \(\rho\cos\phi \le \rho\sin\phi\) demektir; \([0, \pi]\) aralığında bu \(\phi \ge \pi/4\) koşuluna denktir. Cisim \(z\) ekseni etrafında tam dönüş yaptığından
\[ E = \{(\rho, \theta, \phi) \mid 0 \le \theta \le 2\pi,\ \pi/4 \le \phi \le \pi/2,\ 0 \le \rho \le 4\cos\phi\} \]
bulunur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 8.7 (İntegralden Cisme) \[ \int_0^{\pi/4} \int_0^{2\pi} \int_0^{\sec\phi} \rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\theta\,d\phi \]
integraliyle hacmi verilen cismi tarif ediniz ve integrali hesaplayınız.
Çözüm
İntegrand \(\rho^2\sin\phi\) olduğundan integral bir cismin hacmidir. \(\rho \le \sec\phi\) koşulu \(\rho\cos\phi \le 1\), yani \(z \le 1\) demektir. \(0 \le \phi \le \pi/4\) koşulu ise noktanın \(z = \sqrt{x^2 + y^2}\) konisinin üstünde olduğunu söyler. \(\theta\) tam dönüş yaptığından cisim, tepesi orijinde, ekseni \(z\) ekseni, yüksekliği \(1\) ve tabanı \(z = 1\) düzlemindeki \(1\) yarıçaplı daire olan dik dairesel konidir.
Hesap için önce
\[ \int_0^{\sec\phi} \rho^2\,d\rho = \frac{\sec^3\phi}{3} \]
buluruz. Buna göre integral
\[ 2\pi \cdot \frac{1}{3} \int_0^{\pi/4} \frac{\sin\phi}{\cos^3\phi}\,d\phi \]
olur. \(u = \cos\phi\), \(du = -\sin\phi\,d\phi\) ile \(\int \sin\phi\cos^{-3}\phi\,d\phi = \frac{1}{2\cos^2\phi} + C\) olduğundan
\[ \int_0^{\pi/4} \frac{\sin\phi}{\cos^3\phi}\,d\phi = \left[ \frac{1}{2\cos^2\phi} \right]_0^{\pi/4} = \frac{1}{2 \cdot \frac{1}{2}} - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \]
ve sonuç \(2\pi \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} = \frac{\pi}{3}\)’tür. Bu, koninin hacim formülü \(\frac{1}{3}\pi r^2 h\)’de \(r = h = 1\) alınarak bulunan değerle aynıdır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 8.8 (Koni ile Küre Arasında Bir İntegral) \(E\), \(\phi = \pi/3\) konisinin üstünde ve \(\rho = 1\) küresinin altında kalan cisim olmak üzere \(\iiint_E y^2z^2\,dV\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
Cisim
\[ E = \{(\rho, \theta, \phi) \mid 0 \le \theta \le 2\pi,\ 0 \le \phi \le \pi/3,\ 0 \le \rho \le 1\} \]
küresel kamasıdır. (1) ile
\[ y^2z^2 = \rho^2\sin^2\phi\sin^2\theta \cdot \rho^2\cos^2\phi = \rho^4\sin^2\phi\cos^2\phi\sin^2\theta \]
olur. \(\rho^2\sin\phi\) ile çarpınca integrand \(\rho^6\sin^3\phi\cos^2\phi\sin^2\theta\) olur ve sınırlar sabit olduğundan integral üç çarpana ayrılır:
\[ \iiint_E y^2z^2\,dV = \left( \int_0^{2\pi} \sin^2\theta\,d\theta \right) \left( \int_0^{\pi/3} \sin^3\phi\cos^2\phi\,d\phi \right) \left( \int_0^1 \rho^6\,d\rho \right). \]
Birinci çarpan \(\sin^2\theta = \frac{1 - \cos 2\theta}{2}\) ile \(\pi\)’dir. Üçüncü çarpan \(\frac{1}{7}\)’dir. İkinci çarpanda \(u = \cos\phi\), \(du = -\sin\phi\,d\phi\) alalım; \(\sin^2\phi = 1 - u^2\) olur ve \(\phi\), \(0\)’dan \(\pi/3\)’e giderken \(u\), \(1\)’den \(\frac{1}{2}\)’ye gider:
\[ \begin{aligned} \int_0^{\pi/3} \sin^3\phi\cos^2\phi\,d\phi &= \int_{1/2}^{1} (1 - u^2)\,u^2\,du = \left[ \frac{u^3}{3} - \frac{u^5}{5} \right]_{1/2}^{1} \\[1mm] &= \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{5} \right) - \left( \frac{1}{24} - \frac{1}{160} \right) = \frac{64}{480} - \frac{17}{480} = \frac{47}{480}. \end{aligned} \]
Sonuç
\[ \iiint_E y^2z^2\,dV = \pi \cdot \frac{47}{480} \cdot \frac{1}{7} = \frac{47\pi}{3360} \]
olarak bulunur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 8.9 (Koni ile Küre Arasındaki Cismin Ağırlık Merkezi) Koni ile küre arasındaki cismin hacmini bulduğumuz örnekteki (Örnek 8.6) \(E\) cisminin yoğunluğu sabit olsun. Cismin kütle merkezini (ağırlık merkezini) bulunuz.
Çözüm
Yoğunluk sabit olduğundan kütle merkezi ağırlık merkezidir ve koordinatları \(\bar{x} = \frac{1}{V}\iiint_E x\,dV\), \(\bar{y} = \frac{1}{V}\iiint_E y\,dV\), \(\bar{z} = \frac{1}{V}\iiint_E z\,dV\) ile verilir (bkz. Üç Katlı İntegraller). Örnekte \(V = \pi/8\) bulunmuştu.
\(x = \rho\sin\phi\cos\theta\) ve \(\int_0^{2\pi}\cos\theta\,d\theta = 0\) olduğundan \(\iiint_E x\,dV = 0\), yani \(\bar{x} = 0\)’dır. Aynı nedenle (\(\int_0^{2\pi}\sin\theta\,d\theta = 0\)) \(\bar{y} = 0\)’dır. Bu, cismin \(z\) ekseni etrafında simetrik olmasının sonucudur.
\(z = \rho\cos\phi\) ile
\[ \begin{aligned} \iiint_E z\,dV &= \int_0^{2\pi} \int_0^{\pi/4} \int_0^{\cos\phi} \rho\cos\phi \cdot \rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\phi\,d\theta \\[1mm] &= 2\pi \int_0^{\pi/4} \cos\phi\sin\phi \left[ \frac{\rho^4}{4} \right]_0^{\cos\phi} d\phi = \frac{\pi}{2} \int_0^{\pi/4} \cos^5\phi\sin\phi\,d\phi \\[1mm] &= \frac{\pi}{2} \left[ -\frac{\cos^6\phi}{6} \right]_0^{\pi/4} = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{6} \left( 1 - \frac{1}{8} \right) = \frac{7\pi}{96} \end{aligned} \]
bulunur; burada \(\cos^6(\pi/4) = (\sqrt{2}/2)^6 = 1/8\) kullanıldı. Buna göre
\[ \bar{z} = \frac{7\pi/96}{\pi/8} = \frac{7 \cdot 8}{96} = \frac{7}{12} \]
ve ağırlık merkezi \((0, 0, 7/12)\)’dir. Cisim \(0 \le z \le 1\) arasında uzandığından ve geniş kısmı üstte olduğundan \(\bar{z}\)’nin \(1/2\)’den büyük çıkması beklenen bir sonuçtur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 8.10 (Küreden Kesilen Dilim) \(a\) yarıçaplı bir küreden, bir çap boyunca kesişen ve aralarındaki açı \(\pi/6\) olan iki düzlemle kesilen küçük dilimin hacmini bulunuz. Silindirik ya da küresel koordinatlardan uygun olanı kullanınız.
Çözüm
Kürenin merkezini orijine, ortak çapı da \(z\) eksenine yerleştirelim. \(z\) ekseninden geçen bir düzlem iki yarı düzlemden oluşur: \(\theta = c\) ve \(\theta = c + \pi\). Düzlemlerden birini \(\theta = 0\) ve \(\theta = \pi\) yarı düzlemleri, diğerini \(\theta = \pi/6\) ve \(\theta = 7\pi/6\) yarı düzlemleri olarak seçebiliriz. Bu iki düzlem topu dört dilime ayırır: ikisinin açısı \(\pi/6\), ikisininki \(5\pi/6\)’dır. Küçük dilim
\[ \{(\rho, \theta, \phi) \mid 0 \le \rho \le a,\ 0 \le \theta \le \pi/6,\ 0 \le \phi \le \pi\} \]
küresel kamasıdır. Sınırları küre ve yarı düzlemler olduğundan küresel koordinatlar en uygunudur:
\[ V = \int_0^{\pi/6} \int_0^\pi \int_0^a \rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\phi\,d\theta = \frac{\pi}{6} \cdot 2 \cdot \frac{a^3}{3} = \frac{\pi a^3}{9}. \]
Kontrol olarak bu, top hacminin \(\frac{\pi/6}{2\pi} = \frac{1}{12}\)’sidir: \(\frac{1}{12} \cdot \frac{4}{3}\pi a^3 = \frac{\pi a^3}{9}\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 8.11 (Ardışık İntegrali Küresel Koordinatlara Çevirme) Küresel koordinatlara geçerek hesaplayınız:
\[ \int_0^1 \int_0^{\sqrt{1 - x^2}} \int_{\sqrt{x^2 + y^2}}^{\sqrt{2 - x^2 - y^2}} xy\,dz\,dy\,dx. \]
Çözüm
Önce bölgeyi okuyalım. \((x, y)\), \(x \ge 0\), \(y \ge 0\), \(x^2 + y^2 \le 1\) çeyrek dairesinde değişir. \(z\) ise alttan \(z = \sqrt{x^2 + y^2}\) konisiyle, üstten \(x^2 + y^2 + z^2 = 2\) küresinin üst yarısıyla sınırlıdır. Koni ile küre \(2z^2 = 2\), yani \(z = 1\), \(x^2 + y^2 = 1\) çemberinde kesişir; bu da çeyrek dairenin sınırıdır.
Küresel koordinatlarda koninin üstü \(0 \le \phi \le \pi/4\), kürenin içi \(\rho \le \sqrt{2}\), birinci bölge de \(0 \le \theta \le \pi/2\) demektir. Bu koşullar \(r = \rho\sin\phi \le \sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 1\) koşulunu da kendiliğinden sağlar. Bölge
\[ E = \{(\rho, \theta, \phi) \mid 0 \le \rho \le \sqrt{2},\ 0 \le \theta \le \pi/2,\ 0 \le \phi \le \pi/4\} \]
küresel kamasıdır. \(xy = \rho^2\sin^2\phi\cos\theta\sin\theta\) olduğundan integrand \(\rho^4\sin^3\phi\cos\theta\sin\theta\) olur ve integral çarpanlarına ayrılır:
\[ \left( \int_0^{\pi/2} \sin\theta\cos\theta\,d\theta \right) \left( \int_0^{\pi/4} \sin^3\phi\,d\phi \right) \left( \int_0^{\sqrt{2}} \rho^4\,d\rho \right). \]
Birinci çarpan \(\left[ \frac{\sin^2\theta}{2} \right]_0^{\pi/2} = \frac{1}{2}\)’dir. Üçüncü çarpan \(\frac{(\sqrt{2})^5}{5} = \frac{4\sqrt{2}}{5}\)’tir. İkinci çarpanda \(\sin^3\phi = (1 - \cos^2\phi)\sin\phi\) yazarsak
\[ \begin{aligned} \int_0^{\pi/4} \sin^3\phi\,d\phi &= \left[ -\cos\phi + \frac{\cos^3\phi}{3} \right]_0^{\pi/4} = \left( -\frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{12} \right) - \left( -1 + \frac{1}{3} \right) \\[1mm] &= \frac{2}{3} - \frac{5\sqrt{2}}{12} = \frac{8 - 5\sqrt{2}}{12} \end{aligned} \]
bulunur; burada \(\cos^3(\pi/4) = (\sqrt{2}/2)^3 = \sqrt{2}/4\) kullanıldı. Sonuç
\[ \frac{1}{2} \cdot \frac{8 - 5\sqrt{2}}{12} \cdot \frac{4\sqrt{2}}{5} = \frac{(8 - 5\sqrt{2})\,4\sqrt{2}}{120} = \frac{32\sqrt{2} - 40}{120} = \frac{4\sqrt{2} - 5}{15} \]
olarak bulunur (\(\approx 0{,}0438\)).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 8.12 (Bütün Uzay Üzerinde Bir İntegral) Bütün uzay üzerindeki genelleştirilmiş üç katlı integrali, merkezi orijinde ve yarıçapı \(R\) olan top üzerindeki integralin \(R \to \infty\) iken limiti olarak tanımlayalım. Bu anlamda
\[ \iiint_{\mathbb{R}^3} \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}\, e^{-(x^2 + y^2 + z^2)}\,dV = 2\pi \]
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(B_R\), \(R\) yarıçaplı top olsun. \(\sqrt{x^2 + y^2 + z^2} = \rho\) ve \(x^2 + y^2 + z^2 = \rho^2\) olduğundan
\[ \iiint_{B_R} \rho\,e^{-\rho^2}\,dV = \int_0^\pi \int_0^{2\pi} \int_0^R \rho\,e^{-\rho^2} \rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\theta\,d\phi = 2 \cdot 2\pi \int_0^R \rho^3 e^{-\rho^2}\,d\rho \]
olur. Son integralde \(u = \rho^2\), \(du = 2\rho\,d\rho\) alalım:
\[ \int_0^R \rho^3 e^{-\rho^2}\,d\rho = \frac{1}{2} \int_0^{R^2} u\,e^{-u}\,du. \]
Kısmi integrasyonla \(\int u\,e^{-u}\,du = -(u + 1)e^{-u} + C\) olduğundan
\[ \int_0^R \rho^3 e^{-\rho^2}\,d\rho = \frac{1}{2} \left[ 1 - (R^2 + 1)\,e^{-R^2} \right] \]
bulunur. \(R \to \infty\) iken üstel fonksiyon her polinomdan hızlı büyüdüğü için \((R^2 + 1)e^{-R^2} \to 0\)’dır (genelleştirilmiş integraller için bkz. Analiz 3). Bu yüzden integral \(\frac{1}{2}\)’ye yakınsar ve
\[ \iiint_{\mathbb{R}^3} \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}\, e^{-(x^2 + y^2 + z^2)}\,dV = \lim_{R \to \infty} 4\pi \cdot \frac{1}{2} \left[ 1 - (R^2 + 1)e^{-R^2} \right] = 2\pi \]
elde edilir.
\(\blacksquare\)
Kutupsal, silindirik ve küresel koordinatlara geçerken her seferinde alan ya da hacim elemanına bir çarpan eklendi: \(r\), \(r\) ve \(\rho^2\sin\phi\). Bir sonraki bölüm Çok Katlı İntegrallerde Değişken Değiştirme, bu çarpanların ortak kaynağını gösterir: hepsi, koordinat dönüşümünün Jacobi determinantının mutlak değeridir ve aynı formül çok daha genel dönüşümlerde de geçerlidir.