viewof kkiPolarControls = Inputs.form({
a: Inputs.range([0, 0.9], { value: 0, step: 0.05, label: "a" }),
b: Inputs.range([0.1, 1], { value: 1, step: 0.05, label: "b" }),
beta: Inputs.radio([0.25, 0.5, 1, 1.5, 2], { value: 2, label: "β", format: (k) => (k === 2 ? "2π" : k === 1.5 ? "3π/2" : k === 1 ? "π" : k === 0.5 ? "π/2" : "π/4") }),
m: Inputs.range([1, 10], { value: 2, step: 1, label: "m (r)" }),
n: Inputs.range([1, 24], { value: 8, step: 1, label: "n (θ)" })
})3 Kutupsal Koordinatlarda İki Katlı İntegraller
Merkezi orijinde olan bir disk üzerinde \(\iint_R f(x, y)\,dA\) integralini hesaplamak istediğimizi düşünelim. Dik koordinatlarda \(a\) yarıçaplı disk
\[ -a \le x \le a, \qquad -\sqrt{a^2 - x^2} \le y \le \sqrt{a^2 - x^2} \]
diye yazılır. Sınırlarda karekökler belirir ve iç integral çoğu zaman zahmetli bir hesaba dönüşür. Oysa aynı disk kutupsal koordinatlarda yalnızca \(0 \le r \le a\), \(0 \le \theta \le 2\pi\) demektir: bütün sınırlar sabittir.
Bu bölümde iki katlı integrali kutupsal koordinatlara taşımayı öğreneceğiz. Kural kısadır: \(x = r\cos\theta\), \(y = r\sin\theta\) yazılır ve \(dA\) yerine \(r\,dr\,d\theta\) konur. Asıl iş, bu fazladan \(r\) çarpanının nereden geldiğini anlamaktır; cevap küçük kutupsal dikdörtgenlerin alanındadır. Daireler, halkalar, gül eğrileri ya da orijinden geçen çemberlerle sınırlı bölgelerde integral bu sayede birkaç satırda hesaplanır.
3.1 Kutupsal Koordinatlar ve Bölgeler
Önce kutupsal koordinatları kısaca hatırlayıp hangi bölgelerin bu koordinatlarla kolay yazıldığını görelim.
Düzlemde bir \(P\) noktasının kutupsal koordinatları \((r, \theta)\)’dır: \(r\), \(P\)’nin orijine uzaklığı; \(\theta\) ise pozitif \(x\) ekseninden \(OP\) doğrultusuna saat yönünün tersine ölçülen açıdır (bkz. Analitik Geometri). Dik koordinatlarla bağlantı
\[ r^2 = x^2 + y^2, \qquad x = r\cos\theta, \qquad y = r\sin\theta \]
eşitlikleriyle kurulur.
Bu koordinatlarda orijin merkezli çemberler \(r = \text{sabit}\), orijinden çıkan ışınlar ise \(\theta = \text{sabit}\) denklemleriyle yazılır. Bu yüzden çemberler ve ışınlarla sınırlı bir bölge, \(r\) ve \(\theta\) için sabit sınırlarla betimlenir. Örneğin birim disk \(0 \le r \le 1\), \(0 \le \theta \le 2\pi\) ile; üst yarı düzlemde \(x^2 + y^2 = 1\) ile \(x^2 + y^2 = 4\) çemberleri arasında kalan yarım halka da \(1 \le r \le 2\), \(0 \le \theta \le \pi\) ile verilir.
3.2 Kutupsal Dikdörtgen
Yukarıdaki iki bölge, dik koordinatlardaki dikdörtgenin kutupsal karşılığı olan bir bölge türünün özel hâlleridir.
Tanım 3.1 (Kutupsal Dikdörtgen) \(0 \le a < b\) ve \(\alpha < \beta \le \alpha + 2\pi\) olsun. Kutupsal koordinatları
\[ a \le r \le b, \qquad \alpha \le \theta \le \beta \]
koşullarını sağlayan noktaların oluşturduğu
\[ R = \{(r, \theta) \mid a \le r \le b,\ \alpha \le \theta \le \beta\} \]
kümesine kutupsal dikdörtgen (polar rectangle) denir.
Yani kutupsal dikdörtgen, \(r\) ve \(\theta\) için birer kapalı aralık seçilerek elde edilir. Sınırında iki çember yayı (\(r = a\) ve \(r = b\)) ile iki ışın parçası (\(\theta = \alpha\) ve \(\theta = \beta\)) vardır; biçimi bir halka dilimidir. \(a = 0\) ise dilim orijine kadar uzanır ve bir daire dilimi olur. \(\beta - \alpha = 2\pi\) ise tam bir halka ya da disk elde edilir. \(\beta - \alpha \le 2\pi\) koşulu, düzlemin hiçbir parçasının iki kez sayılmamasını sağlar.
Bir kutupsal dikdörtgenin alanı, iki daire diliminin alanları farkıdır. Bu küçük hesap, bölümün bütün formüllerinin kaynağıdır.
Önerme 3.1 (Kutupsal Dikdörtgenin Alanı) \(a \le r \le b\), \(\alpha \le \theta \le \beta\) ile verilen \(R\) kutupsal dikdörtgeninin alanı
\[ A(R) = \frac{1}{2}\left(b^2 - a^2\right)(\beta - \alpha) = \bar{r}\,\Delta r\,\Delta\theta \]
olur. Burada \(\bar{r} = \dfrac{a + b}{2}\) ortalama yarıçap, \(\Delta r = b - a\) ve \(\Delta\theta = \beta - \alpha\)’dır.
İspat
Yarıçapı \(\rho\) ve merkez açısı \(\varphi\) (\(0 < \varphi \le 2\pi\)) olan daire diliminin alanı \(\frac{1}{2}\rho^2\varphi\)’dir, çünkü bu dilim \(\pi\rho^2\) alanlı dairenin \(\frac{\varphi}{2\pi}\) kadarıdır.
\(R\), yarıçapı \(b\) ve merkez açısı \(\Delta\theta\) olan daire diliminden, aynı açılı ve yarıçapı \(a\) olan dilim çıkarılarak elde edilir. Bu yüzden
\[ A(R) = \frac{1}{2}b^2\,\Delta\theta - \frac{1}{2}a^2\,\Delta\theta = \frac{1}{2}\left(b^2 - a^2\right)\Delta\theta \]
olur. \(b^2 - a^2 = (b + a)(b - a)\) çarpanlarına ayrılırsa
\[ A(R) = \frac{a + b}{2}\,(b - a)\,\Delta\theta = \bar{r}\,\Delta r\,\Delta\theta \]
bulunur. \(\blacksquare\)
Yani kutupsal dikdörtgenin alanı, kenarları \(\Delta r\) ve \(\bar{r}\,\Delta\theta\) olan sıradan bir dikdörtgenin alanına tam olarak eşittir; \(\bar{r}\,\Delta\theta\), ortalama yarıçaptaki yayın uzunluğudur. Alanın yalnızca \(\Delta r\,\Delta\theta\) olmadığına dikkat edin: yanında bir \(\bar{r}\) çarpanı vardır. Aynı \(\Delta r\) ve \(\Delta\theta\) ile orijinden uzakta daha geniş bir dilim elde edilir.
3.3 İki Katlı İntegrali Kutupsal Koordinatlara Taşımak
Şimdi bir kutupsal dikdörtgen üzerindeki integrali, iki katlı integralin Riemann toplamlarıyla tanımını (Tanım 1.2) kutupsal hücrelerle tekrarlayarak hesaplayacağız.
\(R\), \(a \le r \le b\), \(\alpha \le \theta \le \beta\) ile verilen bir kutupsal dikdörtgen olsun. \([a, b]\) aralığını \(m\), \([\alpha, \beta]\) aralığını \(n\) eşit parçaya bölelim:
\[ \begin{aligned} r_i &= a + i\,\Delta r, & \Delta r &= \frac{b - a}{m}, \\[1mm] \theta_j &= \alpha + j\,\Delta\theta, & \Delta\theta &= \frac{\beta - \alpha}{n}. \end{aligned} \]
\(r = r_i\) çemberleri ile \(\theta = \theta_j\) ışınları \(R\)’yi \(mn\) tane küçük kutupsal dikdörtgene böler:
\[ R_{ij} = \{(r, \theta) \mid r_{i-1} \le r \le r_i,\ \theta_{j-1} \le \theta \le \theta_j\}. \]
Her hücrenin “merkezi” olarak kutupsal koordinatları
\[ r_i^* = \frac{r_{i-1} + r_i}{2}, \qquad \theta_j^* = \frac{\theta_{j-1} + \theta_j}{2} \]
olan noktayı seçelim. Önerme 3.1 gereği hücrenin alanı tam olarak
\[ \Delta A_{ij} = r_i^*\,\Delta r\,\Delta\theta \]
olur.
Dik koordinatlarda hücrenin merkezi \(\left(r_i^*\cos\theta_j^*,\ r_i^*\sin\theta_j^*\right)\) noktasıdır. Örnek noktaları bu merkezler olan Riemann toplamı şöyledir:
\[ \begin{aligned} S_{mn} &= \sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^{n} f\left(r_i^*\cos\theta_j^*,\ r_i^*\sin\theta_j^*\right)\Delta A_{ij} \\[1mm] &= \sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^{n} f\left(r_i^*\cos\theta_j^*,\ r_i^*\sin\theta_j^*\right) r_i^*\,\Delta r\,\Delta\theta. \end{aligned} \tag{1} \]
Şimdi \(r\theta\)-düzleminde
\[ g(r, \theta) = r\,f(r\cos\theta,\ r\sin\theta) \]
fonksiyonunu tanımlayalım. O zaman (1) toplamı
\[ S_{mn} = \sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^{n} g\left(r_i^*, \theta_j^*\right)\Delta r\,\Delta\theta \]
biçimini alır. Bu, \(g\)’nin \([a, b] \times [\alpha, \beta]\) sıradan dikdörtgeni üzerindeki bir Riemann toplamıdır. Bölünüş inceldikçe aynı \(S_{mn}\) sayıları bir yandan \(\iint_R f\,dA\) integraline, öte yandan \(g\)’nin \(r\theta\)-düzlemindeki integraline yaklaşır. Fubini Teoremi (Teorem 1.2) bu son integrali bir ardışık integral olarak hesaplatır. Sonuç aşağıdaki teoremdir; (ii) şıkkı, sınırları sabit olmayan bölgeleri de kapsar.
Teorem 3.1 (Kutupsal Koordinatlara Geçiş) (i) Kutupsal dikdörtgen. \(0 \le a < b\) ve \(\alpha < \beta \le \alpha + 2\pi\) olsun. \(f\), \(a \le r \le b\), \(\alpha \le \theta \le \beta\) ile verilen \(R\) kutupsal dikdörtgeninde sürekli ise
\[ \iint_R f(x, y)\,dA = \int_\alpha^\beta \int_a^b f(r\cos\theta,\ r\sin\theta)\,r\,dr\,d\theta \]
olur.
(ii) Genel kutupsal bölge. \(\alpha < \beta \le \alpha + 2\pi\) olsun; \(h_1\) ve \(h_2\), \([\alpha, \beta]\) aralığında sürekli ve \(0 \le h_1(\theta) \le h_2(\theta)\) olsun. \(f\),
\[ D = \{(r, \theta) \mid \alpha \le \theta \le \beta,\ h_1(\theta) \le r \le h_2(\theta)\} \]
bölgesinde sürekli ise
\[ \iint_D f(x, y)\,dA = \int_\alpha^\beta \int_{h_1(\theta)}^{h_2(\theta)} f(r\cos\theta,\ r\sin\theta)\,r\,dr\,d\theta \]
olur.
İspat
(i) Bölünüşü yukarıdaki gibi kuralım; \(P_{ij}\), \(R_{ij}\) hücresinin merkezi olsun.
Bir hücrede. \(f\), kapalı ve sınırlı \(R_{ij}\) kümesinde sürekli olduğundan orada bir en küçük değer \(m_{ij}\) ve bir en büyük değer \(M_{ij}\) alır (bkz. Analiz 4). \(\Delta A_{ij}\) hücrenin alanıdır; integralin sınırlama özelliğinden (Önerme 2.1) hem \(\iint_{R_{ij}} f\,dA\) hem de \(f(P_{ij})\,\Delta A_{ij}\) sayısı \(m_{ij}\,\Delta A_{ij}\) ile \(M_{ij}\,\Delta A_{ij}\) arasındadır. Bu yüzden
\[ \left|\iint_{R_{ij}} f\,dA - f(P_{ij})\,\Delta A_{ij}\right| \le (M_{ij} - m_{ij})\,\Delta A_{ij}. \]
Hücreleri toplama. Hücreler \(R\)’yi örter ve ikişer ikişer yalnız alanı sıfır olan sınır yayları ve parçaları boyunca kesişir. Bölgeye göre toplamsallıktan (Önerme 2.1) \(\iint_R f\,dA\), hücreler üzerindeki integrallerin toplamıdır. Üçgen eşitsizliğiyle
\[ \left|\iint_R f\,dA - S_{mn}\right| \le \sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^{n}(M_{ij} - m_{ij})\,\Delta A_{ij} \]
bulunur.
Hücreler küçülünce. \(f\), kapalı ve sınırlı \(R\) kümesinde sürekli olduğundan düzgün süreklidir (bkz. Analiz 4). Yani her \(\varepsilon > 0\) için öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki aralarındaki uzaklık \(\delta\)’dan küçük olan her iki noktada \(f\)’nin değerleri \(\varepsilon\)’dan az farklıdır. Bir hücrenin iki noktası \((r, \theta)\) ile \((r', \theta')\) arasındaki uzaklık en çok \(\Delta r + b\,\Delta\theta\)’dır: \((r, \theta)\)’dan \((r, \theta')\)’ya giden kiriş, uzunluğu \(r|\theta - \theta'| \le b\,\Delta\theta\) olan yaydan kısadır; \((r, \theta')\) ile \((r', \theta')\) arası da \(|r - r'| \le \Delta r\)’dir. \(m\) ve \(n\) yeterince büyükse \(\Delta r + b\,\Delta\theta < \delta\) olur, her hücrede \(M_{ij} - m_{ij} < \varepsilon\) sağlanır ve
\[ \left|\iint_R f\,dA - S_{mn}\right| < \varepsilon\sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^{n}\Delta A_{ij} = \varepsilon\,A(R) \]
elde edilir.
Limit. \(g(r, \theta) = r\,f(r\cos\theta, r\sin\theta)\), \(Q = [a, b] \times [\alpha, \beta]\) dikdörtgeninde süreklidir; dolayısıyla integrallenebilirdir ve Riemann toplamları \(S_{mn}\), \(m, n \to \infty\) iken \(\iint_Q g\,dA\) sayısına yakınsar. Fubini Teoremi (Teorem 1.2) bu sayıyı \(\int_\alpha^\beta\int_a^b g\,dr\,d\theta\) ardışık integraline eşitler. Son eşitsizlikte limit alınırsa
\[ \left|\iint_R f\,dA - \int_\alpha^\beta\int_a^b g\,dr\,d\theta\right| \le \varepsilon\,A(R) \]
olur. \(\varepsilon > 0\) rastgele olduğundan iki integral eşittir.
(ii) \(b > 0\), \(h_2\)’nin \([\alpha, \beta]\) üzerindeki en büyük değerinden küçük olmayan bir sayı olsun; \(D\), \(0 \le r \le b\), \(\alpha \le \theta \le \beta\) kutupsal dikdörtgeninin (\(R\) diyelim) içindedir. \(F\), \(D\)’de \(f\)’ye, \(R\)’nin geri kalanında \(0\)’a eşit olsun. \(F\), \(D\)’nin sınırında süreksiz olabilir. Önce gereken integrallerin var olduğunu görelim, sonra (i)’deki adımları \(F\) için yeniden yapalım.
İntegraller vardır. \(D\)’nin sınırı, \(\theta = \alpha\) ve \(\theta = \beta\) ışınlarından birer doğru parçası ile \(r = h_1(\theta)\), \(r = h_2(\theta)\) eğrilerinden oluşur. \(h_1\) ve \(h_2\) türevlenebilir olmayabilir; yine de bu eğriler, toplam alanı istendiği kadar küçük karelerle örtülür. \(\omega(\delta)\), aralarındaki fark \(\delta\)’yı aşmayan iki açıda \(h_2\)’nin değerlerinin en büyük farkı olsun; \(h_2\) düzgün sürekli olduğundan \(\delta \to 0\) iken \(\omega(\delta) \to 0\)’dır. \([\alpha, \beta]\) aralığını uzunluğu \(\delta\) olan \(k\) parçaya bölelim. Bir parçada eğrinin \(r\) değerleri uzunluğu en çok \(\omega(\delta)\) olan bir aralıktadır. Bu aralığı uzunluğu en çok \(b\,\delta\) olan, en çok \(\omega(\delta)/(b\,\delta) + 1\) parçaya bölelim. Ortaya çıkan her küçük kutupsal dikdörtgenin iki noktası arasındaki uzaklık, (i)’deki gibi, en çok \(b\,\delta + b\,\delta = 2b\,\delta\)’dır; bu yüzden kenarı \(2b\,\delta\) olan bir kareye sığar. Bu karelerin toplam alanı en çok
\[ k\left(\frac{\omega(\delta)}{b\,\delta} + 1\right)(2b\,\delta)^2 = 4b\,(\beta - \alpha)\big(\omega(\delta) + b\,\delta\big) \]
olur ve \(\delta \to 0\) iken \(0\)’a gider. \(r = h_1(\theta)\) eğrisi de aynı biçimde örtülür. Teorem 1.1 (ii)’nin ispatı, süreksizlik eğrilerinden yalnız bu örtülme özelliğini kullanır. \(f\)’nin \(D\)’den sıfırla genişletmesi sınırlıdır ve yalnız \(D\)’nin sınırında süreksiz olabilir; bu yüzden \(D\)’yi içeren her dikdörtgende integrallenebilirdir, yani \(\iint_D f\,dA\) vardır. Aynı nedenle her hücrede \(\iint_{R_{ij}} F\,dA\) da vardır; bu kez süreksizlikler, yaylar ve doğru parçalarından oluşan hücre sınırında da olabilir.
\(F\), \(R\)’yi içeren bir koordinat dikdörtgenine sıfırla genişletilirse \(f\)’nin \(D\)’den sıfırla genişletmesi elde edilir. Bu yüzden tanım gereği (Tanım 2.1) \(\iint_D f\,dA = \iint_R F\,dA\)’dır.
Hücrelerde tahmin. \(D\)’nin sınırına değmeyen bir hücre ya tamamen \(D\)’nin içinde ya da tamamen dışında kalır. Orada \(F\) sürekli (\(f\) ya da \(0\)) olduğundan (i)’deki tahmin aynen geçerlidir. \(K\), \(|f|\)’nin \(D\) üzerindeki en büyük değeri olsun; \(D\)’nin sınırına değen hücrelerde kaba tahmin
\[ \left|\iint_{R_{ij}} F\,dA - F(P_{ij})\,\Delta A_{ij}\right| \le 2K\,\Delta A_{ij} \]
yeterlidir, çünkü bu hücrelerin toplam alanı sıfıra gider:
- \(\theta = \alpha\) ve \(\theta = \beta\) ışınlarına orijin dışında değen hücreler ilk ve son açı dilimindedir; toplam alanları en çok \(b^2\,\Delta\theta\)’dır.
- Bir açı diliminde \(r = h_2(\theta)\) eğrisinin \(r\) değerleri uzunluğu en çok \(\omega(\Delta\theta)\) olan bir aralıktadır. İlk ve son dilimin dışında, eğriye orijin dışında bir noktada değen bir hücre bu aralığa da değer; böyle hücrelerin sayısı en çok \(\omega(\Delta\theta)/\Delta r + 2\)’dir ve her birinin alanı en çok \(b\,\Delta r\,\Delta\theta\)’dır. \(n\) dilim üzerinden toplam alan en çok \(b(\beta - \alpha)\big(\omega(\Delta\theta) + 2\,\Delta r\big)\) olur ve \(\omega(\Delta\theta) \to 0\) olduğundan sıfıra gider. \(r = h_1(\theta)\) eğrisi için de aynısı geçerlidir.
- Orijine değen hücreler \(i = 1\) olanlardır. Her birinin alanı \(\frac{\Delta r}{2}\,\Delta r\,\Delta\theta\) olduğundan toplam alanları \(\frac{1}{2}(\beta - \alpha)\,\Delta r^2\)’dir.
Böylece \(m, n \to \infty\) iken \(\iint_R F\,dA - S_{mn} \to 0\) olur.
Limit. \(S_{mn}\)’nin her terimi, (1)’deki gibi, \(r\theta\)-düzleminde \((r_i^*, \theta_j^*)\) noktasındaki \(r\,F(r\cos\theta, r\sin\theta)\) değerinin \(\Delta r\,\Delta\theta\) ile çarpımıdır. Bu örnek noktalarda \(r > 0\) ve \(\alpha < \theta < \beta\)’dır. Böyle bir noktanın görüntüsü olan \((r\cos\theta, r\sin\theta)\) noktasının \([\alpha, \beta]\) aralığındaki tek kutupsal açısı, \(\beta - \alpha \le 2\pi\) olduğundan, \(\theta\)’dır. Bu yüzden görüntünün \(D\)’de olması için gerek ve yeter koşul, \((r, \theta)\) noktasının
\[ E = \{(r, \theta) \mid \alpha \le \theta \le \beta,\ h_1(\theta) \le r \le h_2(\theta)\} \]
bölgesinde olmasıdır. Demek ki örnek noktalarda \(r\,F(r\cos\theta, r\sin\theta)\), \(g\)’nin \(E\)’den \([0, b] \times [\alpha, \beta]\) dikdörtgenine sıfırla genişletmesiyle aynı değeri alır. Yani \(S_{mn}\) bu genişletmenin bir Riemann toplamıdır. \(r\) yatay, \(\theta\) düşey eksende alınırsa \(E\) bir II. tip bölgedir (Tanım 2.3). Teorem 2.2 gereği \(\iint_E g\,dA\) vardır ve \(\int_\alpha^\beta\int_{h_1(\theta)}^{h_2(\theta)} g\,dr\,d\theta\) ardışık integraline eşittir. Tanım gereği \(S_{mn}\) toplamları bu sayıya yakınsar. İki limit aynı olduğundan istenen eşitlik çıkar. \(\blacksquare\)
Teorem, dik koordinatlardan kutupsal koordinatlara geçişi üç işleme indirger: \(x = r\cos\theta\), \(y = r\sin\theta\) yazılır; \(r\) ve \(\theta\) için uygun sınırlar konur; \(dA\) yerine \(r\,dr\,d\theta\) yazılır. Bu son işlem, Önerme 3.1 ile bulduğumuz alan formülünün sonsuz küçük biçimidir: kenarları \(dr\) ve \(r\,d\theta\) olan küçücük bir kutupsal dikdörtgen, alanı \(dA = r\,dr\,d\theta\) olan bir dikdörtgen gibi davranır.
Uyarır çarpanını unutmayın
En sık yapılan hata, \(dA\) yerine yalnız \(dr\,d\theta\) yazmaktır. \(dA = r\,dr\,d\theta\) içindeki \(r\), integrali alınan fonksiyon ne olursa olsun, \(f = 1\) olsa bile eklenir. Örneğin birim diskin alanı
\[ \int_0^{2\pi}\int_0^1 r\,dr\,d\theta = 2\pi \cdot \frac{1}{2} = \pi \]
olarak doğru çıkar; \(r\) unutulursa \(2\pi\) gibi yanlış bir sonuç elde edilir.
3.4 Kutupsal Dikdörtgenlerde Hesap
Önce sınırları sabit olan bölgelerle, yani kutupsal dikdörtgenlerle başlayalım. Teoremi uygulamanın yolu her seferinde aynıdır.
İpucuKutupsal koordinatlara geçiş dört adımda
- Bölgeyi çizin ve \(\theta\) aralığını bulun. Bölgeyi hangi ışınlar tarıyor? En küçük ve en büyük açı \(\alpha\) ile \(\beta\)’dır.
- \(r\) sınırlarını okuyun. Sabit bir \(\theta\) için orijinden çıkan ışın bölgeye nerede girip nerede çıkıyor? Bu iki değer \(h_1(\theta)\) ve \(h_2(\theta)\)’dır.
- Fonksiyonu dönüştürün. \(x = r\cos\theta\), \(y = r\sin\theta\), \(x^2 + y^2 = r^2\) yazın ve \(dA\) yerine \(r\,dr\,d\theta\) koyun.
- Önce \(r\)’ye, sonra \(\theta\)’ya göre integral alın.
İlk örnekte bu dört adımı tek tek izliyoruz.
Örnek 3.1 (Yarım Halka Üzerinde Bir İntegral) \(R\), üst yarı düzlemde \(x^2 + y^2 = 1\) ve \(x^2 + y^2 = 4\) çemberleri arasında kalan bölge olmak üzere
\[ \iint_R \left(3x + 4y^2\right) dA \]
integralini hesaplayınız.
Çözüm
Adım 1 ve 2: sınırlar. Bölge
\[ R = \{(x, y) \mid y \ge 0,\ 1 \le x^2 + y^2 \le 4\} \]
yarım halkasıdır (bölümün başındaki şeklin (b) panelinde gösterilen bölge). Üst yarı düzlemi \(0 \le \theta \le \pi\) açıları tarar. Bu açıların her birindeki ışın bölgeye \(r = 1\)’de girer, \(r = 2\)’de çıkar. Demek ki \(R\), \(1 \le r \le 2\), \(0 \le \theta \le \pi\) kutupsal dikdörtgenidir.
Adım 3: dönüşüm. \(3x + 4y^2 = 3r\cos\theta + 4r^2\sin^2\theta\) ve \(dA = r\,dr\,d\theta\) olduğundan Teorem 3.1 gereği
\[ \iint_R \left(3x + 4y^2\right) dA = \int_0^\pi\int_1^2 \left(3r^2\cos\theta + 4r^3\sin^2\theta\right) dr\,d\theta \]
olur.
Adım 4: integraller. İç integralde \(\theta\) sabittir:
\[ \int_1^2 \left(3r^2\cos\theta + 4r^3\sin^2\theta\right) dr = \Big[r^3\cos\theta + r^4\sin^2\theta\Big]_{r=1}^{r=2} = 7\cos\theta + 15\sin^2\theta. \]
Burada \(2^3 - 1^3 = 7\) ve \(2^4 - 1^4 = 15\)’tir. Dış integral için \(\sin^2\theta = \frac{1}{2}(1 - \cos 2\theta)\) özdeşliğini kullanalım:
\[ \begin{aligned} \int_0^\pi \left(7\cos\theta + 15\sin^2\theta\right) d\theta &= \int_0^\pi \left(7\cos\theta + \frac{15}{2} - \frac{15}{2}\cos 2\theta\right) d\theta \\[1mm] &= \left[7\sin\theta + \frac{15\theta}{2} - \frac{15}{4}\sin 2\theta\right]_0^\pi = \frac{15\pi}{2}. \end{aligned} \]
Sinüs terimleri \(0\) ve \(\pi\)’de sıfır olduğundan yalnız \(\frac{15\pi}{2}\) kalır. Sonuç \(\iint_R (3x + 4y^2)\,dA = \dfrac{15\pi}{2}\)’dir. \(\blacksquare\)
Bazen integral bize dik koordinatlarda bir ardışık integral olarak verilir. Önce bu ardışık integralin hangi bölge üzerinde alındığını bulur, sonra bölgeyi kutupsal koordinatlarla yeniden yazarız.
Örnek 3.2 (Ardışık İntegrali Kutupsal Koordinatlara Çevirme) Aşağıdaki integrali hesaplayınız:
\[ \int_{-1}^{1}\int_0^{\sqrt{1 - x^2}} \left(x^2 + y^2\right) dy\,dx. \]
Çözüm
Bölge. Sınırlar
\[ R = \{(x, y) \mid -1 \le x \le 1,\ 0 \le y \le \sqrt{1 - x^2}\} \]
bölgesini verir. \(y = \sqrt{1 - x^2}\), birim çemberin üst yarısıdır; demek ki \(R\), birim diskin üst yarısıdır. Kutupsal koordinatlarda \(R\), \(0 \le r \le 1\), \(0 \le \theta \le \pi\) ile verilir.
Dönüşüm. \(x^2 + y^2 = r^2\) ve \(dA = r\,dr\,d\theta\)’dır:
\[ \int_{-1}^{1}\int_0^{\sqrt{1 - x^2}} \left(x^2 + y^2\right) dy\,dx = \int_0^\pi\int_0^1 r^2 \cdot r\,dr\,d\theta. \]
Hesap. İç integral \(\displaystyle\int_0^1 r^3\,dr = \left[\frac{r^4}{4}\right]_0^1 = \frac{1}{4}\)’tür ve \(\theta\)’ya bağlı değildir. Bu yüzden
\[ \int_0^\pi \frac{1}{4}\,d\theta = \frac{\pi}{4} \]
bulunur. Dik koordinatlarda iç integral \(x^2\sqrt{1 - x^2} + \frac{1}{3}(1 - x^2)^{3/2}\) ifadesini verir ve dış integral trigonometrik bir değişken değiştirme gerektirirdi. \(\blacksquare\)
Kutupsal koordinatların en çok işe yaradığı yerlerden biri, tabanı disk olan cisimlerin hacmidir.
Örnek 3.3 (Paraboloidin Altındaki Hacim) \(z = 0\) düzlemi ile \(z = 1 - x^2 - y^2\) paraboloidi arasında kalan cismin hacmini bulunuz.
Çözüm
Taban. Paraboloidin denkleminde \(z = 0\) yazılırsa \(x^2 + y^2 = 1\) bulunur; yani düzlem paraboloidi birim çember boyunca keser. Cisim, \(D = \{(x, y) \mid x^2 + y^2 \le 1\}\) birim diskinin üstünde ve paraboloidin altındadır. Kutupsal koordinatlarda \(D\), \(0 \le r \le 1\), \(0 \le \theta \le 2\pi\) kutupsal dikdörtgenidir.
Hacim. Cismin yüksekliği \(1 - x^2 - y^2 = 1 - r^2\)’dir. Bu yüzden
\[ V = \iint_D \left(1 - x^2 - y^2\right) dA = \int_0^{2\pi}\int_0^1 \left(1 - r^2\right) r\,dr\,d\theta \]
olur. İç integral
\[ \int_0^1 \left(r - r^3\right) dr = \left[\frac{r^2}{2} - \frac{r^4}{4}\right]_0^1 = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} = \frac{1}{4} \]
sabittir; dış integral bunu \(2\pi\) ile çarpar. Sonuç
\[ V = 2\pi \cdot \frac{1}{4} = \frac{\pi}{2} \]
olur.
Dik koordinatlarda aynı hacim
\[ V = \int_{-1}^{1}\int_{-\sqrt{1 - x^2}}^{\sqrt{1 - x^2}} \left(1 - x^2 - y^2\right) dy\,dx \]
olarak yazılırdı. İç integral \(\frac{4}{3}(1 - x^2)^{3/2}\) verir ve \(\int (1 - x^2)^{3/2}\,dx\) integrali trigonometrik değişken değiştirme ister. Kutupsal koordinatlar bu zahmeti ortadan kaldırır. \(\blacksquare\)
Etkileşimli sahne: kutupsal kutularla hacim. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz. Mavi yüzey \(z = 1 - x^2 - y^2\) paraboloidinin \(R\) kutupsal dikdörtgeni (\(a \le r \le b\), \(0 \le \theta \le \beta\)) üzerindeki parçasıdır. Turuncu kutular \(R\)’nin \(m \times n\) hücresine dikilmiştir: her kutunun tabanı bir kutupsal hücre, yüksekliği paraboloidin hücre merkezindeki yüksekliğidir. Kutuların toplam hacmi, (1) ile verilen \(S_{mn}\) toplamıdır. Hücreler orijinden uzaklaştıkça genişler, çünkü alanları \(r_i^*\,\Delta r\,\Delta\theta\)’dır. \(a\), \(b\) ve \(\beta\) ile bölgeyi, \(m\) ve \(n\) ile bölünüşü değiştirebilirsiniz. Değer satırı \(R\)’nin alanını (Önerme 3.1), \(S_{mn}\) toplamını ve gerçek hacmi, yani \(\int_0^\beta\int_a^b (1 - r^2)\,r\,dr\,d\theta\) integralini gösterir. Başlangıçtaki \(a = 0\), \(b = 1\), \(\beta = 2\pi\) seçimi birim disktir ve gerçek hacim, örnekte bulduğumuz \(\frac{\pi}{2} \approx 1{,}5708\) olur. Yükseklik yalnız \(r\)’ye bağlı olduğundan \(n\)’yi değiştirmek toplamı değiştirmez. Birim diskte \(m = 1\), \(2\) ve \(4\) için toplam sırasıyla \(\frac{3\pi}{4} \approx 2{,}3562\), \(\frac{9\pi}{16} \approx 1{,}7671\) ve \(\frac{33\pi}{64} \approx 1{,}6199\) olur: toplam gerçek hacme üstten yaklaşır ve \(m\) ikiye katlandıkça fark dörtte birine iner.
3.5 Genel Kutupsal Bölgeler
Teoremin (ii) şıkkı (Teorem 3.1), sınırları sabit olmayan bölgeleri de kapsar. Bu bölgeler II. tip bölgelerin (Tanım 2.3) kutupsal karşılığıdır. Orada \(x\), \(y\)’ye bağlı iki eğri arasında, \(y\) ise sabit sınırlar arasında değişiyordu. Burada \(r\), \(\theta\)’ya bağlı iki eğri arasında, \(\theta\) ise sabit sınırlar arasında değişir.
Teoremde \(f = 1\), \(h_1 = 0\) ve \(h_2 = h\) alınırsa, kutupsal bir eğriyle sınırlı bölgenin alanı için tanıdık bir formül çıkar.
Sonuç 3.1 (Kutupsal Bölgenin Alanı) \(\alpha < \beta \le \alpha + 2\pi\) olsun ve \(h\), \([\alpha, \beta]\) aralığında sürekli ve negatif olmayan bir fonksiyon olsun. \(\theta = \alpha\) ve \(\theta = \beta\) ışınları ile \(r = h(\theta)\) eğrisinin sınırladığı
\[ D = \{(r, \theta) \mid \alpha \le \theta \le \beta,\ 0 \le r \le h(\theta)\} \]
bölgesinin alanı
\[ A(D) = \int_\alpha^\beta \frac{1}{2}\left[h(\theta)\right]^2 d\theta \]
olur.
İspat
Bir bölgenin alanı, \(1\) fonksiyonunun o bölge üzerindeki integralidir (Önerme 2.1). Teorem 3.1, \(h_1 = 0\) ve \(h_2 = h\) ile uygulanırsa
\[ \begin{aligned} A(D) = \iint_D 1\,dA &= \int_\alpha^\beta\int_0^{h(\theta)} r\,dr\,d\theta \\[1mm] &= \int_\alpha^\beta \left[\frac{r^2}{2}\right]_{r=0}^{r=h(\theta)} d\theta = \int_\alpha^\beta \frac{1}{2}\left[h(\theta)\right]^2 d\theta \end{aligned} \]
bulunur. \(\blacksquare\)
Yani iki katlı integral, tek değişkenli analizdeki kutupsal alan formülünü (bkz. Analiz 2) yeni bir yoldan verir.
Örnek 3.4 (Gülün Bir Yaprağının Alanı) \(r = \cos 2\theta\) dört yapraklı gülünün bir yaprağının sınırladığı alanı iki katlı integralle bulunuz.
Çözüm
Bölge. Sağdaki yaprağı alalım. \(-\frac{\pi}{4} \le \theta \le \frac{\pi}{4}\) iken \(-\frac{\pi}{2} \le 2\theta \le \frac{\pi}{2}\) olduğundan \(\cos 2\theta \ge 0\)’dır. Uç açılarda \(\cos 2\theta = 0\) olur, yani eğri bu iki ışın boyunca orijine döner ve bir yaprak tamamlanır. Bu açıların her birindeki ışın orijinden çıkar ve eğriye \(r = \cos 2\theta\)’da ulaşır:
\[ D = \left\{(r, \theta) \mid -\frac{\pi}{4} \le \theta \le \frac{\pi}{4},\ 0 \le r \le \cos 2\theta\right\}. \]
Alan. Sonuç 3.1 gereği
\[ \begin{aligned} A(D) &= \int_{-\pi/4}^{\pi/4}\int_0^{\cos 2\theta} r\,dr\,d\theta = \int_{-\pi/4}^{\pi/4} \frac{1}{2}\cos^2 2\theta\,d\theta \\[1mm] &= \frac{1}{4}\int_{-\pi/4}^{\pi/4} \left(1 + \cos 4\theta\right) d\theta \end{aligned} \]
olur; burada \(\cos^2 2\theta = \frac{1}{2}(1 + \cos 4\theta)\) özdeşliğini kullandık. Son integral
\[ \frac{1}{4}\left[\theta + \frac{1}{4}\sin 4\theta\right]_{-\pi/4}^{\pi/4} = \frac{1}{4}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{8} \]
olur, çünkü \(\sin(\pm\pi) = 0\)’dır. Bir yaprağın alanı \(\dfrac{\pi}{8}\)’dir. \(\blacksquare\)
Son örnekte taban bölgesi orijinden geçen bir çemberdir. Böyle bir çemberin kutupsal denklemi çok sadedir ve bölgeyi bir genel kutupsal bölge olarak yazmamızı sağlar.
Örnek 3.5 (Silindirin İçinde, Paraboloidin Altında) \(z = x^2 + y^2\) paraboloidinin altında, \(xy\)-düzleminin üstünde ve \(x^2 + y^2 = 2x\) silindirinin içinde kalan cismin hacmini bulunuz.
Çözüm
Taban. Cisim, sınır çemberi \(x^2 + y^2 = 2x\) olan \(D\) diskinin üstündedir. Kareye tamamlarsak
\[ x^2 - 2x + 1 + y^2 = 1 \iff (x - 1)^2 + y^2 = 1 \]
bulunur: merkezi \((1, 0)\), yarıçapı \(1\) olan çember. Kutupsal koordinatlarda \(x^2 + y^2 = r^2\) ve \(x = r\cos\theta\) olduğundan çemberin denklemi \(r^2 = 2r\cos\theta\), yani \(r = 2\cos\theta\) olur (\(r = 0\) çözümü orijindir, o da çemberin üstündedir). \(r \ge 0\) olması için \(\cos\theta \ge 0\), yani \(-\frac{\pi}{2} \le \theta \le \frac{\pi}{2}\) gerekir; bu aralıkta \(r = 2\cos\theta\) çemberi bir kez dolanır. Her ışın orijinden çıkıp çembere \(r = 2\cos\theta\)’da ulaştığından
\[ D = \left\{(r, \theta) \mid -\frac{\pi}{2} \le \theta \le \frac{\pi}{2},\ 0 \le r \le 2\cos\theta\right\} \]
olur.
Hacim. Cismin yüksekliği \(x^2 + y^2 = r^2\)’dir. Teorem 3.1 (ii) ile
\[ \begin{aligned} V &= \iint_D \left(x^2 + y^2\right) dA = \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\int_0^{2\cos\theta} r^2 \cdot r\,dr\,d\theta \\[1mm] &= \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \left[\frac{r^4}{4}\right]_0^{2\cos\theta} d\theta = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} 4\cos^4\theta\,d\theta \end{aligned} \]
bulunur. \(\cos^4\theta\) çift fonksiyon olduğundan bu integral \(8\int_0^{\pi/2}\cos^4\theta\,d\theta\)’ya eşittir.
Trigonometrik integral. \(\cos^2\theta = \frac{1}{2}(1 + \cos 2\theta)\) özdeşliğini iki kez kullanalım:
\[ \begin{aligned} 8\cos^4\theta &= 2\left(1 + \cos 2\theta\right)^2 = 2\left(1 + 2\cos 2\theta + \cos^2 2\theta\right) \\[1mm] &= 2\left(\frac{3}{2} + 2\cos 2\theta + \frac{1}{2}\cos 4\theta\right). \end{aligned} \]
Buradan
\[ V = 2\left[\frac{3\theta}{2} + \sin 2\theta + \frac{1}{8}\sin 4\theta\right]_0^{\pi/2} = 2\cdot\frac{3\pi}{4} = \frac{3\pi}{2} \]
elde edilir; sinüs terimleri \(0\) ve \(\frac{\pi}{2}\)’de sıfırdır. \(\blacksquare\)
Etkileşimli sahne: ışını döndürerek hacmi biriktirmek. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz; düşey eksen küçültülmüş ölçektedir. Mavi yüzey, örnekteki cismin tavanı olan \(z = x^2 + y^2\) paraboloidinin \(D\) diski üzerindeki parçası, tabandaki çember de \(x^2 + y^2 = 2x\) silindirinin izidir. \(\theta\) kaydırıcısı (derece cinsinden) orijinden çıkan ışını \(-\frac{\pi}{2}\)’den \(\frac{\pi}{2}\)’ye döndürür. Her açıda ışın orijinden çıkar ve çembere \(r = 2\cos\theta\)’da ulaşır; iç integralin sınırları bunlardır ve iç integral \(\int_0^{2\cos\theta} r^3\,dr = 4\cos^4\theta\) olur. Işının geride bıraktığı kısmın tavanı turuncuya boyanır; turuncu duvar da cismin ışın boyunca kesitidir. Değer satırı geride kalan kısmın hacmini, yani \(4\cos^4 t\)’nin \(-\frac{\pi}{2}\)’den \(\theta\)’ya integralini verir. \(\theta = 0\)’da bu hacim cismin tam yarısıdır: \(\frac{3\pi}{4} \approx 2{,}3562\). \(\theta = 45°\)’de hacim \(\frac{9\pi}{8} + 1 \approx 4{,}5343\) olur, \(\theta = 90°\)’de ise cismin hacmi olan \(\frac{3\pi}{2} \approx 4{,}7124\) değerine ulaşır. Hacmin büyük kısmı \(\theta = 0\) çevresinde birikir, çünkü orada hem ışın en uzun hem cisim en yüksektir.
3.6 Alıştırmalar
Alıştırmalar kolaydan zora sıralıdır. Hepsinde işin yarısı, bölgeyi kutupsal koordinatlarla doğru yazmaktır.
Alıştırma 3.1 (Üç Çeyrek Diskte Koordinat Seçimi) \(R\), merkezi orijinde ve yarıçapı \(4\) olan diskin birinci, ikinci ve üçüncü bölgelerde kalan kısmı olsun (dördüncü bölgedeki çeyrek dışarıda kalır). \(f\), \(R\) üzerinde sürekli rastgele bir fonksiyondur. \(\iint_R f(x, y)\,dA\) integralini kutupsal mı, dik koordinatlarla mı yazmak daha uygundur? Seçtiğiniz koordinatlarla bir ardışık integral olarak yazınız.
Çözüm
\(R\)’nin sınırı \(r = 4\) çemberinin bir yayı ile iki ışın parçasından oluşur: pozitif \(x\) ekseni (\(\theta = 0\)) ve negatif \(y\) ekseni (\(\theta = \frac{3\pi}{2}\)). Pozitif \(x\) ekseninden başlayıp saat yönünün tersine dönersek birinci, ikinci ve üçüncü bölgeleri tarar ve negatif \(y\) ekseninde dururuz. Her ışın orijinden çıkıp çembere \(r = 4\)’te ulaşır. Demek ki \(R\),
\[ 0 \le r \le 4, \qquad 0 \le \theta \le \frac{3\pi}{2} \]
kutupsal dikdörtgenidir ve kutupsal koordinatlar uygundur:
\[ \iint_R f(x, y)\,dA = \int_0^{3\pi/2}\int_0^4 f(r\cos\theta,\ r\sin\theta)\,r\,dr\,d\theta. \]
Dik koordinatlarda ise bölgeyi en az iki parçaya ayırmak gerekirdi: \(-4 \le x \le 0\) için \(-\sqrt{16 - x^2} \le y \le \sqrt{16 - x^2}\) ve \(0 \le x \le 4\) için \(0 \le y \le \sqrt{16 - x^2}\). \(\blacksquare\)
Alıştırma 3.2 (Üçgende Koordinat Seçimi) \(R\), köşeleri \((-1, 1)\), \((1, 1)\) ve \((1, -1)\) olan üçgensel bölge olsun ve \(f\), \(R\) üzerinde sürekli rastgele bir fonksiyon olsun. \(\iint_R f(x, y)\,dA\) integralini kutupsal mı, dik koordinatlarla mı yazmak daha uygundur? Seçtiğiniz koordinatlarla bir ardışık integral olarak yazınız.
Çözüm
Üçgenin kenarları \(y = 1\) (üst), \(x = 1\) (sağ) ve \((-1, 1)\) ile \((1, -1)\) noktalarından geçen \(y = -x\) doğrusudur. Her \(-1 \le x \le 1\) için düşey doğru bölgeye \(y = -x\)’te girer, \(y = 1\)’de çıkar. Yani \(R\) bir I. tip bölgedir (Tanım 2.2):
\[ \iint_R f(x, y)\,dA = \int_{-1}^{1}\int_{-x}^{1} f(x, y)\,dy\,dx. \]
Kutupsal koordinatlar burada elverişsizdir. \(y = -x\) doğrusu orijinden geçer ve \(\theta = -\frac{\pi}{4}\), \(\theta = \frac{3\pi}{4}\) ışınlarını verir. Ama ışınlar bölgeden iki farklı kenardan çıkar: \(-\frac{\pi}{4} \le \theta \le \frac{\pi}{4}\) için \(x = 1\) kenarından (\(r = \frac{1}{\cos\theta}\)), \(\frac{\pi}{4} \le \theta \le \frac{3\pi}{4}\) için \(y = 1\) kenarından (\(r = \frac{1}{\sin\theta}\)). Kutupsal yazım iki integral ve daha karmaşık sınırlar ister. Dik koordinatlar daha uygundur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 3.3 (İntegralin Bölgesini Bulma) \(\displaystyle\int_{\pi/2}^{\pi}\int_0^{2\sin\theta} r\,dr\,d\theta\) integrali hangi bölgenin alanıdır? Bölgeyi betimleyip integrali hesaplayınız.
Çözüm
Bölge. \(r\,dr\,d\theta = dA\) olduğundan integral, \(\frac{\pi}{2} \le \theta \le \pi\), \(0 \le r \le 2\sin\theta\) bölgesinin alanıdır. \(r = 2\sin\theta\) eğrisini dik koordinatlara çevirelim: iki yanı \(r\) ile çarparsak
\[ r^2 = 2r\sin\theta \iff x^2 + y^2 = 2y \iff x^2 + (y - 1)^2 = 1 \]
olur. Bu, merkezi \((0, 1)\), yarıçapı \(1\) olan çemberdir. \(\frac{\pi}{2} \le \theta \le \pi\) açıları \(x \le 0\), \(y \ge 0\) bölgesini taradığından bölge, bu diskin \(y\) ekseninin solunda kalan yarısıdır.
Hesap. Sonuç 3.1 ile
\[ \begin{aligned} \int_{\pi/2}^{\pi} \frac{1}{2}(2\sin\theta)^2\,d\theta &= \int_{\pi/2}^{\pi} 2\sin^2\theta\,d\theta = \int_{\pi/2}^{\pi} (1 - \cos 2\theta)\,d\theta \\[1mm] &= \left[\theta - \frac{1}{2}\sin 2\theta\right]_{\pi/2}^{\pi} = \pi - \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2} \end{aligned} \]
bulunur. Bu, beklendiği gibi yarıçapı \(1\) olan dairenin alanının yarısıdır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 3.4 (İki Çember Arasında Bir İntegral) \(D\), birinci bölgede \(x^2 + y^2 = 4\) ve \(x^2 + y^2 = 2x\) çemberleri arasında kalan bölge olmak üzere \(\iint_D x\,dA\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
Bölge. \(x^2 + y^2 = 4\) çemberi \(r = 2\)’dir. \(x^2 + y^2 = 2x\) çemberi, Örnek 3.5 içinde gördüğümüz gibi \(r = 2\cos\theta\)’dır; merkezi \((1, 0)\), yarıçapı \(1\) olan bu çember büyük çemberin içindedir ve ona \((2, 0)\)’da teğettir. Birinci bölgede (\(0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}\)) her ışın bölgeye küçük çemberden çıkarken girer, büyük çembere ulaşınca çıkar:
\[ D = \left\{(r, \theta) \mid 0 \le \theta \le \frac{\pi}{2},\ 2\cos\theta \le r \le 2\right\}. \]
İntegral. \(x = r\cos\theta\) olduğundan
\[ \iint_D x\,dA = \int_0^{\pi/2}\int_{2\cos\theta}^{2} r\cos\theta \cdot r\,dr\,d\theta \]
olur. İç integral
\[ \cos\theta\left[\frac{r^3}{3}\right]_{2\cos\theta}^{2} = \frac{8}{3}\left(\cos\theta - \cos^4\theta\right) \]
verir. \(\int_0^{\pi/2}\cos\theta\,d\theta = 1\) ve Örnek 3.5 çözümünden \(\int_0^{\pi/2}\cos^4\theta\,d\theta = \frac{1}{8}\cdot\frac{3\pi}{2} = \frac{3\pi}{16}\) olduğundan
\[ \iint_D x\,dA = \frac{8}{3}\left(1 - \frac{3\pi}{16}\right) = \frac{8}{3} - \frac{\pi}{2} \approx 1{,}0959 \]
bulunur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 3.5 (Bir Çemberin İçinde, Ötekinin Dışında Alan) \((x - 1)^2 + y^2 = 1\) çemberinin içinde ve \(x^2 + y^2 = 1\) çemberinin dışında kalan bölgenin alanını bulunuz.
Çözüm
Bölge. Çemberler kutupsal koordinatlarda \(r = 2\cos\theta\) ve \(r = 1\)’dir. Kesişim noktalarında \(2\cos\theta = 1\), yani \(\theta = \pm\frac{\pi}{3}\)’tür. \(-\frac{\pi}{3} \le \theta \le \frac{\pi}{3}\) için \(2\cos\theta \ge 1\) olduğundan ışın bölgeye \(r = 1\)’de girer, \(r = 2\cos\theta\)’da çıkar:
\[ D = \left\{(r, \theta) \mid -\frac{\pi}{3} \le \theta \le \frac{\pi}{3},\ 1 \le r \le 2\cos\theta\right\}. \]
Alan. İç integral \(\displaystyle\int_1^{2\cos\theta} r\,dr = \frac{1}{2}\left(4\cos^2\theta - 1\right)\) verir. \(4\cos^2\theta = 2 + 2\cos 2\theta\) olduğundan bu ifade \(\frac{1}{2}(1 + 2\cos 2\theta)\)’ya eşittir. Böylece
\[ A(D) = \frac{1}{2}\int_{-\pi/3}^{\pi/3} \left(1 + 2\cos 2\theta\right) d\theta = \frac{1}{2}\Big[\theta + \sin 2\theta\Big]_{-\pi/3}^{\pi/3} \]
olur. \(\sin\frac{2\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}\) ve \(\sin\left(-\frac{2\pi}{3}\right) = -\frac{\sqrt{3}}{2}\) olduğundan
\[ A(D) = \frac{1}{2}\left(\frac{2\pi}{3} + \sqrt{3}\right) = \frac{\pi}{3} + \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 1{,}9132 \]
bulunur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 3.6 (Çeyrek Halka Üzerinde Hacim) \(D\), birinci bölgede \(2 \le r \le 3\) ile verilen çeyrek halka olsun. \(f(x, y) = xy^2\) fonksiyonunun grafiğinin altında ve \(D\)’nin üstünde kalan cismin hacmini, kutupsal koordinatlarda bir ardışık integral kurarak hesaplayınız.
Çözüm
Kurulum. \(D\) üzerinde \(x \ge 0\) olduğundan \(f(x, y) = xy^2 \ge 0\)’dır; hacim \(\iint_D xy^2\,dA\)’dır. \(D\), \(2 \le r \le 3\), \(0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}\) kutupsal dikdörtgenidir ve
\[ xy^2 = r\cos\theta \cdot r^2\sin^2\theta = r^3\cos\theta\sin^2\theta \]
olur. \(dA = r\,dr\,d\theta\) ile
\[ V = \int_0^{\pi/2}\int_2^3 r^4\cos\theta\sin^2\theta\,dr\,d\theta \]
bulunur.
Hesap. İç integralde \(\theta\) sabittir:
\[ \cos\theta\sin^2\theta\left[\frac{r^5}{5}\right]_2^3 = \frac{243 - 32}{5}\cos\theta\sin^2\theta = \frac{211}{5}\cos\theta\sin^2\theta. \]
Dış integral \(u = \sin\theta\) değişken değiştirmesiyle hesaplanır:
\[ \int_0^{\pi/2} \cos\theta\sin^2\theta\,d\theta = \left[\frac{\sin^3\theta}{3}\right]_0^{\pi/2} = \frac{1}{3} \]
olur. Sonuç \(V = \dfrac{211}{5}\cdot\dfrac{1}{3} = \dfrac{211}{15}\)’tir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 3.7 (Koni ile Küre Arasındaki Hacim) \(z = \sqrt{x^2 + y^2}\) konisinin üstünde ve \(x^2 + y^2 + z^2 = 1\) küresinin altında kalan cismin hacmini bulunuz.
Çözüm
Taban. Kutupsal koordinatlarda koni \(z = r\), kürenin üst yarısı \(z = \sqrt{1 - r^2}\)’dir. İki yüzey \(r = \sqrt{1 - r^2}\), yani \(r^2 = \frac{1}{2}\) olduğunda kesişir: \(r = \frac{1}{\sqrt{2}}\). Bu çemberin içinde (\(r < \frac{1}{\sqrt{2}}\)) \(\sqrt{1 - r^2} > r\) olduğundan küre konunun üstündedir. Cismin \(xy\)-düzlemindeki izdüşümü \(0 \le r \le \frac{1}{\sqrt{2}}\), \(0 \le \theta \le 2\pi\) diskidir.
Hacim. Her noktada cismin yüksekliği üst yüzey ile alt yüzeyin farkıdır:
\[ V = \int_0^{2\pi}\int_0^{1/\sqrt{2}} \left(\sqrt{1 - r^2} - r\right) r\,dr\,d\theta. \]
İç integralde \(\int r\sqrt{1 - r^2}\,dr = -\frac{1}{3}(1 - r^2)^{3/2}\) ve \(\int r^2\,dr = \frac{r^3}{3}\)’tür:
\[ \left[-\frac{1}{3}\left(1 - r^2\right)^{3/2} - \frac{r^3}{3}\right]_0^{1/\sqrt{2}} = \frac{1}{3} - \frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2\sqrt{2}} - \frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2\sqrt{2}} = \frac{1}{3} - \frac{\sqrt{2}}{6}. \]
Burada \(\left(\frac{1}{2}\right)^{3/2} = \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^3 = \frac{1}{2\sqrt{2}}\) ve \(\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{6}\)’dır. Dış integral \(2\pi\) ile çarpar:
\[ V = 2\pi\left(\frac{1}{3} - \frac{\sqrt{2}}{6}\right) = \frac{\pi}{3}\left(2 - \sqrt{2}\right) \approx 0{,}6134 \]
bulunur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 3.8 (Ardışık İntegrali Çevirerek Hesaplama) Aşağıdaki integrali kutupsal koordinatlara çevirerek hesaplayınız:
\[ \int_0^2\int_0^{\sqrt{2x - x^2}} \sqrt{x^2 + y^2}\,dy\,dx. \]
Çözüm
Bölge. \(0 \le y \le \sqrt{2x - x^2}\) koşulu \(y \ge 0\) ve \(y^2 \le 2x - x^2\), yani \((x - 1)^2 + y^2 \le 1\) demektir. Bölge, merkezi \((1, 0)\), yarıçapı \(1\) olan diskin üst yarısıdır. Sınır çemberi \(r = 2\cos\theta\)’dır (bkz. Örnek 3.5); üst yarıyı \(0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}\) açıları tarar:
\[ 0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}, \qquad 0 \le r \le 2\cos\theta. \]
İntegral. \(\sqrt{x^2 + y^2} = r\) olduğundan
\[ \int_0^{\pi/2}\int_0^{2\cos\theta} r \cdot r\,dr\,d\theta = \int_0^{\pi/2} \frac{(2\cos\theta)^3}{3}\,d\theta = \frac{8}{3}\int_0^{\pi/2}\cos^3\theta\,d\theta \]
olur. \(\cos^3\theta = (1 - \sin^2\theta)\cos\theta\) yazılırsa
\[ \int_0^{\pi/2}\cos^3\theta\,d\theta = \left[\sin\theta - \frac{\sin^3\theta}{3}\right]_0^{\pi/2} = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3} \]
bulunur. Sonuç \(\dfrac{8}{3}\cdot\dfrac{2}{3} = \dfrac{16}{9}\)’dur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 3.9 (Tek Bir İntegrale İndirgeme) \(D\) birim disk olmak üzere \(\iint_D e^{(x^2 + y^2)^2}\,dA\) integralini \(r\)’ye göre tek bir integrale indirgeyiniz ve değerini dört ondalık basamakla bulunuz.
Çözüm
İndirgeme. \(x^2 + y^2 = r^2\) olduğundan integrali alınan fonksiyon \(e^{r^4}\)’tür ve \(\theta\)’ya bağlı değildir:
\[ \iint_D e^{(x^2 + y^2)^2}\,dA = \int_0^{2\pi}\int_0^1 e^{r^4}\,r\,dr\,d\theta = 2\pi\int_0^1 r\,e^{r^4}\,dr. \]
Sayısal değer. \(u = r^2\), \(du = 2r\,dr\) yazılırsa integral \(\pi\int_0^1 e^{u^2}\,du\) olur. \(e^{u^2}\)’nin ilkeli temel fonksiyonlarla yazılamaz; üstel fonksiyonun kuvvet serisini terim terim integralleyelim:
\[ \int_0^1 e^{u^2}\,du = \int_0^1 \sum_{k=0}^{\infty} \frac{u^{2k}}{k!}\,du = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!\,(2k + 1)}. \]
İlk terimler
\[ 1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{10} + \frac{1}{42} + \frac{1}{216} + \frac{1}{1320} + \frac{1}{9360} + \frac{1}{75600} \]
ve toplamları \(1{,}4626501\)’dir. Sonraki terimlerin her biri bir öncekinin dokuzda birinden küçüktür ve ilki \(\frac{1}{685440} \approx 1{,}46 \cdot 10^{-6}\)’dır; kalanların toplamı \(2 \cdot 10^{-6}\)’yı aşmaz. Demek ki \(\int_0^1 e^{u^2}\,du \approx 1{,}462652\) ve
\[ \iint_D e^{(x^2 + y^2)^2}\,dA = \pi \cdot 1{,}462652\ldots \approx 4{,}5951 \]
bulunur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 3.10 (Diskte Orijine Ortalama Uzaklık) \(D\), merkezi orijinde ve yarıçapı \(a\) olan disk olsun. \(D\)’nin noktalarının orijine ortalama uzaklığı nedir?
Çözüm
Bir noktanın orijine uzaklığı \(f(x, y) = \sqrt{x^2 + y^2} = r\)’dir. Ortalama değer (Tanım 2.4) integralin bölgenin alanına bölümüdür:
\[ f_{\text{ort}} = \frac{1}{A(D)}\iint_D \sqrt{x^2 + y^2}\,dA. \]
\(A(D) = \pi a^2\)’dir. Pay kutupsal koordinatlarda
\[ \int_0^{2\pi}\int_0^a r \cdot r\,dr\,d\theta = 2\pi\cdot\frac{a^3}{3} \]
olur. Böylece
\[ f_{\text{ort}} = \frac{2\pi a^3 / 3}{\pi a^2} = \frac{2a}{3} \]
bulunur. Ortalama uzaklık \(\frac{a}{2}\)’den büyüktür, çünkü diskin alanının çoğu merkezden uzaktaki halkalardadır: \(r\) ile \(r + dr\) arasındaki halkanın alanı \(r\) ile orantılıdır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 3.11 (Üç İntegrali Tek İntegralde Birleştirme) Aşağıdaki toplamı kutupsal koordinatlarda tek bir iki katlı integral olarak yazıp hesaplayınız:
\[ \begin{aligned} &\int_{1/\sqrt{2}}^{1}\int_{\sqrt{1 - x^2}}^{x} xy\,dy\,dx + \int_{1}^{\sqrt{2}}\int_{0}^{x} xy\,dy\,dx \\[1mm] &\quad + \int_{\sqrt{2}}^{2}\int_{0}^{\sqrt{4 - x^2}} xy\,dy\,dx. \end{aligned} \]
Çözüm
Bölgeler. Üç integralin bölgeleri yan yana durur:
- \(\frac{1}{\sqrt{2}} \le x \le 1\) için \(y\), birim çemberden (\(y = \sqrt{1 - x^2}\)) \(y = x\) doğrusuna kadar;
- \(1 \le x \le \sqrt{2}\) için \(y\), \(x\) ekseninden \(y = x\) doğrusuna kadar;
- \(\sqrt{2} \le x \le 2\) için \(y\), \(x\) ekseninden \(x^2 + y^2 = 4\) çemberine kadar değişir.
\(y = x\) doğrusu birim çemberi \(x = \frac{1}{\sqrt{2}}\)’de, \(r = 2\) çemberini \(x = \sqrt{2}\)’de keser. Üç parçanın birleşimi, \(1 \le x^2 + y^2 \le 4\) halkasının \(x\) ekseni ile \(y = x\) doğrusu arasındaki parçasıdır:
\[ D = \left\{(r, \theta) \mid 1 \le r \le 2,\ 0 \le \theta \le \frac{\pi}{4}\right\}. \]
Tek integral. \(xy = r^2\cos\theta\sin\theta\) ile
\[ \iint_D xy\,dA = \int_0^{\pi/4}\int_1^2 r^3\cos\theta\sin\theta\,dr\,d\theta \]
olur. İç integral \(\cos\theta\sin\theta\left[\frac{r^4}{4}\right]_1^2 = \frac{15}{4}\cos\theta\sin\theta\) verir. Dış integral
\[ \frac{15}{4}\int_0^{\pi/4}\sin\theta\cos\theta\,d\theta = \frac{15}{4}\left[\frac{\sin^2\theta}{2}\right]_0^{\pi/4} = \frac{15}{4}\cdot\frac{1}{4} = \frac{15}{16} \]
olur. Üç integral tek tek hesaplanırsa \(\frac{1}{16}\), \(\frac{3}{8}\) ve \(\frac{1}{2}\) bulunur; toplamları gerçekten \(\frac{15}{16}\)’dır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 3.12 (Gauss İntegrali) Kutupsal koordinatlar yardımıyla
\[ \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\,dx = \sqrt{\pi} \]
olduğunu gösteriniz. (\(D_a\) yarıçapı \(a\) olan, merkezi orijinde bir disk; \(S_a\) köşeleri \((\pm a, \pm a)\) olan kare olsun. \(e^{-(x^2 + y^2)}\) fonksiyonunun bu iki bölge üzerindeki integrallerini karşılaştırınız.)
Çözüm
Disk üzerinde. Kutupsal koordinatlarda integral tam olarak hesaplanır:
\[ \iint_{D_a} e^{-(x^2 + y^2)}\,dA = \int_0^{2\pi}\int_0^a e^{-r^2}\,r\,dr\,d\theta = 2\pi\left[-\frac{1}{2}e^{-r^2}\right]_0^a = \pi\left(1 - e^{-a^2}\right). \]
Kare üzerinde. \(e^{-(x^2 + y^2)} = e^{-x^2}e^{-y^2}\) olduğundan Fubini Teoremi (Teorem 1.2) integrali iki tek katlı integralin çarpımına ayırır:
\[ \iint_{S_a} e^{-(x^2 + y^2)}\,dA = \int_{-a}^{a} e^{-x^2}\,dx \int_{-a}^{a} e^{-y^2}\,dy = J(a)^2. \]
Burada \(J(a) = \int_{-a}^{a} e^{-x^2}\,dx\)’tir.
Sıkıştırma. Kare diskin dışını sarar ve köşeleri orijinden \(a\sqrt{2}\) uzaklıktadır; bu yüzden \(D_a \subseteq S_a \subseteq D_{a\sqrt{2}}\)’dir. Fonksiyon pozitif olduğundan, toplamsallık ve karşılaştırma özellikleri (Önerme 2.1) gereği daha büyük bölgede integral daha büyüktür:
\[ \pi\left(1 - e^{-a^2}\right) \le J(a)^2 \le \pi\left(1 - e^{-2a^2}\right). \]
Limit. \(a \to \infty\) iken iki sınır da \(\pi\)’ye gider; sıkıştırmayla \(J(a)^2 \to \pi\) ve \(J(a) > 0\) olduğundan \(J(a) \to \sqrt{\pi}\) olur. \(e^{-x^2}\) çift olduğundan \(\int_0^a e^{-x^2}\,dx = \frac{1}{2}J(a) \to \frac{\sqrt{\pi}}{2}\)’dir. Yani \([0, \infty)\) ve \((-\infty, 0]\) üzerindeki genelleştirilmiş integrallerin ikisi de \(\frac{\sqrt{\pi}}{2}\)’dir ve
\[ \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\,dx = \sqrt{\pi} \]
bulunur. Aynı sonuç Gamma fonksiyonuyla da elde edilebilir (bkz. Analiz 3). \(x = \frac{t}{\sqrt{2}}\) değişken değiştirmesi ise olasılıkta sık kullanılan \(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-t^2/2}\,dt = \sqrt{2\pi}\) eşitliğini verir. \(\blacksquare\)
Kutupsal koordinatlar, iki katlı integrali bölgenin geometrisine uydurmanın ilk örneğiydi: bölge çemberler ve ışınlarla sınırlıysa sınırlar sadeleşir, karşılığında \(dA\) yerine \(r\,dr\,d\theta\) yazılır. Aynı fikir üç boyutta silindirik ve küresel koordinatlarla, en genel hâliyle de değişken değiştirme formülüyle karşımıza çıkacak. Bir sonraki bölümde, İki Katlı İntegralin Uygulamaları içinde, iki katlı integrali kütle, kütle merkezi, eylemsizlik momenti ve olasılık hesaplarında kullanacağız; disk ve halka biçimli levhalarda bu bölümün kutupsal hesapları sık sık işimize yarayacak.