6 Üç Katlı İntegraller
Tek değişkenli bir fonksiyonu bir aralık üzerinde, iki değişkenli bir fonksiyonu düzlemdeki bir bölge üzerinde integralledik. Şimdi aynı fikri bir adım ileri taşıyıp üç değişkenli bir \(f(x, y, z)\) fonksiyonunu uzaydaki bir cisim üzerinde integralleyeceğiz. Böyle bir integrale en doğal ihtiyaç fizikten gelir: yoğunluğu noktadan noktaya değişen bir cismin kütlesini, kütle merkezini ya da bir eksen etrafında dönmeye karşı direncini bulmak için cismi küçük parçalara bölüp parçaların katkılarını toplamamız gerekir.
Yol haritamız iki katlı integraldekiyle aynıdır. Önce en basit bölge olan dikdörtgen kutuda integrali Riemann toplamlarının limiti olarak tanımlayacak ve Fubini Teoremi ile onu art arda alınan üç tek katlı integrale indireceğiz. Sonra integrali genel cisimlere taşıyıp cismi iki yüzey arasına sıkıştırarak hesaplamayı öğreneceğiz. Bölümü hacim, kütle, kütle merkezi, eylemsizlik momenti, olasılık ve ortalama değer uygulamalarıyla bitireceğiz.
6.1 Kutularda Üç Katlı İntegral
İşe, kenarları koordinat eksenlerine paralel olan bir kutuda tanımlı fonksiyonlarla başlayalım:
\[ B = [a, b] \times [c, d] \times [r, s] = \{(x, y, z) \mid a \le x \le b,\ c \le y \le d,\ r \le z \le s\}. \]
\([a, b]\) aralığını genişliği \(\Delta x\) olan \(l\) eşit alt aralığa, \([c, d]\) aralığını genişliği \(\Delta y\) olan \(m\) eşit alt aralığa ve \([r, s]\) aralığını genişliği \(\Delta z\) olan \(n\) eşit alt aralığa bölelim. Bölüm noktalarından geçen ve koordinat düzlemlerine paralel olan düzlemler \(B\) kutusunu \(lmn\) tane alt kutuya ayırır:
\[ B_{ijk} = [x_{i-1}, x_i] \times [y_{j-1}, y_j] \times [z_{k-1}, z_k]. \]
Her alt kutunun hacmi \(\Delta V = \Delta x\,\Delta y\,\Delta z\)’dir.
Tanım 6.1 (Kutuda Üç Katlı İntegral) \(f\), \(B\) kutusunda tanımlı bir fonksiyon olsun ve her \(B_{ijk}\) alt kutusundan bir \(P_{ijk}^* = (x_{ijk}^*, y_{ijk}^*, z_{ijk}^*)\) örnek noktası seçilsin.
\[ \sum_{i=1}^{l} \sum_{j=1}^{m} \sum_{k=1}^{n} f(P_{ijk}^*)\,\Delta V \]
toplamına üç katlı Riemann toplamı denir. \(f\)’nin \(B\) üzerindeki üç katlı integrali (triple integral)
\[ \iiint_B f(x, y, z)\,dV = \lim_{l, m, n \to \infty} \sum_{i=1}^{l} \sum_{j=1}^{m} \sum_{k=1}^{n} f(P_{ijk}^*)\,\Delta V \]
limitidir. Bu limit örnek noktaların seçiminden bağımsız olarak varsa \(f\)’ye \(B\) üzerinde integrallenebilir denir.
Yani kutuyu küçük kutulara bölüyor, her küçük kutuda fonksiyonun bir değerini o kutunun hacmiyle çarpıyor ve bu çarpımları topluyoruz. Bölüntü inceldikçe bu toplamların yaklaştığı sayı üç katlı integraldir. Tanım, dikdörtgende iki katlı integralin (Tanım 1.2) bir boyut eklenmiş hâlidir. Örneğin \(f\) bir cismin yoğunluğuysa \(f(P_{ijk}^*)\,\Delta V\) küçük kutudaki kütleye yakındır ve Riemann toplamı cismin kütlesine bir yaklaşımdır.
Tek ve iki katlı integralde olduğu gibi, \(f\) kutuda sürekliyse bu limit her zaman vardır; bunun ispatı ileri analizin konusudur. Limit var olduğunda örnek noktayı istediğimiz gibi seçebiliriz. Her alt kutunun \((x_i, y_j, z_k)\) köşesini seçersek integral daha sade bir biçim alır:
\[ \iiint_B f(x, y, z)\,dV = \lim_{l, m, n \to \infty} \sum_{i=1}^{l} \sum_{j=1}^{m} \sum_{k=1}^{n} f(x_i, y_j, z_k)\,\Delta V. \]
Örnek nokta olarak her alt kutunun merkezini alıp limite geçmeden durursak integral için pratik bir tahmin elde ederiz.
Tanım 6.2 (Üç Katlı İntegral için Orta Nokta Kuralı) \(B\) kutusu yukarıdaki gibi \(lmn\) eş alt kutuya bölünsün ve \(\bar{x}_i\), \(\bar{y}_j\), \(\bar{z}_k\) sırasıyla \([x_{i-1}, x_i]\), \([y_{j-1}, y_j]\), \([z_{k-1}, z_k]\) aralıklarının orta noktaları olsun.
\[ \iiint_B f(x, y, z)\,dV \approx \sum_{i=1}^{l} \sum_{j=1}^{m} \sum_{k=1}^{n} f(\bar{x}_i, \bar{y}_j, \bar{z}_k)\,\Delta V \]
yaklaşımına orta nokta kuralı denir.
Yani \(B_{ijk}\) alt kutusunun merkezi \((\bar{x}_i, \bar{y}_j, \bar{z}_k)\) noktasıdır ve orta nokta kuralı, örnek noktaları bu merkezler olan Riemann toplamıdır. Bölüntü inceldikçe tahmin integrale yaklaşır.
Bir üç katlı integrali tanımdan hesaplamak çok zahmetlidir. İki katlı integralde olduğu gibi, pratik yol onu art arda alınan tek katlı integrallere, yani bir ardışık integrale indirmektir.
Teorem 6.1 (Kutuda Fubini Teoremi) \(f\), \(B = [a, b] \times [c, d] \times [r, s]\) kutusunda sürekli ise
\[ \iiint_B f(x, y, z)\,dV = \int_r^s \int_c^d \int_a^b f(x, y, z)\,dx\,dy\,dz \]
olur. Sağdaki ardışık integral öteki beş integrasyon sırasından herhangi biriyle yazıldığında da aynı değer elde edilir.
İspat
En içteki integrali, \(y\) ve \(z\)’nin bir fonksiyonu olarak adlandıralım:
\[ g(y, z) = \int_a^b f(x, y, z)\,dx, \qquad (y, z) \in R = [c, d] \times [r, s]. \]
\(g\) süreklidir. \(f\) kapalı ve sınırlı \(B\) kutusunda sürekli olduğundan orada düzgün süreklidir (bkz. Analiz 4). \(\varepsilon > 0\) verilsin. Aralarındaki uzaklık \(\delta\)’dan küçük her \(P, Q \in B\) için \(|f(P) - f(Q)| < \varepsilon\) olacak biçimde bir \(\delta > 0\) vardır. \((y, z)\) ile \((y', z')\) arasındaki uzaklık \(\delta\)’dan küçükse her \(x\) için \((x, y, z)\) ile \((x, y', z')\) arasındaki uzaklık da \(\delta\)’dan küçüktür. Dolayısıyla
\[ |g(y, z) - g(y', z')| \le \int_a^b |f(x, y, z) - f(x, y', z')|\,dx \le (b - a)\,\varepsilon \]
olur.
Örnek noktaları uygun seçmek. \(B\)’yi alt kutulara bölelim ve her \(j\), \(k\) için \(y_j^* \in [y_{j-1}, y_j]\), \(z_k^* \in [z_{k-1}, z_k]\) noktalarını seçelim. \(x \mapsto f(x, y_j^*, z_k^*)\) sürekli olduğundan integraller için ortalama değer teoremine (bkz. Analiz 2) göre her \(i\) için
\[ \int_{x_{i-1}}^{x_i} f(x, y_j^*, z_k^*)\,dx = f(x_{ijk}^*, y_j^*, z_k^*)\,\Delta x \]
eşitliğini sağlayan bir \(x_{ijk}^* \in [x_{i-1}, x_i]\) vardır. \(B_{ijk}\)’nin örnek noktası olarak \((x_{ijk}^*, y_j^*, z_k^*)\)’yi alalım. \(i\) üzerinden toplayınca alt aralıklardaki integraller birleşir:
\[ \sum_{i=1}^{l} f(x_{ijk}^*, y_j^*, z_k^*)\,\Delta x = \int_a^b f(x, y_j^*, z_k^*)\,dx = g(y_j^*, z_k^*). \]
\(\Delta V = \Delta x\,\Delta y\,\Delta z\) olduğundan üç katlı Riemann toplamı
\[ \begin{aligned} &\sum_{i=1}^{l} \sum_{j=1}^{m} \sum_{k=1}^{n} f(x_{ijk}^*, y_j^*, z_k^*)\,\Delta V \\[1mm] &\quad = \sum_{j=1}^{m} \sum_{k=1}^{n} \left[\sum_{i=1}^{l} f(x_{ijk}^*, y_j^*, z_k^*)\,\Delta x\right] \Delta y\,\Delta z \\[1mm] &\quad = \sum_{j=1}^{m} \sum_{k=1}^{n} g(y_j^*, z_k^*)\,\Delta y\,\Delta z \end{aligned} \]
biçimini alır.
Limit. \(l, m, n \to \infty\) iken soldaki toplam \(\iiint_B f\,dV\)’ye yakınsar, çünkü \(f\) süreklidir ve limit örnek noktaların seçimine bağlı değildir. Sağdaki toplam \(l\)’ye bağlı değildir ve sürekli \(g\) fonksiyonunun \(R\) dikdörtgenindeki bir iki katlı Riemann toplamıdır; \(m, n \to \infty\) iken \(\iint_R g\,dA\)’ya yakınsar. Demek ki
\[ \iiint_B f(x, y, z)\,dV = \iint_R g(y, z)\,dA = \int_r^s \int_c^d g(y, z)\,dy\,dz \]
olur; son eşitlik iki katlı integral için Fubini Teoremi’dir (Teorem 1.2). \(g\)’nin tanımı yerine yazılınca istenen formül çıkar. Öteki sıralar için aynı akıl yürütme, değişkenlerin rolleri değiştirilerek tekrarlanır.
\(\blacksquare\)
Sağdaki ardışık integral içten dışa doğru okunur: önce \(y\) ve \(z\) sabit tutularak \(x\)’e göre, sonra \(z\) sabit tutularak \(y\)’ye göre, en sonda \(z\)’ye göre integral alınır. Üç değişken \(3! = 6\) farklı sırada integrallenebilir ve teorem hepsinin aynı sonucu verdiğini söyler. Örneğin önce \(y\)’ye, sonra \(z\)’ye, en sonda \(x\)’e göre integral alırsak
\[ \iiint_B f(x, y, z)\,dV = \int_a^b \int_r^s \int_c^d f(x, y, z)\,dy\,dz\,dx \]
yazarız. Her integral işaretinin sınırları, aynı sıradaki diferansiyelin değişkenine aittir: en içteki \(\int_c^d\) en içteki \(dy\) ile eşleşir.
Örnek 6.1 (Bir Kutuda Üç Katlı İntegral) \(B\) kutusu
\[ B = \{(x, y, z) \mid 0 \le x \le 1,\ -1 \le y \le 2,\ 0 \le z \le 3\} \]
olmak üzere \(\displaystyle\iiint_B xyz^2\,dV\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
Altı sıradan herhangi birini kullanabiliriz (Teorem 6.1). Önce \(x\)’e, sonra \(y\)’ye, en sonda \(z\)’ye göre integral alalım.
\(x\)’e göre. \(y\) ve \(z\) sabittir:
\[ \int_0^1 xyz^2\,dx = \left[\frac{x^2 y z^2}{2}\right]_{x=0}^{x=1} = \frac{yz^2}{2}. \]
\(y\)’ye göre. \(z\) sabittir:
\[ \int_{-1}^{2} \frac{yz^2}{2}\,dy = \left[\frac{y^2 z^2}{4}\right]_{y=-1}^{y=2} = \frac{4z^2}{4} - \frac{z^2}{4} = \frac{3z^2}{4}. \]
\(z\)’ye göre.
\[ \int_0^3 \frac{3z^2}{4}\,dz = \left[\frac{z^3}{4}\right]_0^3 = \frac{27}{4}. \]
Böylece \(\displaystyle\iiint_B xyz^2\,dV = \frac{27}{4}\) olur.
Sağlama: integrand \(x\)’in, \(y\)’nin ve \(z\)’nin ayrı fonksiyonlarının çarpımı ve sınırlar sabit olduğundan integral üç tek katlı integralin çarpımına ayrılır:
\[ \int_0^1 x\,dx \cdot \int_{-1}^{2} y\,dy \cdot \int_0^3 z^2\,dz = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2} \cdot 9 = \frac{27}{4}. \]
\(\blacksquare\)
6.2 Genel Bölgelerde Üç Katlı İntegral
Kutu olmayan cisimler için iki katlı integralde kullandığımız yolu izliyoruz: cismi bir kutunun içine koyup fonksiyonu kutunun geri kalanında sıfır kabul ediyoruz.
Tanım 6.3 (Genel Bir Bölgede Üç Katlı İntegral) \(E\) uzayda sınırlı bir bölge (bir cisim), \(f\) de \(E\) üzerinde tanımlı bir fonksiyon olsun. \(E\)’yi içeren bir \(B\) kutusu seçelim ve
\[ F(x, y, z) = \begin{cases} f(x, y, z), & (x, y, z) \in E, \\ 0, & (x, y, z) \in B \setminus E \end{cases} \]
tanımlayalım. \(F\), \(B\) üzerinde integrallenebiliyorsa
\[ \iiint_E f(x, y, z)\,dV = \iiint_B F(x, y, z)\,dV \]
olarak tanımlanır.
Yani \(E\)’nin dışında kalan noktalar Riemann toplamlarına sıfır katkı verir; geriye yalnız cismin içindeki parçaların katkıları kalır. \(F\), \(E\)’nin dışında sıfır olduğundan kutuyu büyütmek sonucu değiştirmez, bu yüzden tanım \(B\)’nin seçimine bağlı değildir. Bu, düzlemde genel bölge tanımının (Tanım 2.1) aynısıdır. \(f\) sürekli ve \(E\)’nin sınırı “yeterince düzgün” ise, örneğin sınır sonlu tane sürekli fonksiyonun grafiğinden oluşuyorsa, bu integral vardır.
Üç katlı integral, iki katlı integralin temel özelliklerini aynen taşır.
Önerme 6.1 (Üç Katlı İntegralin Özellikleri) \(f\) ve \(g\), \(E\) üzerinde integrallenebilir ve \(c\) bir sabit olsun.
(i) Lineerlik:
\[ \iiint_E (f + g)\,dV = \iiint_E f\,dV + \iiint_E g\,dV, \qquad \iiint_E c f\,dV = c \iiint_E f\,dV. \]
(ii) Karşılaştırma: \(E\)’nin her noktasında \(f \ge g\) ise
\[ \iiint_E f\,dV \ge \iiint_E g\,dV. \]
(iii) Toplamsallık: \(E = E_1 \cup E_2\) ve \(E_1\) ile \(E_2\) yalnız sınırlarında örtüşüyorsa
\[ \iiint_E f\,dV = \iiint_{E_1} f\,dV + \iiint_{E_2} f\,dV. \]
İspatın fikri
ve (ii) Riemann toplamlarında doğrudur: \(f + g\)’nin Riemann toplamı \(f\) ile \(g\)’nin Riemann toplamlarının toplamıdır, \(cf\)’ninki \(f\)’ninkinin \(c\) katıdır, \(f \ge g\) ise her terimde \(f(P_{ijk}^*)\,\Delta V \ge g(P_{ijk}^*)\,\Delta V\) olur. Limite geçmek eşitlikleri ve \(\ge\) eşitsizliğini korur. Genel bir bölgede aynı akıl yürütme \(F\) ve \(G\) uzantılarına uygulanır.
için \(E_1\), \(E_2\) ve \(E\)’nin uzantıları \(F_1\), \(F_2\) ve \(F\) olsun. \(F = F_1 + F_2\) eşitliği ortak sınır dışında her yerde sağlanır ve (i)’den \(\iiint_B (F_1 + F_2)\,dV\) iki integralin toplamıdır. Ortak sınırın hacmi sıfır olduğundan oradaki farkın integrale etkisi yoktur; hacmi sıfır olan kümelerin integrali değiştirmediğinin tam ispatı ileri analiz gerektirir. İki katlı integraldeki karşılıkları için bkz. Önerme 1.1 ve Önerme 2.1.
\(\blacksquare\)
Genel bir bölgede integrali hesaplamak için cismi iki yüzey arasına sıkıştırırız. Hangi değişkenin iki yüzey arasında değiştiğine göre üç tip bölge vardır.
Tanım 6.4 (Tip 1 Bölge) \(D\), \(xy\)-düzleminde bir bölge ve \(u_1\), \(u_2\) bu bölgede sürekli fonksiyonlar olmak üzere
\[ E = \{(x, y, z) \mid (x, y) \in D,\ u_1(x, y) \le z \le u_2(x, y)\} \]
biçimindeki bir cisme tip 1 bölge denir.
Yani \(E\) alttan \(z = u_1(x, y)\), üstten \(z = u_2(x, y)\) yüzeyiyle sınırlıdır ve \(D\), \(E\)’nin \(xy\)-düzlemine dik izdüşümüdür. Her \((x, y) \in D\) noktasından geçen dikey doğru \(E\)’yi tek bir doğru parçası boyunca keser.
Tanım 6.5 (Tip 2 Bölge) \(D\), \(yz\)-düzleminde bir bölge ve \(u_1\), \(u_2\) bu bölgede sürekli fonksiyonlar olmak üzere
\[ E = \{(x, y, z) \mid (y, z) \in D,\ u_1(y, z) \le x \le u_2(y, z)\} \]
biçimindeki bir cisme tip 2 bölge denir.
Yani bu kez \(D\), \(E\)’nin \(yz\)-düzlemine izdüşümüdür; \(E\) arkadan \(x = u_1(y, z)\), önden \(x = u_2(y, z)\) yüzeyiyle sınırlıdır.
Tanım 6.6 (Tip 3 Bölge) \(D\), \(xz\)-düzleminde bir bölge ve \(u_1\), \(u_2\) bu bölgede sürekli fonksiyonlar olmak üzere
\[ E = \{(x, y, z) \mid (x, z) \in D,\ u_1(x, z) \le y \le u_2(x, z)\} \]
biçimindeki bir cisme tip 3 bölge denir.
Yani \(D\), \(E\)’nin \(xz\)-düzlemine izdüşümüdür; \(E\) soldan \(y = u_1(x, z)\), sağdan \(y = u_2(x, z)\) yüzeyiyle sınırlıdır.
Aşağıdaki şekil üç tipi yan yana gösteriyor. Bir cisim aynı anda birden çok tipte olabilir; o zaman integrali kurmak için en elverişli tipi seçeriz.
Teorem 6.2 (Tip 1, Tip 2 ve Tip 3 Bölgelerde Üç Katlı İntegral) \(f\), \(E\) üzerinde sürekli olsun. \(E\)’nin ilgili koordinat düzlemine izdüşümü \(D\) de kapalı, sınırlı ve sınırının alanı sıfır olan bir bölge olsun; I. ve II. tip bölgeler (Tanım 2.2, Tanım 2.3) böyledir.
(i) \(E\) tip 1 bölgeyse
\[ \iiint_E f(x, y, z)\,dV = \iint_D \left[\int_{u_1(x, y)}^{u_2(x, y)} f(x, y, z)\,dz\right] dA. \tag{1} \]
(ii) \(E\) tip 2 bölgeyse
\[ \iiint_E f(x, y, z)\,dV = \iint_D \left[\int_{u_1(y, z)}^{u_2(y, z)} f(x, y, z)\,dx\right] dA. \tag{2} \]
(iii) \(E\) tip 3 bölgeyse
\[ \iiint_E f(x, y, z)\,dV = \iint_D \left[\int_{u_1(x, z)}^{u_2(x, z)} f(x, y, z)\,dy\right] dA. \tag{3} \]
İspatın fikri
- \(E\)’yi bir \(B = [a, b] \times [c, d] \times [r, s]\) kutusunun içine alalım, \(R = [a, b] \times [c, d]\) olsun ve \(F\), genel bölge tanımındaki (Tanım 6.3) uzantı olsun. Fubini Teoremi’ni en içte \(z\) olacak biçimde uygulayalım:
\[ \iiint_B F\,dV = \iint_R \left[\int_r^s F(x, y, z)\,dz\right] dA. \]
\((x, y) \in D\) ise \(F(x, y, z)\), \(u_1(x, y) \le z \le u_2(x, y)\) için \(f(x, y, z)\)’ye, bu aralığın dışında \(0\)’a eşittir; bu yüzden iç integral \(\int_{u_1(x, y)}^{u_2(x, y)} f(x, y, z)\,dz\) olur. \((x, y) \notin D\) ise dikey doğru \(E\)’ye hiç değmez, \(F\) orada sıfırdır ve iç integral \(0\)’dır. Böylece \(R\) üzerindeki iki katlı integral \(D\) üzerindeki integrale indirgenir ve (1) çıkar. (ii) ve (iii) aynı hesapla, en içte sırasıyla \(x\) ve \(y\) alınarak elde edilir.
Burada ileri analiz gerektiren tek adım şudur: \(F\), \(E\)’nin sınırında süreksiz olabildiğinden Teorem 6.1 doğrudan uygulanamaz. Fubini Teoremi, süreksizlikleri hacmi sıfır olan bir kümede (yani toplam hacmi istendiği kadar küçük kutularla örtülebilen bir kümede) kalan sınırlı fonksiyonlar için de geçerlidir. \(F\)’nin süreksizlikleri, sürekli \(u_1\) ve \(u_2\) fonksiyonlarının grafiklerinde ve \(D\)’nin sınırı üzerinde yükselen dikey duvarda kalır. Bu küme hacmi sıfır olan bir kümedir: \(u_1\) ve \(u_2\), kapalı ve sınırlı \(D\)’de düzgün sürekli olduğundan grafikleri, tabanları küçük dikdörtgenler ve yükseklikleri istendiği kadar küçük olan kutularla örtülür; duvar ise \(D\)’nin sınırını örten küçük toplam alanlı dikdörtgenlerin üzerine kurulan, yüksekliği \(s - r\) olan kutuların içinde kalır. Fubini Teoremi’nin bu genel hâlinin ispatı hacmi sıfır olan kümeler üzerine bir çalışma ister.
\(\blacksquare\)
(1)’in iç integralinde \(x\) ve \(y\) sabittir; \(u_1(x, y)\) ve \(u_2(x, y)\) sabit sayılar gibi davranır ve \(f(x, y, z)\) yalnız \(z\)’ye göre integrallenir. Dıştaki iki katlı integral için \(D\)’nin düzlemdeki tipine bakarız. \(D\) bir I. tip bölgeyse (Tanım 2.2), yani
\[ D = \{(x, y) \mid a \le x \le b,\ g_1(x) \le y \le g_2(x)\} \]
ise (1)
\[ \iiint_E f(x, y, z)\,dV = \int_a^b \int_{g_1(x)}^{g_2(x)} \int_{u_1(x, y)}^{u_2(x, y)} f(x, y, z)\,dz\,dy\,dx \tag{4} \]
olur. \(D\) bir II. tip bölgeyse (Tanım 2.3), yani
\[ D = \{(x, y) \mid c \le y \le d,\ h_1(y) \le x \le h_2(y)\} \]
ise
\[ \iiint_E f(x, y, z)\,dV = \int_c^d \int_{h_1(y)}^{h_2(y)} \int_{u_1(x, y)}^{u_2(x, y)} f(x, y, z)\,dz\,dx\,dy \tag{5} \]
olur. (2) ve (3) için de \(D\)’nin I. ya da II. tip olmasına göre aynı biçimde iki ardışık integral yazılabilir.
İpucuÜç katlı integrali dört adımda kurmak
1. Cismi ve onun bir koordinat düzlemine izdüşümünü ayrı ayrı çizin.
2. En içteki değişkeni seçin ve cismin o yöndeki alt ve üst sınır yüzeylerini bulun; bunlar iç integralin sınırlarıdır.
3. İzdüşüm \(D\)’yi düzlemde I. ya da II. tip bölge olarak yazın; ortadaki ve dıştaki integralin sınırları buradan gelir.
4. Sınırları denetleyin: iç integralin sınırları en çok iki değişkene, ortadakininkiler en çok bir değişkene bağlı olabilir, dıştakininkiler sabittir. Sonra içten dışa doğru hesaplayın.
Örnek 6.2 (Bir Yüzeyin Altında Kalan Cisim) \(E\), birinci oktantta \(z = 12xy\) yüzeyi ile \(y = x\), \(x = 1\) ve \(z = 0\) düzlemleri arasında kalan cisim olsun. \(\displaystyle\iiint_E z\,dV\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
Cisim ve izdüşüm. \(E\) alttan \(z = 0\) düzlemiyle, üstten \(z = 12xy\) yüzeyiyle sınırlıdır; bu yüzden \(u_1(x, y) = 0\) ve \(u_2(x, y) = 12xy\) alarak \(E\)’ye tip 1 bölge olarak bakarız. \(E\)’nin \(xy\)-düzlemine izdüşümü \(y = 0\), \(y = x\) ve \(x = 1\) doğrularıyla çevrili \(D\) üçgenidir ve bir I. tip bölgedir: \(0 \le x \le 1\), \(0 \le y \le x\). Demek ki
\[ E = \{(x, y, z) \mid 0 \le x \le 1,\ 0 \le y \le x,\ 0 \le z \le 12xy\} \]
ve (4)’e göre
\[ \iiint_E z\,dV = \int_0^1 \int_0^x \int_0^{12xy} z\,dz\,dy\,dx \]
olur.
İç integral.
\[ \int_0^{12xy} z\,dz = \left[\frac{z^2}{2}\right]_{z=0}^{z=12xy} = \frac{(12xy)^2}{2} = 72x^2y^2. \]
Ortadaki integral.
\[ \int_0^x 72x^2y^2\,dy = 72x^2 \left[\frac{y^3}{3}\right]_{y=0}^{y=x} = 24x^5. \]
Dıştaki integral.
\[ \int_0^1 24x^5\,dx = 24 \left[\frac{x^6}{6}\right]_0^1 = 4. \]
Sonuç olarak \(\displaystyle\iiint_E z\,dV = 4\) olur.
\(\blacksquare\)
Bu ardışık integralin cismi nasıl taradığını adım adım izleyelim. En içteki integralde \(x\) ve \(y\) sabittir ve \(z\), \(0\)’dan \(12xy\)’ye giderek dikey bir çubuğu tarar. Ortadaki integralde \(x\) sabittir ve \(y\), \(0\)’dan \(x\)’e giderken bu çubuklar bir üçgen dilim oluşturur. Dıştaki integralde \(x\), \(0\)’dan \(1\)’e giderken dilimler bütün cismi doldurur.
Etkileşimli sahne: ardışık integral cismi tarar. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz; düşey eksen küçültülmüş ölçektedir. Yarı saydam mavi yüzeyler Örnek 6.2 içindeki \(E\) cismini sınırlar. \(x\) kaydırıcısı turuncu üçgen dilimi, \(y\) kaydırıcısı da dilimin içindeki dikey çubuğu taşır; tabanda \(D\) üçgeninin \(0\)’dan \(x\)’e kadar taranmış kısmı boyalıdır. Değer satırı üç integrali ayrı ayrı gösterir: çubuk boyunca iç integral \(72x^2y^2\), dilim boyunca ortadaki integral \(24x^5\) ve \(0\)’dan \(x\)’e kadar bütün dilimlerin toplamı \(\int_0^x 24t^5\,dt = 4x^6\). Örneğin \(x = 0{,}5\) için dilimin integrali \(0{,}75\), taranan kısmınki \(0{,}0625\)’tir. \(x = 1\) olunca dilimler bütün cismi doldurur ve toplam, örnekteki \(4\) değerine ulaşır. \(y\) değeri \(x\)’i aşarsa \((x, y)\) noktası \(D\)’nin dışına çıkar ve çubuk kaybolur.
Bazen aynı cisim birden çok tipte yazılabilir ve tiplerden biri hesabı çok daha kolay kılar. Bir sonraki örnek bunu gösteriyor.
Örnek 6.3 (Bir Paraboloitle Sınırlı Cisim) \(E\), \(y = x^2 + z^2\) paraboloidi ile \(y = 4\) düzlemi arasında kalan cisim olsun. \(\displaystyle\iiint_E \sqrt{x^2 + z^2}\,dV\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
Tip 1 olarak bakarsak. Paraboloidin \(z = 0\) düzlemindeki izi \(y = x^2\) parabolüdür; bu yüzden \(E\)’nin \(xy\)-düzlemine izdüşümü
\[ D_1 = \{(x, y) \mid -2 \le x \le 2,\ x^2 \le y \le 4\} \]
bölgesidir. \(y = x^2 + z^2\) eşitliğinden \(z = \pm\sqrt{y - x^2}\) bulunur; alt sınır yüzeyi \(z = -\sqrt{y - x^2}\), üst sınır yüzeyi \(z = \sqrt{y - x^2}\)’dir. Böylece
\[ \iiint_E \sqrt{x^2 + z^2}\,dV = \int_{-2}^{2} \int_{x^2}^{4} \int_{-\sqrt{y - x^2}}^{\sqrt{y - x^2}} \sqrt{x^2 + z^2}\,dz\,dy\,dx \]
olur. Bu ifade doğrudur, ama en içteki integral bile çok zahmetlidir.
Tip 3 olarak bakarsak. Paraboloidin \(y = 4\) düzlemindeki izi \(x^2 + z^2 = 4\) çemberidir; bu yüzden \(E\)’nin \(xz\)-düzlemine izdüşümü \(D_3 = \{(x, z) \mid x^2 + z^2 \le 4\}\) diskidir. \(E\) soldan \(y = x^2 + z^2\) paraboloidiyle, sağdan \(y = 4\) düzlemiyle sınırlıdır. (3)’te \(u_1(x, z) = x^2 + z^2\) ve \(u_2(x, z) = 4\) alırsak, \(\sqrt{x^2 + z^2}\) çarpanı \(y\)’ye bağlı olmadığından
\[ \begin{aligned} \iiint_E \sqrt{x^2 + z^2}\,dV &= \iint_{D_3} \left[\int_{x^2 + z^2}^{4} \sqrt{x^2 + z^2}\,dy\right] dA \\[1mm] &= \iint_{D_3} (4 - x^2 - z^2)\sqrt{x^2 + z^2}\,dA \end{aligned} \]
bulunur.
Kutupsal koordinatlar. Bu integral
\[ \int_{-2}^{2} \int_{-\sqrt{4 - x^2}}^{\sqrt{4 - x^2}} (4 - x^2 - z^2)\sqrt{x^2 + z^2}\,dz\,dx \]
olarak da yazılabilir; ama \(D_3\) bir disk olduğundan \(xz\)-düzleminde kutupsal koordinatlara geçmek (Teorem 3.1) çok daha kolaydır: \(x = r\cos\theta\), \(z = r\sin\theta\), \(x^2 + z^2 = r^2\), \(dA = r\,dr\,d\theta\) ve \(D_3\) için \(0 \le r \le 2\), \(0 \le \theta \le 2\pi\). Buna göre
\[ \begin{aligned} \iint_{D_3} (4 - x^2 - z^2)\sqrt{x^2 + z^2}\,dA &= \int_0^{2\pi} \int_0^2 (4 - r^2)\,r \cdot r\,dr\,d\theta \\[1mm] &= \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^2 (4r^2 - r^4)\,dr \\[1mm] &= 2\pi \left[\frac{4r^3}{3} - \frac{r^5}{5}\right]_0^2 \\[1mm] &= 2\pi \left(\frac{32}{3} - \frac{32}{5}\right) = \frac{128\pi}{15}. \end{aligned} \]
\(\blacksquare\)
6.3 İntegrasyon Sırasını Değiştirmek
Fubini Teoremi bir üç katlı integrali altı farklı sırada ardışık integral olarak yazmamıza izin verir. Bir sırada zor olan integral başka bir sırada kolaylaşabilir; bu yüzden verilen bir ardışık integrali başka bir sıraya çevirmeyi bilmek gerekir.
İpucuSırayı üç adımda değiştirmek
1. Verilen sınırlardan cismi eşitsizliklerle yazın: \(E = \{(x, y, z) \mid \dots\}\).
2. \(E\)’nin üç koordinat düzlemine izdüşümlerini bulun ve her birini hem I. tip hem II. tip bölge olarak yazın.
3. İstenen sıranın en içteki değişkeni için cismin alt ve üst sınır yüzeylerini okuyun; kalan iki değişkenin sınırlarını ilgili izdüşümün uygun biçiminden alın.
Aşağıdaki iki örnekte
\[ \int_0^1 \int_0^{x^2} \int_0^y f(x, y, z)\,dz\,dy\,dx \]
ardışık integralini başka sıralara çevireceğiz. Sınırlar cismi
\[ E = \{(x, y, z) \mid 0 \le x \le 1,\ 0 \le y \le x^2,\ 0 \le z \le y\} \]
olarak verir. Bu bir tip 1 betimlemedir: \(E\) alttan \(z = 0\), üstten \(z = y\) düzlemiyle sınırlıdır ve \(xy\)-düzlemine izdüşümü \(0 \le x \le 1\), \(0 \le y \le x^2\) bölgesidir. Demek ki \(E\), birinci oktantta \(z = 0\), \(x = 1\) ve \(y = z\) düzlemleri ile \(y = x^2\) (yani \(x = \sqrt{y}\)) parabolik silindiri arasında kalan cisimdir.
Üç izdüşümü de iki biçimde yazalım. \(D_1\) doğrudan sınırlardan okunur. \((y, z)\) sabitken \(x\), \(\sqrt{y} \le x \le 1\) aralığında değer alabilmelidir; bu \(y \le 1\) demektir, dolayısıyla \(D_2\) için \(0 \le z \le y \le 1\) koşulu kalır. \((x, z)\) sabitken \(z \le y \le x^2\) olan bir \(y\) bulunması \(z \le x^2\) demektir; bu da \(D_3\)’ü verir:
\[ \begin{aligned} D_1 &= \{(x, y) \mid 0 \le x \le 1,\ 0 \le y \le x^2\} \\[1mm] &= \{(x, y) \mid 0 \le y \le 1,\ \sqrt{y} \le x \le 1\}, \\[1mm] D_2 &= \{(y, z) \mid 0 \le y \le 1,\ 0 \le z \le y\} \\[1mm] &= \{(y, z) \mid 0 \le z \le 1,\ z \le y \le 1\}, \\[1mm] D_3 &= \{(x, z) \mid 0 \le x \le 1,\ 0 \le z \le x^2\} \\[1mm] &= \{(x, z) \mid 0 \le z \le 1,\ \sqrt{z} \le x \le 1\}. \end{aligned} \]
Örnek 6.4 (Sırayı Değiştirme, Önce x) \(\displaystyle\int_0^1 \int_0^{x^2} \int_0^y f(x, y, z)\,dz\,dy\,dx\) ardışık integralini önce \(x\)’e, sonra \(z\)’ye, en sonda \(y\)’ye göre integral alınacak biçimde yazınız.
Çözüm
En içteki değişken \(x\). \((y, z)\) sabitken \(x\)’in değiştiği aralığa bakarız, yani \(E\)’ye tip 2 bölge olarak bakarız. \(E\) arkadan \(x = \sqrt{y}\) yüzeyiyle (\(y = x^2\) silindiri), önden \(x = 1\) düzlemiyle sınırlıdır: \(\sqrt{y} \le x \le 1\).
Kalan iki değişken. \((y, z)\) ikilisi \(E\)’nin \(yz\)-düzlemine izdüşümü \(D_2\)’de değişir. Önce \(z\)’ye, sonra \(y\)’ye göre integral alacağımız için \(D_2\)’nin \(0 \le y \le 1\), \(0 \le z \le y\) biçimini kullanırız. Böylece
\[ E = \{(x, y, z) \mid 0 \le y \le 1,\ 0 \le z \le y,\ \sqrt{y} \le x \le 1\} \]
ve
\[ \iiint_E f(x, y, z)\,dV = \int_0^1 \int_0^y \int_{\sqrt{y}}^1 f(x, y, z)\,dx\,dz\,dy \]
olur.
\(\blacksquare\)
Örnek 6.5 (Sırayı Değiştirme, Önce y) \(\displaystyle\int_0^1 \int_0^{x^2} \int_0^y f(x, y, z)\,dz\,dy\,dx\) ardışık integralini önce \(y\)’ye, sonra \(x\)’e, en sonda \(z\)’ye göre integral alınacak biçimde yazınız.
Çözüm
En içteki değişken \(y\). \((x, z)\) sabitken \(y\)’nin değiştiği aralığa bakarız, yani \(E\)’ye tip 3 bölge olarak bakarız. \(E\) soldan \(y = z\) düzlemiyle, sağdan \(y = x^2\) yüzeyiyle sınırlıdır: \(z \le y \le x^2\).
Kalan iki değişken. \((x, z)\) ikilisi \(E\)’nin \(xz\)-düzlemine izdüşümü \(D_3\)’te değişir. Önce \(x\)’e, sonra \(z\)’ye göre integral alacağımız için \(D_3\)’ün \(0 \le z \le 1\), \(\sqrt{z} \le x \le 1\) biçimini kullanırız. Böylece
\[ E = \{(x, y, z) \mid 0 \le z \le 1,\ \sqrt{z} \le x \le 1,\ z \le y \le x^2\} \]
ve
\[ \iiint_E f(x, y, z)\,dV = \int_0^1 \int_{\sqrt{z}}^1 \int_z^{x^2} f(x, y, z)\,dy\,dx\,dz \]
olur.
\(\blacksquare\)
Etkileşimli sahne: aynı cisim, üç sıra. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz. Yarı saydam mavi yüzeyler yukarıdaki iki örneğin \(E\) cismini sınırlar. Sıra seçeneği ardışık integralin sırasını belirler: verilen \(dz\,dy\,dx\) sırası, Örnek 6.4 içindeki \(dx\,dz\,dy\) sırası ya da Örnek 6.5 içindeki \(dy\,dx\,dz\) sırası. Dış değişken sabitlenince cisimden turuncu bir dilim kesilir; dilim kaydırıcısı bu sabit değeri taşır. Dilim dış değişkenin eksenine dik bir düzlemdedir. İçindeki çubuklar en içteki değişkenin yönündedir ve uçları iç integralin sınırlarıdır. \(dz\,dy\,dx\) sırasında dilimler \(x\) sabitken üçgenler, \(dx\,dz\,dy\) sırasında \(y\) sabitken dikdörtgenler, \(dy\,dx\,dz\) sırasında ise \(z\) sabitken eğri kenarlı bölgelerdir. İntegrand \(1\) alınırsa ardışık integral \(E\)’nin hacmini verir (Önerme 6.2); değer satırı dilimin alanını ve o ana kadar taranan hacmi gösterir. Dilim değeri \(0{,}5\) iken taranan hacimler üç sırada \(0{,}0031\), \(0{,}0543\) ve \(0{,}0888\) gibi birbirinden çok farklı sayılardır. Dilim \(1\)’e ulaşınca üç sıra da aynı \(1/10\) değerini verir.
UyarıSınırları taşımak yetmez
Sırayı değiştirirken sınırları olduğu gibi bırakıp yalnız diferansiyellerin yerini değiştirmek yanlıştır. Örneğin \(\int_0^1 \int_0^{x^2} \int_0^y f\,dz\,dy\,dx\) yerine \(\int_0^1 \int_0^{x^2} \int_0^y f\,dy\,dz\,dx\) yazarsak ifade anlamsız olur: en içteki integral \(y\)’ye göre alınır, ama üst sınırı yine \(y\)’dir. Sınırlar her zaman cismin eşitsizliklerinden ve izdüşümlerinden yeniden okunmalıdır.
6.4 Hacim
Üç katlı integralin en basit yorumu, integrand yerine sabit \(1\) fonksiyonu koyduğumuzda ortaya çıkar.
\(f \ge 0\) iken tek katlı integral bir eğrinin altındaki alanı, iki katlı integral bir yüzeyin altındaki hacmi verir. Üç katlı integralin benzer yorumu dört boyutlu bir cismin “hiperhacmi” olurdu: \(E\) yalnız \(f\)’nin tanım kümesidir, \(f\)’nin grafiği ise dört boyutlu uzaydadır. Bu yorum pek işe yaramaz. Buna karşılık \(x\), \(y\), \(z\) ve \(f\)’nin anlamına göre üç katlı integral kütle, yük ya da olasılık gibi çok farklı nicelikleri ölçer. En basit durum \(f = 1\) durumudur.
Önerme 6.2 (Üç Katlı İntegral ile Hacim) \(E\) bir cisim ise hacmi
\[ V(E) = \iiint_E dV \]
ile verilir.
İspat
\(E\) tip 1 bölge olsun. (1)’de \(f = 1\) alırsak
\[ \iiint_E 1\,dV = \iint_D \left[\int_{u_1(x, y)}^{u_2(x, y)} dz\right] dA = \iint_D \big[u_2(x, y) - u_1(x, y)\big]\,dA \]
olur. Sağdaki iki katlı integral, \(D\) üzerinde \(z = u_1(x, y)\) ile \(z = u_2(x, y)\) yüzeyleri arasında kalan cismin, yani \(E\)’nin hacmidir: her \((x, y) \in D\) noktasının üstündeki dikey parçanın uzunluğu \(u_2(x, y) - u_1(x, y)\)’dir ve iki katlı integral bu uzunlukları \(D\) üzerinde toplar. Tip 2 ve tip 3 bölgeler için aynı hesap (2) ve (3) ile yapılır.
\(\blacksquare\)
Hacim hesaplamak için üç katlı integral zorunlu değildir; aynı hacim yukarıdaki gibi bir iki katlı integralle de bulunur. Ama üç katlı integral, sınırları doğrudan cismin yüzeylerinden okuduğumuz için kurulumu çoğu zaman kolaylaştırır.
Örnek 6.6 (Bir Dörtyüzlünün Hacmi) \(x + 2y + z = 2\), \(x = 2y\), \(x = 0\) ve \(z = 0\) düzlemleriyle sınırlı \(T\) dörtyüzlüsünün hacmini üç katlı integralle bulunuz.
Çözüm
Sınırlar. \(T\) alttan \(z = 0\) düzlemiyle, üstten \(x + 2y + z = 2\), yani \(z = 2 - x - 2y\) düzlemiyle sınırlıdır. Üst düzlemin \(z = 0\) düzlemindeki izi \(x + 2y = 2\), yani \(y = 1 - x/2\) doğrusudur. Bu yüzden \(T\)’nin \(xy\)-düzlemine izdüşümü \(D\); \(x = 0\), \(y = x/2\) ve \(y = 1 - x/2\) doğrularıyla çevrili üçgendir. Son iki doğru \(x = 1\), \(y = 1/2\) noktasında kesiştiğinden
\[ D = \{(x, y) \mid 0 \le x \le 1,\ x/2 \le y \le 1 - x/2\} \]
olur. \(T\)’nin köşeleri \((0, 0, 0)\), \((0, 1, 0)\), \((0, 0, 2)\) ve \((1, 1/2, 0)\)’dır.
İntegral. Önerme 6.2 ve (4)’e göre
\[ V(T) = \int_0^1 \int_{x/2}^{1 - x/2} \int_0^{2 - x - 2y} dz\,dy\,dx = \int_0^1 \int_{x/2}^{1 - x/2} (2 - x - 2y)\,dy\,dx. \]
İç integralde \(x\) sabittir:
\[ \begin{aligned} \int_{x/2}^{1 - x/2} (2 - x - 2y)\,dy &= \Big[(2 - x)\,y - y^2\Big]_{y = x/2}^{y = 1 - x/2} \\[1mm] &= \left(1 - \frac{x}{2}\right)^2 - \left(x - \frac{3x^2}{4}\right) = (1 - x)^2. \end{aligned} \]
Burada üst sınırdaki değer, \(2 - x = 2(1 - x/2)\) olduğundan
\[ (2 - x)\left(1 - \frac{x}{2}\right) - \left(1 - \frac{x}{2}\right)^2 = \left(1 - \frac{x}{2}\right)^2 \]
olarak sadeleşti. Son olarak
\[ V(T) = \int_0^1 (1 - x)^2\,dx = \left[-\frac{(1 - x)^3}{3}\right]_0^1 = \frac{1}{3}. \]
Sağlama: \(T\)’nin \((0, 0, 0)\), \((0, 1, 0)\), \((0, 0, 2)\) köşeli yüzü \(yz\)-düzlemindedir ve alanı \(\frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 2 = 1\)’dir. Dördüncü köşe \((1, 1/2, 0)\)’ın bu düzleme uzaklığı \(1\) olduğundan dörtyüzlünün hacmi \(\frac{1}{3} \cdot 1 \cdot 1 = \frac{1}{3}\)’tür.
\(\blacksquare\)
6.5 Kütle, Momentler ve Kütle Merkezi
İki katlı integralin fiziksel uygulamaları (Tanım 4.4, Tanım 4.5) üç boyuta aynen taşınır; tek fark, ince bir levha yerine hacmi olan bir cisimle çalışmamızdır.
\(E\) bölgesini kaplayan bir cismin \((x, y, z)\) noktasındaki yoğunluğu, yani birim hacim başına kütlesi \(\rho(x, y, z)\) olsun. \(E\)’yi içeren bir \(B\) kutusunu \(B_{ijk}\) alt kutularına bölelim ve \(E\)’nin dışında \(\rho = 0\) kabul edelim. Bir \(P_{ijk}^* \in B_{ijk}\) noktası seçersek cismin \(B_{ijk}\) içindeki parçasının kütlesi yaklaşık \(\rho(P_{ijk}^*)\,\Delta V\) olur. Bu yaklaşık kütlelerin toplamı \(\rho\)’nun bir Riemann toplamıdır; bölüntüyü incelttiğimizde toplam kütleyi elde ederiz.
Tanım 6.7 (Bir Cismin Kütlesi) \(E\) bölgesini kaplayan bir cismin yoğunluğu sürekli bir \(\rho(x, y, z)\) fonksiyonuyla veriliyorsa cismin kütlesi
\[ m = \iiint_E \rho(x, y, z)\,dV \]
sayısıdır.
Yani kütle, yoğunluğun cisim üzerindeki üç katlı integralidir: küçük parçaların yaklaşık kütlelerinin toplamı tam da bu integralin Riemann toplamıdır. Aynı düşünce başka yoğunluklar için de çalışır: yük yoğunluğu \(\sigma(x, y, z)\) olan bir cismin toplam elektrik yükü \(Q = \iiint_E \sigma(x, y, z)\,dV\) olur.
Tanım 6.8 (Momentler ve Kütle Merkezi) Yoğunluğu \(\rho\) ve kütlesi \(m\) olan \(E\) cisminin koordinat düzlemlerine göre momentleri
\[ M_{yz} = \iiint_E x\,\rho\,dV, \qquad M_{xz} = \iiint_E y\,\rho\,dV, \qquad M_{xy} = \iiint_E z\,\rho\,dV \]
sayılarıdır. Cismin kütle merkezi
\[ \bar{x} = \frac{M_{yz}}{m}, \qquad \bar{y} = \frac{M_{xz}}{m}, \qquad \bar{z} = \frac{M_{xy}}{m} \]
olmak üzere \((\bar{x}, \bar{y}, \bar{z})\) noktasıdır. Yoğunluk sabitse kütle merkezine \(E\)’nin geometrik merkezi (centroid) denir.
Yani \(M_{yz}\), her küçük parçanın kütlesini o parçanın \(yz\)-düzlemine işaretli uzaklığı olan \(x\) ile çarpıp toplar; \(\bar{x}\) bu uzaklıkların kütleye göre ağırlıklı ortalamasıdır. Cisim kütle merkezinden desteklense dengede kalır. Yoğunluk sabitse \(\rho\) hem pay hem paydada çarpan olarak çıkar ve sadeleşir; bu yüzden geometrik merkez yalnız cismin biçimine bağlıdır.
Tanım 6.9 (Eylemsizlik Momentleri) Yoğunluğu \(\rho\) olan \(E\) cisminin koordinat eksenlerine göre eylemsizlik momentleri
\[ \begin{aligned} I_x &= \iiint_E (y^2 + z^2)\,\rho(x, y, z)\,dV, \\[1mm] I_y &= \iiint_E (x^2 + z^2)\,\rho(x, y, z)\,dV, \\[1mm] I_z &= \iiint_E (x^2 + y^2)\,\rho(x, y, z)\,dV \end{aligned} \]
sayılarıdır.
Yani her küçük parçanın kütlesi, eksene olan uzaklığının karesiyle çarpılıp toplanır; örneğin \((x, y, z)\) noktasının \(x\) eksenine uzaklığının karesi \(y^2 + z^2\)’dir. Eylemsizlik momenti, cismin o eksen etrafında döndürülmeye karşı gösterdiği direncin ölçüsüdür: kütle eksenden uzaklaştıkça moment büyür.
Örnek 6.7 (Sabit Yoğunluklu Bir Cismin Kütle Merkezi) Yoğunluğu sabit olan ve \(x = y^2\) parabolik silindiri ile \(x = z\), \(z = 0\) ve \(x = 1\) düzlemleriyle sınırlı cismin kütle merkezini bulunuz.
Çözüm
Bölge. \(E\) alttan \(z = 0\), üstten \(z = x\) düzlemiyle sınırlıdır; bu yüzden ona tip 1 bölge olarak bakarız. İzdüşümü \(D\), \(x = y^2\) parabolü ile \(x = 1\) doğrusu arasındaki bölgedir; ikisi \(y = \pm 1\)’de kesişir. \(D\)’yi II. tip bölge olarak yazarsak
\[ E = \{(x, y, z) \mid -1 \le y \le 1,\ y^2 \le x \le 1,\ 0 \le z \le x\} \]
olur. Yoğunluk \(\rho(x, y, z) = \rho\) sabiti olsun.
Kütle.
\[ \begin{aligned} m &= \int_{-1}^{1} \int_{y^2}^{1} \int_0^x \rho\,dz\,dx\,dy = \rho \int_{-1}^{1} \int_{y^2}^{1} x\,dx\,dy \\[1mm] &= \rho \int_{-1}^{1} \left[\frac{x^2}{2}\right]_{x=y^2}^{x=1} dy = \frac{\rho}{2} \int_{-1}^{1} (1 - y^4)\,dy. \end{aligned} \]
Son integrand çift fonksiyon olduğundan
\[ m = \rho \int_0^1 (1 - y^4)\,dy = \rho \left[y - \frac{y^5}{5}\right]_0^1 = \frac{4\rho}{5}. \]
Simetri. \(E\) ve \(\rho\), \(xz\)-düzlemine göre simetriktir: \((x, y, z) \in E\) ise \((x, -y, z) \in E\)’dir. Gerçekten de
\[ M_{xz} = \int_{-1}^{1} y \left[\int_{y^2}^{1} \int_0^x \rho\,dz\,dx\right] dy = \int_{-1}^{1} y \cdot \frac{\rho}{2}(1 - y^4)\,dy = 0 \]
olur, çünkü son integrand tek fonksiyondur. Demek ki \(\bar{y} = 0\)’dır.
\(M_{yz}\).
\[ \begin{aligned} M_{yz} &= \int_{-1}^{1} \int_{y^2}^{1} \int_0^x x\rho\,dz\,dx\,dy = \rho \int_{-1}^{1} \int_{y^2}^{1} x^2\,dx\,dy \\[1mm] &= \rho \int_{-1}^{1} \left[\frac{x^3}{3}\right]_{x=y^2}^{x=1} dy = \frac{2\rho}{3} \int_0^1 (1 - y^6)\,dy \\[1mm] &= \frac{2\rho}{3} \left[y - \frac{y^7}{7}\right]_0^1 = \frac{2\rho}{3} \cdot \frac{6}{7} = \frac{4\rho}{7}. \end{aligned} \]
\(M_{xy}\).
\[ \begin{aligned} M_{xy} &= \int_{-1}^{1} \int_{y^2}^{1} \int_0^x z\rho\,dz\,dx\,dy = \rho \int_{-1}^{1} \int_{y^2}^{1} \left[\frac{z^2}{2}\right]_{z=0}^{z=x} dx\,dy \\[1mm] &= \frac{\rho}{2} \int_{-1}^{1} \int_{y^2}^{1} x^2\,dx\,dy = \frac{\rho}{2} \cdot \frac{4}{7} = \frac{2\rho}{7}. \end{aligned} \]
Burada \(\int_{-1}^{1} \int_{y^2}^{1} x^2\,dx\,dy = \frac{4}{7}\) değerini \(M_{yz}\) hesabından aldık.
Kütle merkezi.
\[ \bar{x} = \frac{M_{yz}}{m} = \frac{4\rho/7}{4\rho/5} = \frac{5}{7}, \qquad \bar{z} = \frac{M_{xy}}{m} = \frac{2\rho/7}{4\rho/5} = \frac{5}{14}. \]
Kütle merkezi \((\bar{x}, \bar{y}, \bar{z}) = \left(\frac{5}{7}, 0, \frac{5}{14}\right)\) noktasıdır. Beklendiği gibi sonuç \(\rho\)’ya bağlı değildir.
\(\blacksquare\)
6.6 Olasılık ve Ortalama Değer
Üç katlı integralin iki uygulaması daha, düzlemdeki karşılıklarının doğrudan genişlemesidir.
Tanım 6.10 (Üç Değişkenli Ortak Olasılık Yoğunluk Fonksiyonu) \(X\), \(Y\) ve \(Z\) sürekli rastgele değişkenler olsun. Uzaydaki her \(E\) bölgesi için
\[ P\big((X, Y, Z) \in E\big) = \iiint_E f(x, y, z)\,dV \]
eşitliğini sağlayan \(f\) fonksiyonuna \(X\), \(Y\), \(Z\)’nin ortak olasılık yoğunluk fonksiyonu denir. Böyle bir fonksiyon her yerde \(f(x, y, z) \ge 0\) koşulunu ve
\[ \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f(x, y, z)\,dz\,dy\,dx = 1 \]
eşitliğini sağlar.
Yani bir olasılık, yoğunluğun ilgili bölge üzerindeki integralidir; özel olarak bir kutu için
\[ P(a \le X \le b,\ c \le Y \le d,\ r \le Z \le s) = \int_a^b \int_c^d \int_r^s f(x, y, z)\,dz\,dy\,dx \]
olur. Bütün uzay üzerindeki integral, bir genelleştirilmiş integraldir (bkz. Analiz 3) ve \((X, Y, Z)\) noktası mutlaka bir yerde bulunduğu için değeri \(1\)’dir. Bu tanım, iki değişkenli ortak yoğunluğun (Tanım 4.7) doğal genişlemesidir.
Tanım 6.11 (Bir Cisim Üzerinde Ortalama Değer) \(f\)’nin \(E\) cismi üzerindeki ortalama değeri
\[ f_{\text{ort}} = \frac{1}{V(E)} \iiint_E f(x, y, z)\,dV \]
sayısıdır.
Yani integrali cismin hacmine bölüyoruz; bu, bir aralık ve bir düzlem bölgesi üzerinde tanımladığımız ortalamanın (Tanım 1.6) üç boyutlu karşılığıdır. Örneğin \(\rho\) bir yoğunluksa \(\rho_{\text{ort}} = m / V(E)\), cismin ortalama yoğunluğudur.
Örnek 6.8 (Bir Küpte Ortalama Değer) Bir köşesi orijinde olan, kenarları koordinat eksenleri boyunca uzanan ve birinci oktantta bulunan, kenar uzunluğu \(L\) olan küpte \(f(x, y, z) = xyz\) fonksiyonunun ortalama değerini bulunuz.
Çözüm
Küp \(B = [0, L] \times [0, L] \times [0, L]\) kutusudur ve hacmi \(V(B) = L^3\)’tür. Fubini Teoremi’ne göre integrali içten dışa hesaplayalım:
\[ \int_0^L xyz\,dx = \frac{L^2}{2}\,yz, \qquad \int_0^L \frac{L^2}{2}\,yz\,dy = \frac{L^4}{4}\,z, \qquad \int_0^L \frac{L^4}{4}\,z\,dz = \frac{L^6}{8}. \]
Buna göre
\[ f_{\text{ort}} = \frac{1}{L^3} \cdot \frac{L^6}{8} = \frac{L^3}{8} \]
olur. Bu değer \(f\)’nin küpün merkezindeki değerine eşittir: \(f\left(\frac{L}{2}, \frac{L}{2}, \frac{L}{2}\right) = \frac{L^3}{8}\).
\(\blacksquare\)
6.7 Alıştırmalar
Aşağıdaki alıştırmalar kutuda Fubini Teoremi’nden integrasyon sırasını değiştirmeye, hacimden kütle merkezine ve olasılığa kadar bölümün bütün konularını kapsıyor.
Alıştırma 6.1 (Üç Farklı Sırayla Aynı Sonuç) \(E = [0, 2] \times [0, 1] \times [0, 3]\) kutusu üzerinde \(\displaystyle\iiint_E (xy + z^2)\,dV\) integralini üç farklı integrasyon sırasıyla hesaplayınız.
Çözüm
Önce \(z\), sonra \(y\), sonra \(x\).
\[ \begin{aligned} \int_0^3 (xy + z^2)\,dz &= 3xy + 9, \\[1mm] \int_0^1 (3xy + 9)\,dy &= \frac{3x}{2} + 9, \\[1mm] \int_0^2 \left(\frac{3x}{2} + 9\right) dx &= 3 + 18 = 21. \end{aligned} \]
Önce \(x\), sonra \(y\), sonra \(z\).
\[ \begin{aligned} \int_0^2 (xy + z^2)\,dx &= 2y + 2z^2, \\[1mm] \int_0^1 (2y + 2z^2)\,dy &= 1 + 2z^2, \\[1mm] \int_0^3 (1 + 2z^2)\,dz &= 3 + 18 = 21. \end{aligned} \]
Önce \(y\), sonra \(z\), sonra \(x\).
\[ \begin{aligned} \int_0^1 (xy + z^2)\,dy &= \frac{x}{2} + z^2, \\[1mm] \int_0^3 \left(\frac{x}{2} + z^2\right) dz &= \frac{3x}{2} + 9, \\[1mm] \int_0^2 \left(\frac{3x}{2} + 9\right) dx &= 21. \end{aligned} \]
Üç sıra da Fubini Teoremi’nin (Teorem 6.1) söylediği gibi aynı değeri verir: \(\displaystyle\iiint_E (xy + z^2)\,dV = 21\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 6.2 (Bir Düzlemin Altında Kalan Cisim) \(E\), \(z = 1 + x + y\) düzleminin altında ve \(xy\)-düzleminde \(y = \sqrt{x}\), \(y = 0\) ve \(x = 1\) eğrileriyle sınırlı bölgenin üstünde kalan cisim olsun. \(\displaystyle\iiint_E 6xy\,dV\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
Kurulum. \(E\) tip 1 bölgedir: \(0 \le z \le 1 + x + y\). İzdüşüm
\[ D = \{(x, y) \mid 0 \le x \le 1,\ 0 \le y \le \sqrt{x}\} \]
bir I. tip bölgedir. (4)’e göre
\[ \iiint_E 6xy\,dV = \int_0^1 \int_0^{\sqrt{x}} \int_0^{1 + x + y} 6xy\,dz\,dy\,dx. \]
İç integral. \(6xy\), \(z\)’ye bağlı değildir:
\[ \int_0^{1 + x + y} 6xy\,dz = 6xy(1 + x + y) = 6xy + 6x^2y + 6xy^2. \]
Ortadaki integral.
\[ \begin{aligned} \int_0^{\sqrt{x}} (6xy + 6x^2y + 6xy^2)\,dy &= \Big[3xy^2 + 3x^2y^2 + 2xy^3\Big]_{y=0}^{y=\sqrt{x}} \\[1mm] &= 3x^2 + 3x^3 + 2x^{5/2}. \end{aligned} \]
Dıştaki integral.
\[ \int_0^1 (3x^2 + 3x^3 + 2x^{5/2})\,dx = 1 + \frac{3}{4} + \frac{4}{7} = \frac{28 + 21 + 16}{28} = \frac{65}{28}. \]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 6.3 (Bir Paraboloidin İçinde İntegral) \(E\), \(x = 4y^2 + 4z^2\) paraboloidi ile \(x = 4\) düzlemi arasında kalan cisim olsun. \(\displaystyle\iiint_E x\,dV\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
Kurulum. Paraboloit \(x\) ekseni boyunca açılır; bu yüzden \(E\)’ye tip 2 bölge olarak bakarız. \(E\) arkadan \(x = 4y^2 + 4z^2\), önden \(x = 4\) ile sınırlıdır. İkisi \(4y^2 + 4z^2 = 4\), yani \(y^2 + z^2 = 1\) çemberi boyunca kesişir; bu yüzden \(E\)’nin \(yz\)-düzlemine izdüşümü birim disk \(D = \{(y, z) \mid y^2 + z^2 \le 1\}\)’tir. (2)’ye göre
\[ \iiint_E x\,dV = \iint_D \left[\int_{4(y^2 + z^2)}^{4} x\,dx\right] dA. \]
İç integral.
\[ \int_{4(y^2 + z^2)}^{4} x\,dx = \left[\frac{x^2}{2}\right]_{4(y^2 + z^2)}^{4} = 8 - 8(y^2 + z^2)^2. \]
Kutupsal koordinatlar. \(yz\)-düzleminde \(y = r\cos\theta\), \(z = r\sin\theta\) alırsak \(y^2 + z^2 = r^2\), \(dA = r\,dr\,d\theta\) ve \(D\) için \(0 \le r \le 1\), \(0 \le \theta \le 2\pi\) olur (Teorem 3.1):
\[ \begin{aligned} \iiint_E x\,dV &= \int_0^{2\pi} \int_0^1 8(1 - r^4)\,r\,dr\,d\theta = 8 \cdot 2\pi \int_0^1 (r - r^5)\,dr \\[1mm] &= 16\pi \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{6}\right) = \frac{16\pi}{3}. \end{aligned} \]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 6.4 (Parabolik Silindirden Kesilen Cismin Hacmi) \(y = x^2\) silindiri ile \(z = 0\) ve \(y + z = 1\) düzlemlerinin sınırladığı cismin hacmini bulunuz.
Çözüm
Kurulum. Cisim alttan \(z = 0\), üstten \(z = 1 - y\) düzlemiyle sınırlıdır; bunun için \(y \le 1\) olmalıdır. Üst düzlem tabanı \(y = 1\) doğrusu boyunca keser, yan yüzey \(y = x^2\) silindiridir. İzdüşüm
\[ D = \{(x, y) \mid -1 \le x \le 1,\ x^2 \le y \le 1\} \]
bölgesidir. Önerme 6.2 ve (4)’e göre
\[ V = \int_{-1}^{1} \int_{x^2}^{1} \int_0^{1 - y} dz\,dy\,dx = \int_{-1}^{1} \int_{x^2}^{1} (1 - y)\,dy\,dx. \]
Hesap.
\[ \int_{x^2}^{1} (1 - y)\,dy = \left[y - \frac{y^2}{2}\right]_{y=x^2}^{y=1} = \frac{1}{2} - x^2 + \frac{x^4}{2}, \]
\[ V = \int_{-1}^{1} \left(\frac{1}{2} - x^2 + \frac{x^4}{2}\right) dx = 2\left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{10}\right) = 2 \cdot \frac{8}{30} = \frac{8}{15}. \]
İntegrand çift olduğundan \([-1, 1]\) üzerindeki integrali \([0, 1]\) üzerindekinin iki katı olarak yazdık.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 6.5 (Orta Nokta Kuralıyla Tahmin) \(B = [0, 4] \times [0, 4] \times [0, 4]\) kutusunu sekiz eş alt kutuya bölerek orta nokta kuralıyla \(\displaystyle\iiint_B \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}\,dV\) integralini tahmin ediniz.
Çözüm
Bölüntü. Her \([0, 4]\) aralığını \([0, 2]\) ve \([2, 4]\) diye ikiye böleriz (\(l = m = n = 2\)). Orta noktalar \(1\) ve \(3\)’tür, her alt kutunun hacmi \(\Delta V = 2 \cdot 2 \cdot 2 = 8\)’dir. Sekiz alt kutunun merkezleri, koordinatları \(1\) ya da \(3\) olan noktalardır.
Fonksiyon değerleri. \(\sqrt{x^2 + y^2 + z^2}\) değeri yalnız koordinatlardan kaçının \(3\) olduğuna bağlıdır:
- hiç \(3\) yok, \((1, 1, 1)\): \(\sqrt{3}\), bir kutu;
- bir tane \(3\): \(\sqrt{1 + 1 + 9} = \sqrt{11}\), üç kutu;
- iki tane \(3\): \(\sqrt{1 + 9 + 9} = \sqrt{19}\), üç kutu;
- üç tane \(3\), \((3, 3, 3)\): \(\sqrt{27} = 3\sqrt{3}\), bir kutu.
Tahmin.
\[ \begin{aligned} \iiint_B \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}\,dV &\approx 8\left(\sqrt{3} + 3\sqrt{11} + 3\sqrt{19} + 3\sqrt{3}\right) \\[1mm] &= 32\sqrt{3} + 24\sqrt{11} + 24\sqrt{19} \approx 239{,}64. \end{aligned} \]
Ara değerler \(32\sqrt{3} \approx 55{,}43\), \(24\sqrt{11} \approx 79{,}60\) ve \(24\sqrt{19} \approx 104{,}61\)’dir. İntegralin gerçek değeri yaklaşık \(245{,}9\) olduğundan yalnız sekiz alt kutuyla bile tahmin yüzde \(3\)’ten az sapar.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 6.6 (Ardışık İntegralden Cisme) Hacmi \(\displaystyle\int_0^1 \int_0^{1 - x} \int_0^{2 - 2z} dy\,dz\,dx\) ardışık integraliyle verilen cismi belirleyip çiziniz.
Çözüm
Eşitsizlikler. Sınırlar cismi
\[ E = \{(x, y, z) \mid 0 \le x \le 1,\ 0 \le z \le 1 - x,\ 0 \le y \le 2 - 2z\} \]
olarak verir. En içte \(y\), \(y = 0\) düzlemi ile \(y = 2 - 2z\), yani \(y + 2z = 2\) düzlemi arasında değişir. Kalan \((x, z)\) ikilisi \(xz\)-düzleminde \(x = 0\), \(z = 0\) ve \(x + z = 1\) doğrularıyla çevrili üçgende değişir. Demek ki \(E\); \(x = 0\), \(y = 0\), \(z = 0\), \(x + z = 1\) ve \(y + 2z = 2\) düzlemleriyle sınırlı cisimdir.
Köşeler. \(z = 0\) tabanında \(0 \le x \le 1\) ve \(0 \le y \le 2\) olur; taban \([0, 1] \times [0, 2]\) dikdörtgenidir. \(z\) arttıkça hem \(x \le 1 - z\) hem \(y \le 2 - 2z\) sınırları daralır ve \(z = 1\)’de cisim \((0, 0, 1)\) noktasına iner. Cisim, tabanı bu dikdörtgen ve tepesi \((0, 0, 1)\) olan bir piramittir.
Sağlama. İntegral hacmi verir:
\[ \int_0^{1 - x} (2 - 2z)\,dz = 2(1 - x) - (1 - x)^2 = 1 - x^2, \qquad \int_0^1 (1 - x^2)\,dx = \frac{2}{3}. \]
Piramidin taban alanı \(2\), yüksekliği \(1\) olduğundan hacmi de \(\frac{1}{3} \cdot 2 \cdot 1 = \frac{2}{3}\)’tür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 6.7 (Beş Farklı Sıra) \(\displaystyle\int_0^1 \int_y^1 \int_0^y f(x, y, z)\,dz\,dx\,dy\) ardışık integraline eşit olan öteki beş ardışık integrali yazınız.
Çözüm
Cisim. Sınırlar
\[ E = \{(x, y, z) \mid 0 \le y \le 1,\ y \le x \le 1,\ 0 \le z \le y\} \]
cismini verir. Her değişkenin iki yanındaki sınırlar şunlardır: \(0 \le z \le y\), \(y \le x \le 1\) ve bunlardan \(z \le y \le x\).
İzdüşümler. \(xy\)-düzleminde koşul \(0 \le y \le x \le 1\)’dir. \((y, z)\) sabitken \(y \le x \le 1\) olan bir \(x\) her zaman bulunur, bu yüzden \(yz\)-düzleminde koşul \(0 \le z \le y \le 1\) olur. \((x, z)\) sabitken \(z \le y \le x\) olan bir \(y\) bulunması \(z \le x\) demektir; \(xz\)-düzleminde koşul \(0 \le z \le x \le 1\)’dir. Her birini iki biçimde yazalım:
\[ \begin{aligned} D_{xy} &= \{0 \le y \le 1,\ y \le x \le 1\} \\[1mm] &= \{0 \le x \le 1,\ 0 \le y \le x\}, \\[1mm] D_{yz} &= \{0 \le y \le 1,\ 0 \le z \le y\} \\[1mm] &= \{0 \le z \le 1,\ z \le y \le 1\}, \\[1mm] D_{xz} &= \{0 \le x \le 1,\ 0 \le z \le x\} \\[1mm] &= \{0 \le z \le 1,\ z \le x \le 1\}. \end{aligned} \]
Beş ardışık integral. En içteki değişkenin sınırları cisimden, kalanlarınki ilgili izdüşümden okunur:
\[ \begin{aligned} &\int_0^1 \int_0^x \int_0^y f\,dz\,dy\,dx, \qquad \int_0^1 \int_0^y \int_y^1 f\,dx\,dz\,dy, \\[1mm] &\int_0^1 \int_z^1 \int_y^1 f\,dx\,dy\,dz, \qquad \int_0^1 \int_0^x \int_z^x f\,dy\,dz\,dx, \\[1mm] &\int_0^1 \int_z^1 \int_z^x f\,dy\,dx\,dz. \end{aligned} \]
Sağlama olarak \(f = 1\) alındığında altı ardışık integralin hepsi \(E\)’nin hacmi olan \(\frac{1}{6}\)’yı verir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 6.8 (Geometri ve Simetriyle Hesap) \(C\), \(x^2 + y^2 \le 4\), \(-2 \le z \le 2\) silindirik bölgesi olmak üzere \(\displaystyle\iiint_C (4 + 5x^2yz^2)\,dV\) integralini yalnız geometrik yorum ve simetri kullanarak hesaplayınız.
Çözüm
Ayırma. Lineerlikten (Önerme 6.1)
\[ \iiint_C (4 + 5x^2yz^2)\,dV = 4\iiint_C dV + \iiint_C 5x^2yz^2\,dV \]
yazarız.
Birinci terim. \(\iiint_C dV\), \(C\)’nin hacmidir (Önerme 6.2). \(C\) yarıçapı \(2\), yüksekliği \(4\) olan bir silindir olduğundan hacmi \(\pi \cdot 2^2 \cdot 4 = 16\pi\)’dir; birinci terim \(4 \cdot 16\pi = 64\pi\) olur.
İkinci terim. \(C\), \(xz\)-düzlemine göre simetriktir ve \(5x^2yz^2\) integrandı \(y\)’ye göre tektir. Bunu ardışık integralle görelim; en içte \(y\)’yi alırsak
\[ \iiint_C 5x^2yz^2\,dV = \int_{-2}^{2} \int_{-2}^{2} \left[\int_{-\sqrt{4 - x^2}}^{\sqrt{4 - x^2}} 5x^2yz^2\,dy\right] dx\,dz \]
olur. Simetrik bir aralıkta tek bir fonksiyonun integrali sıfır olduğundan iç integral, dolayısıyla ikinci terim \(0\)’dır.
Sonuç. \(\displaystyle\iiint_C (4 + 5x^2yz^2)\,dV = 64\pi\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 6.9 (Değişken Yoğunluklu Dörtyüzlü) \(x = 0\), \(y = 0\), \(z = 0\) ve \(x + y + z = 1\) düzlemleriyle sınırlı dörtyüzlünün yoğunluğu \(\rho(x, y, z) = y\) ise kütle merkezini bulunuz.
Çözüm
Bölge. Dörtyüzlü
\[ E = \{(x, y, z) \mid 0 \le x \le 1,\ 0 \le y \le 1 - x,\ 0 \le z \le 1 - x - y\} \]
bölgesidir. Hesapları kısaltmak için \(a = 1 - x\) yazalım; ortadaki integrallerde \(y\), \(0\)’dan \(a\)’ya gider ve en içteki integralin üst sınırı \(a - y\) olur.
Kütle.
\[ m = \int_0^1 \int_0^a y\,(a - y)\,dy\,dx, \qquad \int_0^a y\,(a - y)\,dy = \frac{a^3}{2} - \frac{a^3}{3} = \frac{a^3}{6}, \]
\[ m = \int_0^1 \frac{(1 - x)^3}{6}\,dx = \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{24}. \]
\(M_{yz}\). İç iki integral aynıdır, yalnız fazladan bir \(x\) çarpanı vardır:
\[ M_{yz} = \iiint_E x\,y\,dV = \int_0^1 x\,\frac{(1 - x)^3}{6}\,dx. \]
\(u = 1 - x\) dönüşümüyle
\[ \int_0^1 x(1 - x)^3\,dx = \int_0^1 (1 - u)\,u^3\,du = \frac{1}{4} - \frac{1}{5} = \frac{1}{20} \]
olduğundan \(M_{yz} = \frac{1}{120}\)’dir.
\(M_{xz}\).
\[ \begin{aligned} M_{xz} &= \iiint_E y^2\,dV = \int_0^1 \int_0^a y^2(a - y)\,dy\,dx \\[1mm] &= \int_0^1 \left(\frac{a^4}{3} - \frac{a^4}{4}\right) dx = \int_0^1 \frac{(1 - x)^4}{12}\,dx = \frac{1}{60}. \end{aligned} \]
\(M_{xy}\). En içteki integral \(\int_0^{a - y} z\,dz = \frac{(a - y)^2}{2}\)’dir. Ortadaki integral
\[ \int_0^a y\,\frac{(a - y)^2}{2}\,dy = \frac{1}{2}\left(\frac{a^4}{2} - \frac{2a^4}{3} + \frac{a^4}{4}\right) = \frac{a^4}{24} \]
olduğundan
\[ M_{xy} = \int_0^1 \frac{(1 - x)^4}{24}\,dx = \frac{1}{120}. \]
Kütle merkezi. \(1/m = 24\) olduğundan
\[ (\bar{x}, \bar{y}, \bar{z}) = \left(\frac{24}{120}, \frac{24}{60}, \frac{24}{120}\right) = \left(\frac{1}{5}, \frac{2}{5}, \frac{1}{5}\right). \]
Yoğunluk \(y\) ile arttığından kütle merkezi, sabit yoğunluklu dörtyüzlünün geometrik merkezine (\(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}, \frac{1}{4}\)) göre \(y\) yönünde kaymıştır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 6.10 (Bir Küpün Eylemsizlik Momentleri) Yoğunluğu \(k\) sabiti olan, kenar uzunluğu \(L\) olan, bir köşesi orijinde ve üç kenarı koordinat eksenleri üzerinde bulunan küpün eksenlere göre eylemsizlik momentlerini bulunuz.
Çözüm
Kurulum. Küp \(B = [0, L] \times [0, L] \times [0, L]\)’dir. Eylemsizlik momentinin tanımına (Tanım 6.9) göre
\[ I_x = \iiint_B (y^2 + z^2)\,k\,dV = k\iiint_B y^2\,dV + k\iiint_B z^2\,dV. \]
Hesap. Sınırlar sabit olduğundan integral tek katlı integrallerin çarpımına ayrılır:
\[ \iiint_B y^2\,dV = \int_0^L dx \cdot \int_0^L y^2\,dy \cdot \int_0^L dz = L \cdot \frac{L^3}{3} \cdot L = \frac{L^5}{3}. \]
Aynı biçimde \(\iiint_B z^2\,dV = \frac{L^5}{3}\)’tür. Buna göre
\[ I_x = k\left(\frac{L^5}{3} + \frac{L^5}{3}\right) = \frac{2kL^5}{3}. \]
Simetri. Küp ve yoğunluk koordinatların yer değiştirmesiyle değişmediğinden \(I_y\) ve \(I_z\) de aynı hesapla bulunur:
\[ I_x = I_y = I_z = \frac{2kL^5}{3}. \]
Küpün kütlesi \(M = kL^3\) olduğundan bu sonuç \(I = \frac{2}{3}ML^2\) biçiminde de yazılabilir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 6.11 (Bir Olasılık Hesabı) \(X\), \(Y\), \(Z\) rastgele değişkenlerinin ortak yoğunluk fonksiyonu \(0 \le x \le 2\), \(0 \le y \le 2\), \(0 \le z \le 2\) için \(f(x, y, z) = Cxyz\), başka yerlerde \(f(x, y, z) = 0\) olsun. \(P(X + Y + Z \le 1)\) olasılığını bulunuz.
Çözüm
\(C\) sabiti. Ortak yoğunluğun tanımına (Tanım 6.10) göre \(f\)’nin bütün uzaydaki integrali \(1\)’dir. \(f\) yalnız \([0, 2]^3\) kutusunda sıfırdan farklı olduğundan
\[ 1 = \iiint_{[0, 2]^3} Cxyz\,dV = C \int_0^2 x\,dx \int_0^2 y\,dy \int_0^2 z\,dz = C \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 = 8C \]
ve \(C = \frac{1}{8}\) olur.
Olay. \(X + Y + Z \le 1\) olayı, \(f\)’nin sıfırdan farklı olduğu yerde
\[ T = \{(x, y, z) \mid x, y, z \ge 0,\ x + y + z \le 1\} \]
dörtyüzlüsüne karşılık gelir; bu dörtyüzlü kutunun içindedir. Bu yüzden
\[ P(X + Y + Z \le 1) = \frac{1}{8} \int_0^1 \int_0^{1 - x} \int_0^{1 - x - y} xyz\,dz\,dy\,dx. \]
Hesap. \(a = 1 - x\) yazalım. En içteki integral \(\int_0^{a - y} z\,dz = \frac{(a - y)^2}{2}\)’dir. Ortadaki integral için
\[ \int_0^a y\,(a - y)^2\,dy = \int_0^a (a^2y - 2ay^2 + y^3)\,dy = \frac{a^4}{2} - \frac{2a^4}{3} + \frac{a^4}{4} = \frac{a^4}{12} \]
olduğundan \(\int_0^a xy\,\frac{(a - y)^2}{2}\,dy = \frac{x\,a^4}{24}\) bulunur. Son olarak \(u = 1 - x\) ile
\[ \int_0^1 \frac{x(1 - x)^4}{24}\,dx = \frac{1}{24}\int_0^1 (1 - u)\,u^4\,du = \frac{1}{24}\left(\frac{1}{5} - \frac{1}{6}\right) = \frac{1}{720}. \]
Sonuç.
\[ P(X + Y + Z \le 1) = \frac{1}{8} \cdot \frac{1}{720} = \frac{1}{5760}. \]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 6.12 (Yarım Toptaki Noktaların Ortalama Yüksekliği) \(x^2 + y^2 + z^2 \le 1\), \(z \ge 0\) yarım topundaki noktaların ortalama yüksekliğini bulunuz.
Çözüm
Kurulum. Bir noktanın yüksekliği \(z\)’dir; bu yüzden \(f(x, y, z) = z\) fonksiyonunun \(H\) yarım topu üzerindeki ortalamasını arıyoruz (Tanım 6.11). \(H\) tip 1 bölgedir: \(0 \le z \le \sqrt{1 - x^2 - y^2}\) ve izdüşümü birim disk \(D = \{(x, y) \mid x^2 + y^2 \le 1\}\)’tir. \(D\) üzerindeki integralleri kutupsal koordinatlarla (Teorem 3.1) hesaplayacağız.
Hacim.
\[ \begin{aligned} V(H) &= \iint_D \sqrt{1 - x^2 - y^2}\,dA = \int_0^{2\pi} \int_0^1 \sqrt{1 - r^2}\,r\,dr\,d\theta \\[1mm] &= 2\pi \left[-\frac{(1 - r^2)^{3/2}}{3}\right]_0^1 = \frac{2\pi}{3}. \end{aligned} \]
Yüksekliğin integrali.
\[ \begin{aligned} \iiint_H z\,dV &= \iint_D \left[\frac{z^2}{2}\right]_{z=0}^{z=\sqrt{1 - x^2 - y^2}} dA = \frac{1}{2}\iint_D (1 - x^2 - y^2)\,dA \\[1mm] &= \frac{1}{2}\int_0^{2\pi} \int_0^1 (1 - r^2)\,r\,dr\,d\theta = \frac{1}{2} \cdot 2\pi \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{4}\right) = \frac{\pi}{4}. \end{aligned} \]
Ortalama.
\[ z_{\text{ort}} = \frac{\pi/4}{2\pi/3} = \frac{3}{8}. \]
Noktaların ortalama yüksekliği yarıçapın \(\frac{3}{8}\)’idir; bu, yarım topun geometrik merkezinin yüksekliğidir.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde disk biçimli izdüşümlerle karşılaştığımızda ilgili koordinat düzleminde kutupsal koordinatlara geçtik. Silindir, koni ve paraboloit gibi bir eksen etrafında simetrik cisimlerde bu geçişi baştan yapmak hesabı belirgin biçimde kısaltır. Bir sonraki bölümde bunu sistemli hâle getiriyoruz: Silindirik Koordinatlarda Üç Katlı İntegraller.