16  Yüzey İntegralleri

Eğrisel integralde bir fonksiyonu bir eğri boyunca, küçük yayların uzunluklarıyla ağırlıklandırarak topladık; fonksiyon \(1\) alındığında integral eğrinin uzunluğunu verdi. Bu bölümde aynı düşünceyi bir boyut yukarı taşıyacağız: bir \(f(x, y, z)\) fonksiyonunu bir \(S\) yüzeyi üzerinde, küçük yüzey parçalarının alanlarıyla ağırlıklandırarak toplayacağız. Ortaya çıkan yüzey integrali, \(f = 1\) alındığında \(S\)’nin alanını verecek.

Yüzey integralinin iki türü vardır. Birincisi skaler bir fonksiyonun integralidir; ince, eğri bir levhanın kütlesi ya da kütle merkezi bu türdendir. İkincisi bir vektör alanının yüzeyden geçen akısıdır: bir akışkanın bir zardan birim zamanda ne kadarının geçtiğini ya da bir elektrik alanının kapalı bir yüzeyden net olarak ne kadar “çıktığını” ölçer. Akıdan söz edebilmek için önce yüzeyin iki yüzünden hangisinin “pozitif” olduğunu, yani bir yönlendirme seçmemiz gerekecek. Son iki bölümün konusu olan Stokes ve diverjans teoremleri bu kavramların üzerine kurulur.

import { PLOTLY, watchTheme, withAlpha, fmt, fmtTrim, dot, sceneLayout, surface, gridCurves, path, point, points, legendItem, arrow, arrowsAt, render } from "./ojs/scene3d.js"

Plotly = require(PLOTLY)

theme = Generators.observe(watchTheme)

16.1 Parametrik Yüzeyler Üzerinde Yüzey İntegrali

Önce yüzeyi parametrik olarak verelim ve integrali bir Riemann toplamının limiti olarak tanımlayalım.

\(S\) yüzeyi (bkz. Tanım 15.1)

\[\mathbf{r}(u, v) = x(u, v)\,\mathbf{i} + y(u, v)\,\mathbf{j} + z(u, v)\,\mathbf{k}, \qquad (u, v) \in D\]

vektör denklemiyle verilsin ve \(f\), \(S\)’yi içeren bir bölgede tanımlı bir fonksiyon olsun. Önce \(D\)’nin bir dikdörtgen olduğunu varsayalım. \(D\)’yi kenarları \(\Delta u\) ve \(\Delta v\) olan \(R_{ij}\) alt dikdörtgenlerine bölelim (\(1 \le i \le m\), \(1 \le j \le n\)). \(\mathbf{r}\), her \(R_{ij}\)’yi yüzey üzerindeki bir \(S_{ij}\) yamasına götürür; bu yamanın alanına \(\Delta S_{ij}\) diyelim. Her yamadan bir \(P_{ij}^*\) noktası seçip

\[\sum_{i=1}^{m} \sum_{j=1}^{n} f(P_{ij}^*)\,\Delta S_{ij}\]

Riemann toplamını kuralım: her yamada \(f\)’nin bir değerini yamanın alanıyla çarpıp bu çarpımları topluyoruz.

Tanım 16.1 (Yüzey İntegrali) \(f\)’nin \(S\) yüzeyi üzerindeki yüzey integrali (surface integral)

\[\iint_S f(x, y, z)\,dS = \lim_{m,\, n \to \infty} \sum_{i=1}^{m} \sum_{j=1}^{n} f(P_{ij}^*)\,\Delta S_{ij}\]

limitidir. Limitin var olması ve \(P_{ij}^*\) noktalarının yamalardan nasıl seçildiğine bağlı olmaması istenir. \(D\) bir dikdörtgen değilse \(D\)’yi içine alan bir dikdörtgen bölünür ve toplama yalnız \(D\)’nin içinde kalan \(R_{ij}\)’ler katılır.

r, uv-düzlemindeki D dikdörtgenini S yüzeyine götürür. D'nin Δu × Δv boyutlu her R_ij alt dikdörtgeni, yüzeyde bir S_ij yamasına karşılık gelir. Riemann toplamında f, yamadan seçilen bir P_ij* noktasında hesaplanır ve yamanın alanıyla çarpılır.

Yani yüzeyi küçük yamalara bölüyor, her yamada \(f\)’yi sabit sayıyor ve “değer çarpı alan” çarpımlarını topluyoruz. Tanım, iki katlı integralin (Tanım 1.2) ve yay uzunluğuna göre eğrisel integralin (Tanım 11.1) tanımlarıyla aynı kalıptadır: orada küçük dikdörtgenlerin alanları ya da küçük yayların uzunlukları vardı, burada küçük yüzey parçalarının alanları var. \(S\) ince bir levha ve \(f\) de levhanın birim alan başına kütlesi olsaydı, Riemann toplamı levhanın kütlesine yaklaşırdı.

16.2 Yüzey İntegralinin Hesaplanması

Tanımla doğrudan hesap yapmak zordur; integrali parametre bölgesi \(D\) üzerinde bir iki katlı integrale çevirmek isteriz. Bunun anahtarı yamaların alanıdır.

Parametrik yüzeylerin alanını incelerken gördüğümüz gibi, \(S_{ij}\) yaması köşesindeki teğet düzlemde \(\Delta u\,\mathbf{r}_u\) ve \(\Delta v\,\mathbf{r}_v\) vektörlerinin gerdiği paralelkenara çok yakındır; burada

\[ \begin{aligned} \mathbf{r}_u &= \frac{\partial x}{\partial u}\,\mathbf{i} + \frac{\partial y}{\partial u}\,\mathbf{j} + \frac{\partial z}{\partial u}\,\mathbf{k}, \\[1mm] \mathbf{r}_v &= \frac{\partial x}{\partial v}\,\mathbf{i} + \frac{\partial y}{\partial v}\,\mathbf{j} + \frac{\partial z}{\partial v}\,\mathbf{k} \end{aligned} \]

yüzeyin teğet vektörleridir. Paralelkenarın alanı, kenar vektörlerinin vektörel çarpımının uzunluğu olduğundan

\[\Delta S_{ij} \approx |\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v|\,\Delta u\,\Delta v\]

olur. Bunu Riemann toplamına yazınca toplam, \(f(\mathbf{r}(u, v))\,|\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v|\) fonksiyonunun \(D\) üzerindeki bir Riemann toplamına dönüşür. Aşağıdaki teorem bu sezgiyi kesinleştirir.

Teorem 16.1 (Yüzey İntegralinin Hesabı) \(S\) yüzeyi \(\mathbf{r}(u, v)\), \((u, v) \in D\) ile verilsin; \(D\) bir dikdörtgen ya da I. ve II. tip bölgelerin (bkz. Tanım 2.2 ve Tanım 2.3) sonlu bir birleşimi olsun. \(\mathbf{r}\)’nin bileşenlerinin kısmi türevleri \(D\) üzerinde sürekli, \(\mathbf{r}_u\) ve \(\mathbf{r}_v\) de \(D\)’nin iç noktalarında sıfırdan farklı ve birbirine paralel olmayan vektörler olsun. \((u, v)\), \(D\)’yi tararken \(S\) yalnız bir kez örtülsün. \(f\), \(S\) üzerinde sürekli ise

\[\iint_S f(x, y, z)\,dS = \iint_D f(\mathbf{r}(u, v))\,|\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v|\;dA \tag{1}\]

olur.

İspat

Kısalık için

\[g(u, v) = |\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v|, \qquad h(u, v) = f(\mathbf{r}(u, v))\,g(u, v)\]

diyelim. Sürekli fonksiyonların bileşkeleri ve çarpımları sürekli olduğundan \(g\) ve \(h\), \(D\) üzerinde süreklidir. \(f \circ \mathbf{r}\) de kapalı ve sınırlı \(D\) üzerinde sürekli olduğundan, her \((u, v) \in D\) için \(|f(\mathbf{r}(u, v))| \le M\) olacak bir \(M\) sayısı vardır. \(R\), \(D\)’yi içine alan ve bölünen dikdörtgen olsun; \(\Delta A = \Delta u\,\Delta v\) yazalım.

Adım 1: Yamanın alanı. \(S_{ij}\) yaması, \(\mathbf{r}\)’nin \(R_{ij}\) üzerindeki kısıtlanışıyla verilen ve bir kez örtülen bir parametrik yüzeydir. Parametrik yüzeyin alanının tanımına (Tanım 15.5) göre

\[\Delta S_{ij} = \iint_{R_{ij}} g(u, v)\;dA\]

olur.

Adım 2: Yamada \(g\)’yi sabit saymanın hatası. \(P_{ij}^*\) yamanın bir noktası olduğundan \(P_{ij}^* = \mathbf{r}(u_{ij}^*, v_{ij}^*)\) olacak bir \((u_{ij}^*, v_{ij}^*) \in R_{ij}\) vardır. Bir \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(g\), kapalı ve sınırlı \(D\) üzerinde sürekli olduğundan düzgün süreklidir (bkz. Analiz 4). Dolayısıyla alt dikdörtgenlerin köşegenleri yeterince küçükken, aynı \(R_{ij}\)’deki her \((u, v)\) için \(|g(u, v) - g(u_{ij}^*, v_{ij}^*)| < \varepsilon\) olur. Bu durumda Adım 1’den

\[ \begin{aligned} \big|\Delta S_{ij} - g(u_{ij}^*, v_{ij}^*)\,\Delta A\big| &= \Big|\iint_{R_{ij}} \big(g(u, v) - g(u_{ij}^*, v_{ij}^*)\big)\,dA\Big| \\[1mm] &\le \varepsilon\,\Delta A \end{aligned} \]

bulunur.

Adım 3: Toplamı ikiye ayırmak. \(D\)’nin içinde kalan \(R_{ij}\)’ler üzerinden alınan Riemann toplamını

\[ \begin{aligned} \sum f(P_{ij}^*)\,\Delta S_{ij} &= \sum h(u_{ij}^*, v_{ij}^*)\,\Delta A \\[1mm] &\quad + \sum f(P_{ij}^*)\big(\Delta S_{ij} - g(u_{ij}^*, v_{ij}^*)\,\Delta A\big) \end{aligned} \]

biçiminde yazalım. \(|f(P_{ij}^*)| \le M\) olduğundan Adım 2’ye göre ikinci toplamın mutlak değeri en çok

\[\sum M\,\varepsilon\,\Delta A \le M\,\varepsilon\,A(R)\]

olur. \(\varepsilon\) keyfi olduğundan ikinci toplam, bölünüş inceldikçe sıfıra gider.

Adım 4: Limit. İlk toplam, sürekli \(h\) fonksiyonunun örnek noktaları \((u_{ij}^*, v_{ij}^*)\) olan bir Riemann toplamıdır. \(D\) bir dikdörtgense bu toplam, iki katlı integralin tanımı gereği (Tanım 1.2) \(\iint_D h\,dA\)’ya yakınsar. \(D\), I. ve II. tip bölgelerin sonlu bir birleşimiyse, yüzey alanı formülünün ispatının son adımında gösterildiği gibi (bkz. Teorem 5.1) \(D\)’nin sınırına değen alt dikdörtgenlerin toplam alanı sıfıra gider. Bu yüzden yalnız \(D\)’nin içindeki alt dikdörtgenler üzerinden alınan toplam da \(\iint_D h\,dA\)’ya yakınsar.

Böylece Riemann toplamlarının limiti vardır, \(P_{ij}^*\) noktalarının seçimine bağlı değildir ve

\[\iint_S f\,dS = \iint_D h\,dA = \iint_D f(\mathbf{r}(u, v))\,|\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v|\;dA\]

olur.

\(\blacksquare\)

Yani (1) formülü yüzey integralini parametre bölgesi \(D\) üzerinde bir iki katlı integrale çevirir: \(dS\) yerine \(|\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v|\,dA\) yazılır, \(f(x, y, z)\)’de de \(x\), \(y\), \(z\) yerine \(x(u, v)\), \(y(u, v)\), \(z(u, v)\) konur. Bunu yay uzunluğuna göre eğrisel integralin hesap formülüyle karşılaştırın:

\[\int_C f(x, y, z)\,ds = \int_a^b f(\mathbf{r}(t))\,|\mathbf{r}'(t)|\;dt.\]

Orada uzunluk çarpanı \(|\mathbf{r}'(t)|\) idi, burada alan çarpanı \(|\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v|\)’dir. Özel olarak \(f = 1\) alınırsa

\[\iint_S 1\,dS = \iint_D |\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v|\;dA = A(S)\]

olur; yüzey integrali yüzeyin alanını verir (bkz. Tanım 15.5). Parametreleme bir değişken değiştirmesiyle başka bir parametrelemeye çevrildiğinde yüzey integralinin değeri değişmez; bunu akı integraliyle birlikte ileride göreceğiz (bkz. Önerme 16.1).

Formülü uygularken her seferinde aynı dört adımı izleriz.

İpucuYüzey integrali dört adımda

1. Parametrele. \(S\)’yi \(\mathbf{r}(u, v)\), \((u, v) \in D\) biçiminde yaz ve \(D\)’yi açıkça belirle.
2. Alan çarpanını bul. \(\mathbf{r}_u\), \(\mathbf{r}_v\) ve \(\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v\)’yi hesapla, \(|\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v|\)’yi sadeleştir.
3. İntegrandı yaz. \(f(x, y, z)\)’de \(x\), \(y\), \(z\) yerine \(\mathbf{r}(u, v)\)’nin bileşenlerini koy ve sonucu \(|\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v|\) ile çarp.
4. İki katlı integrali hesapla. \(D\) üzerinde ardışık integral kur ve hesapla.

Önce alan çarpanının sabit olduğu bir ısınma örneğiyle başlayalım.

Örnek 16.1 (Bir Paralelkenar Üzerinde Yüzey İntegrali) \(S\), \(x = u + v\), \(y = u - v\), \(z = 1 + 2u + v\), \(0 \le u \le 2\), \(0 \le v \le 1\) parametrik denklemleriyle verilen paralelkenar olsun. \(\iint_S (x + y + z)\,dS\) integralini hesaplayınız.

Çözüm

Parametreleme. Yüzeyin vektör denklemi

\[\mathbf{r}(u, v) = (u + v)\,\mathbf{i} + (u - v)\,\mathbf{j} + (1 + 2u + v)\,\mathbf{k}\]

ve parametre bölgesi \(D = [0, 2] \times [0, 1]\)’dir.

Alan çarpanı. \(\mathbf{r}_u = \mathbf{i} + \mathbf{j} + 2\,\mathbf{k}\) ve \(\mathbf{r}_v = \mathbf{i} - \mathbf{j} + \mathbf{k}\) olduğundan

\[\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & 1 & 2 \\ 1 & -1 & 1 \end{vmatrix} = 3\,\mathbf{i} + \mathbf{j} - 2\,\mathbf{k}\]

ve \(|\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v| = \sqrt{9 + 1 + 4} = \sqrt{14}\) bulunur. \(S\) bir düzlem parçası olduğundan alan çarpanı sabittir.

İntegrand. Yüzey üzerinde

\[x + y + z = (u + v) + (u - v) + (1 + 2u + v) = 4u + v + 1\]

olur.

İntegral. (1) formülünden

\[ \begin{aligned} \iint_S (x + y + z)\,dS &= \sqrt{14} \int_0^1 \int_0^2 (4u + v + 1)\;du\,dv \\[1mm] &= \sqrt{14} \int_0^1 \Big[2u^2 + (v + 1)\,u\Big]_{u=0}^{u=2}\,dv \\[1mm] &= \sqrt{14} \int_0^1 (10 + 2v)\;dv = 11\sqrt{14} \approx 41{,}16 \end{aligned} \]

bulunur.

\(\blacksquare\)

Kürenin parametrelemesinde alan çarpanı artık sabit değildir.

Örnek 16.2 (Birim Küre Üzerinde Bir İntegral) \(S\), \(x^2 + y^2 + z^2 = 1\) birim küresi olmak üzere \(\iint_S x^2\,dS\) integralini hesaplayınız.

Çözüm

Parametreleme. Küresel koordinatlarda (bkz. Tanım 8.1) \(\rho = 1\) alarak

\[\mathbf{r}(\phi, \theta) = \sin\phi\cos\theta\,\mathbf{i} + \sin\phi\sin\theta\,\mathbf{j} + \cos\phi\,\mathbf{k}, \qquad 0 \le \phi \le \pi,\ 0 \le \theta \le 2\pi\]

parametrelemesini kullanırız; \(D = [0, \pi] \times [0, 2\pi]\)’dir.

Alan çarpanı. Kürenin alanını hesaplarken bulduğumuz gibi (Parametrik Yüzeyler ve Alanları), \(a = 1\) için

\[\mathbf{r}_\phi \times \mathbf{r}_\theta = \sin^2\phi\cos\theta\,\mathbf{i} + \sin^2\phi\sin\theta\,\mathbf{j} + \sin\phi\cos\phi\,\mathbf{k}\]

ve \(0 \le \phi \le \pi\) için \(\sin\phi \ge 0\) olduğundan

\[|\mathbf{r}_\phi \times \mathbf{r}_\theta| = \sqrt{\sin^4\phi + \sin^2\phi\cos^2\phi} = \sqrt{\sin^2\phi} = \sin\phi\]

olur.

İntegrand. Küre üzerinde \(x^2 = \sin^2\phi\cos^2\theta\) olur.

İntegral. İntegrand bir \(\theta\) fonksiyonu ile bir \(\phi\) fonksiyonunun çarpımı olduğundan ardışık integral iki tek katlı integralin çarpımına ayrılır:

\[ \begin{aligned} \iint_S x^2\,dS &= \int_0^{2\pi} \int_0^{\pi} \sin^2\phi\cos^2\theta \cdot \sin\phi\;d\phi\,d\theta \\[1mm] &= \int_0^{2\pi} \cos^2\theta\;d\theta \int_0^{\pi} \sin^3\phi\;d\phi. \end{aligned} \]

\(\cos^2\theta = \frac{1}{2}(1 + \cos 2\theta)\) ve \(\sin^3\phi = \sin\phi - \sin\phi\cos^2\phi\) özdeşlikleriyle

\[ \begin{aligned} \int_0^{2\pi} \cos^2\theta\;d\theta &= \frac{1}{2}\Big[\theta + \frac{1}{2}\sin 2\theta\Big]_0^{2\pi} = \pi, \\[1mm] \int_0^{\pi} \sin^3\phi\;d\phi &= \Big[-\cos\phi + \frac{1}{3}\cos^3\phi\Big]_0^{\pi} = \frac{2}{3} + \frac{2}{3} = \frac{4}{3} \end{aligned} \]

bulunur. Böylece \(\iint_S x^2\,dS = \pi \cdot \frac{4}{3} = \frac{4\pi}{3}\) olur.

Denetim. Küre üç eksene göre de aynı biçimde durduğundan \(x^2\), \(y^2\) ve \(z^2\)’nin küre üzerindeki integralleri eşittir. Küre üzerinde \(x^2 + y^2 + z^2 = 1\) olduğundan bu üç integralin toplamı

\[\iint_S (x^2 + y^2 + z^2)\,dS = \iint_S 1\,dS = 4\pi,\]

yani kürenin alanıdır. Her biri bunun üçte biri, yani \(\frac{4\pi}{3}\)’tür.

\(\blacksquare\)

Yüzey integralleri, şimdiye kadar gördüğümüz integrallerle aynı türden uygulamalara sahiptir. İnce bir alüminyum folyo gibi, kalınlığı ihmal edilebilen ve bir yüzey biçiminde olan levhaları düşünelim.

Tanım 16.2 (İnce Levhanın Kütlesi ve Kütle Merkezi) İnce bir levha bir \(S\) yüzeyi biçiminde olsun ve \((x, y, z)\) noktasındaki yoğunluğu (birim alan başına kütlesi) \(\rho(x, y, z)\) olsun. Levhanın kütlesi

\[m = \iint_S \rho(x, y, z)\,dS,\]

kütle merkezi ise koordinatları

\[\bar{x} = \frac{1}{m} \iint_S x\,\rho\,dS, \qquad \bar{y} = \frac{1}{m} \iint_S y\,\rho\,dS, \qquad \bar{z} = \frac{1}{m} \iint_S z\,\rho\,dS\]

olan \((\bar{x}, \bar{y}, \bar{z})\) noktasıdır.

Yani levhanın kütlesi yoğunluğun yüzey integralidir; kütle merkezi de koordinatların yoğunlukla ağırlıklandırılmış ortalamasıdır. Bunlar düzlemsel levhalar için verdiğimiz tanımların (Tanım 4.4) eğri yüzeylere taşınmış hâlidir. Eylemsizlik momentleri de aynı biçimde tanımlanır (bkz. Tanım 4.5); örneğin levhanın \(z\) eksenine göre eylemsizlik momenti \(I_z = \iint_S (x^2 + y^2)\,\rho\,dS\)’dir.

16.3 Fonksiyon Grafikleri Üzerinde Yüzey İntegrali

Pek çok yüzey bir fonksiyonun grafiğidir; bu durumda parametreleme kendiliğinden gelir ve (1) formülü daha kullanışlı bir biçim alır.

\(z = g(x, y)\) denklemli bir \(S\) yüzeyi, \(x\) ile \(y\) parametre seçilerek

\[\mathbf{r}(x, y) = x\,\mathbf{i} + y\,\mathbf{j} + g(x, y)\,\mathbf{k}, \qquad (x, y) \in D\]

biçiminde parametrelenir; \(D\), \(S\)’nin \(xy\)-düzlemine izdüşümüdür. Bu durumda \(\mathbf{r}_x = \mathbf{i} + g_x\,\mathbf{k}\), \(\mathbf{r}_y = \mathbf{j} + g_y\,\mathbf{k}\) ve

\[\mathbf{r}_x \times \mathbf{r}_y = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & 0 & g_x \\ 0 & 1 & g_y \end{vmatrix} = -g_x\,\mathbf{i} - g_y\,\mathbf{j} + \mathbf{k} \tag{2}\]

olur; burada \(g_x = \partial g / \partial x\) ve \(g_y = \partial g / \partial y\)’dir.

Sonuç 16.1 (Grafik Üzerinde Yüzey İntegrali) \(S\), \(z = g(x, y)\), \((x, y) \in D\) grafiği olsun; \(D\) bir dikdörtgen ya da I. ve II. tip bölgelerin sonlu bir birleşimi, \(g_x\) ile \(g_y\) de \(D\) üzerinde sürekli olsun. \(f\), \(S\) üzerinde sürekli ise

\[\iint_S f(x, y, z)\,dS = \iint_D f(x, y, g(x, y))\,\sqrt{g_x^2 + g_y^2 + 1}\;dA \tag{3}\]

olur.

İspat

(2)’deki vektörün \(\mathbf{k}\) bileşeni \(1\) olduğundan \(\mathbf{r}_x \times \mathbf{r}_y\) hiçbir yerde sıfır olmaz; yani \(\mathbf{r}_x\) ile \(\mathbf{r}_y\) sıfırdan farklıdır ve paralel değildir. Bileşenleri \(1\), \(0\), \(g_x\), \(g_y\) olduğundan süreklidirler. Farklı \((x, y)\) noktaları grafiğin farklı noktalarına gittiğinden \(S\) bir kez örtülür. Ayrıca

\[|\mathbf{r}_x \times \mathbf{r}_y| = \sqrt{g_x^2 + g_y^2 + 1}\]

ve yüzey üzerinde \(f(\mathbf{r}(x, y)) = f(x, y, g(x, y))\)’dir. Bunları yüzey integralinin hesap formülünde (Teorem 16.1) yerine yazınca (3) çıkar.

\(\blacksquare\)

Yani grafik üzerinde \(dS\) yerine \(\sqrt{g_x^2 + g_y^2 + 1}\,dA\) yazılır, \(z\) yerine de \(g(x, y)\) konur. Bu alan çarpanı, yüzey alanı formülündekiyle (Teorem 5.1) aynıdır.

Yüzeyi başka bir koordinat düzlemine izdüşürmek daha uygunsa değişkenlerin rollerini değiştiririz. Örneğin \(S\), \(y = h(x, z)\) denklemiyle verilmişse ve \(D\) onun \(xz\)-düzlemine izdüşümüyse

\[\iint_S f(x, y, z)\,dS = \iint_D f(x, h(x, z), z)\,\sqrt{h_x^2 + h_z^2 + 1}\;dA\]

olur. \(x = k(y, z)\) biçimindeki bir yüzeyde de integral, yüzeyin \(yz\)-düzlemine izdüşümü üzerinde \(\sqrt{k_y^2 + k_z^2 + 1}\) çarpanıyla alınır.

Örnek 16.3 (Bir Grafik Üzerinde Yüzey İntegrali) \(S\), \(z = x + y^2\), \(0 \le x \le 1\), \(0 \le y \le 2\) yüzeyi olmak üzere \(\iint_S y\,dS\) integralini hesaplayınız.

Çözüm

Alan çarpanı. \(g(x, y) = x + y^2\) için \(g_x = 1\) ve \(g_y = 2y\) olduğundan

\[\sqrt{g_x^2 + g_y^2 + 1} = \sqrt{1 + 4y^2 + 1} = \sqrt{2}\,\sqrt{1 + 2y^2}\]

bulunur.

İntegral. \(D = [0, 1] \times [0, 2]\) üzerinde (3) formülünden

\[\iint_S y\,dS = \int_0^1 \int_0^2 y\,\sqrt{2}\,\sqrt{1 + 2y^2}\;dy\,dx = \sqrt{2} \int_0^1 dx \int_0^2 y\sqrt{1 + 2y^2}\;dy\]

olur. İkinci integralde \(w = 1 + 2y^2\) dersek \(dw = 4y\,dy\) olur; \(y = 0\) iken \(w = 1\), \(y = 2\) iken \(w = 9\)’dur:

\[\int_0^2 y\sqrt{1 + 2y^2}\;dy = \frac{1}{4} \int_1^9 w^{1/2}\,dw = \frac{1}{4} \cdot \frac{2}{3}\Big[w^{3/2}\Big]_1^9 = \frac{1}{6}(27 - 1) = \frac{13}{3}.\]

İlk integral \(1\) olduğundan

\[\iint_S y\,dS = \frac{13\sqrt{2}}{3} \approx 6{,}13\]

bulunur.

\(\blacksquare\)

Bir küpün yüzeyi altı kareden, bir konserve kutusunun yüzeyi de bir silindir parçasıyla iki daireden oluşur. Bu parçaların her biri düzgündür, ama birleştikleri kenarlarda yüzey kırılır. Böyle yüzeylerde integrali parça parça alırız.

Tanım 16.3 (Parçalı Düzgün Yüzey) Yalnız sınır eğrileri boyunca kesişen sonlu sayıda \(S_1, S_2, \dots, S_n\) düzgün yüzeyinin birleşimi olan bir \(S\) yüzeyine parçalı düzgün (piecewise-smooth) yüzey denir. Böyle bir yüzey üzerinde yüzey integrali

\[\iint_S f\,dS = \iint_{S_1} f\,dS + \iint_{S_2} f\,dS + \cdots + \iint_{S_n} f\,dS\]

olarak tanımlanır.

Yani parçalı düzgün bir yüzeyde integrali her düzgün parçada ayrı ayrı hesaplayıp sonuçları toplarız. Burada düzgün yüzey, \(\mathbf{r}_u\) ile \(\mathbf{r}_v\)’nin sürekli ve \(\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v\)’nin hiç sıfır olmadığı bir parametrelemesi bulunan yüzeydir (Parametrik Yüzeyler ve Alanları). Parçalar yalnız eğriler boyunca kesiştiğinden ve bir eğrinin alanı sıfır olduğundan, ortak kenarlar toplama iki kez girse de sonucu değiştirmez.

Örnek 16.4 (Üç Parçalı Bir Yüzey) \(S\) bir cismin yüzeyi olsun: yan yüzü \(x^2 + y^2 = 1\) silindirinin bir parçası olan \(S_1\), tabanı \(z = 0\) düzlemindeki \(x^2 + y^2 \le 1\) dairesi \(S_2\), tavanı da \(z = 1 + x\) düzleminin \(S_2\)’nin üstündeki parçası \(S_3\)’tür. \(\iint_S z\,dS\) integralini hesaplayınız.

S yüzeyi üç parçadan oluşur: x² + y² = 1 silindirinin yan yüzü S₁, z = 0 düzlemindeki birim daire S₂ ve z = 1 + x düzleminin bu dairenin üstündeki parçası S₃. Tavan, x = 1'de 2 yüksekliğine çıkar ve (−1, 0, 0) noktasında tabana değer.

Çözüm

İntegrali üç parçada ayrı ayrı hesaplayıp toplayacağız.

Yan yüz \(S_1\). Silindiri \(\theta\) ve \(z\) parametreleriyle

\[\mathbf{r}(\theta, z) = \cos\theta\,\mathbf{i} + \sin\theta\,\mathbf{j} + z\,\mathbf{k}\]

biçiminde yazarız. \(S_1\) tabandan tavana kadar uzandığından parametre bölgesi

\[D_1 = \{(\theta, z) : 0 \le \theta \le 2\pi,\ 0 \le z \le 1 + \cos\theta\}\]

olur; tavanın yüksekliği \(1 + x = 1 + \cos\theta\)’dır. Buradan

\[\mathbf{r}_\theta \times \mathbf{r}_z = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -\sin\theta & \cos\theta & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{vmatrix} = \cos\theta\,\mathbf{i} + \sin\theta\,\mathbf{j}\]

ve \(|\mathbf{r}_\theta \times \mathbf{r}_z| = \sqrt{\cos^2\theta + \sin^2\theta} = 1\) bulunur. Dolayısıyla

\[ \begin{aligned} \iint_{S_1} z\,dS &= \int_0^{2\pi} \int_0^{1 + \cos\theta} z\;dz\,d\theta = \int_0^{2\pi} \frac{1}{2}(1 + \cos\theta)^2\;d\theta \\[1mm] &= \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} \Big[1 + 2\cos\theta + \frac{1}{2}(1 + \cos 2\theta)\Big]\,d\theta \\[1mm] &= \frac{1}{2}\Big[\frac{3}{2}\theta + 2\sin\theta + \frac{1}{4}\sin 2\theta\Big]_0^{2\pi} = \frac{3\pi}{2} \end{aligned} \]

olur.

Taban \(S_2\). \(S_2\) üzerinde \(z = 0\) olduğundan

\[\iint_{S_2} z\,dS = \iint_{S_2} 0\,dS = 0\]

olur.

Tavan \(S_3\). \(S_3\), birim daire \(D\)’nin üstünde, \(z = g(x, y) = 1 + x\) grafiğidir. \(g_x = 1\) ve \(g_y = 0\) olduğundan alan çarpanı \(\sqrt{1 + 0 + 1} = \sqrt{2}\)’dir. (3) formülünü uygulayıp kutupsal koordinatlara geçersek (bkz. Teorem 3.1)

\[ \begin{aligned} \iint_{S_3} z\,dS &= \iint_D (1 + x)\,\sqrt{2}\;dA = \sqrt{2} \int_0^{2\pi} \int_0^1 (1 + r\cos\theta)\,r\;dr\,d\theta \\[1mm] &= \sqrt{2} \int_0^{2\pi} \Big(\frac{1}{2} + \frac{1}{3}\cos\theta\Big)\,d\theta = \sqrt{2}\,\Big[\frac{\theta}{2} + \frac{\sin\theta}{3}\Big]_0^{2\pi} = \sqrt{2}\,\pi \end{aligned} \]

bulunur.

Toplam. Parçalı düzgün yüzeyin tanımına (Tanım 16.3) göre

\[\iint_S z\,dS = \frac{3\pi}{2} + 0 + \sqrt{2}\,\pi = \Big(\frac{3}{2} + \sqrt{2}\Big)\pi \approx 9{,}16\]

olur.

\(\blacksquare\)

16.4 Yönlendirilmiş Yüzeyler

Vektör alanlarının yüzey integralini tanımlamadan önce, akışı yüzeyin hangi yüzünden hangi yüzüne doğru ölçtüğümüzü belirlememiz gerekir. Bunun için yüzeyin iki yüzü olmalı ve bunlardan birini seçebilmeliyiz.

Her yüzeyin iki yüzü yoktur. Uzun, dikdörtgen biçimli bir kâğıt şerit alıp yarım tur bükelim ve kısa kenarlarını birbirine yapıştıralım. Elde edilen yüzeye Möbius şeridi denir; adını Alman matematikçi August Möbius’tan (1790–1868) alır. Şeridin bir \(P\) noktasından yola çıkan bir karınca, hiçbir kenarı aşmadan şeridi bir kez dolaşınca \(P\)’nin “arka yüzüne” varır; yürümeye devam ederse yine hiçbir kenarı aşmadan \(P\)’ye geri döner. Möbius şeridinin tek bir yüzü vardır.

Bunu formülle de görebiliriz. Möbius şeridi, \(0 \le u \le 2\pi\) ve \(-1 \le w \le 1\) için

\[ \begin{aligned} x &= \Big(1 + \frac{w}{2}\cos\frac{u}{2}\Big)\cos u, \\[1mm] y &= \Big(1 + \frac{w}{2}\cos\frac{u}{2}\Big)\sin u, \\[1mm] z &= \frac{w}{2}\sin\frac{u}{2} \end{aligned} \]

parametrik denklemleriyle verilir. \(w = 0\) alınınca \(xy\)-düzlemindeki birim çember, yani şeridin orta çizgisi elde edilir; \(u\), \(0\)’dan \(2\pi\)’ye giderken şeridin kesiti yarım tur döner. Orta çember üzerinde (\(w = 0\)) teğet vektörler

\[\mathbf{r}_u = -\sin u\,\mathbf{i} + \cos u\,\mathbf{j}, \qquad \mathbf{r}_w = \frac{1}{2}\cos\frac{u}{2}\cos u\,\mathbf{i} + \frac{1}{2}\cos\frac{u}{2}\sin u\,\mathbf{j} + \frac{1}{2}\sin\frac{u}{2}\,\mathbf{k}\]

olur ve vektörel çarpımları

\[\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_w = \frac{1}{2}\sin\frac{u}{2}\cos u\,\mathbf{i} + \frac{1}{2}\sin\frac{u}{2}\sin u\,\mathbf{j} - \frac{1}{2}\cos\frac{u}{2}\,\mathbf{k}\]

bulunur. Bu vektörün uzunluğu her \(u\) için \(\frac{1}{2}\)’dir; \(2(\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_w)\) birim vektörüne \(\mathbf{N}(u)\) diyelim. \(u = 0\) ve \(u = 2\pi\) aynı \(P = (1, 0, 0)\) noktasını verir, ama

\[\mathbf{N}(0) = -\mathbf{k}, \qquad \mathbf{N}(2\pi) = \mathbf{k}\]

olur.

Şimdi şeridin her noktasında, şerit boyunca sürekli değişen bir \(\mathbf{n}\) birim normali seçilebildiğini varsayalım. Orta çemberin her noktasında yalnız iki birim normal vardır: \(\mathbf{N}(u)\) ve \(-\mathbf{N}(u)\). Bu yüzden \(\varepsilon(u) = \mathbf{n} \cdot \mathbf{N}(u)\) sayısı yalnız \(1\) ya da \(-1\) olabilir. \(\varepsilon\) sürekli bir fonksiyon olduğundan ve \([0, 2\pi]\) aralığında yalnız bu iki değeri alabildiğinden, Ara Değer Teoremi’ne (bkz. Analiz 1) göre sabittir. Oysa \(u = 0\) ve \(u = 2\pi\) aynı \(P\) noktasına karşılık gelir; orada \(\mathbf{n}\) tek bir vektördür ve

\[\varepsilon(2\pi) = \mathbf{n} \cdot \mathbf{k} = -\,\mathbf{n} \cdot (-\mathbf{k}) = -\varepsilon(0)\]

olur. Bu çelişki, Möbius şeridinde sürekli bir birim normal seçilemeyeceğini gösterir.

Möbius şeridi. P noktasında seçilen n normali orta çember (kesikli) boyunca sürekli olarak taşınırsa, bir tur sonra aynı P noktasına −n olarak döner. Bu yüzden şeridin her noktasında sürekli değişen bir birim normal seçilemez.

Etkileşimli sahne: normali Möbius şeridinde dolaştırmak. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz. Kaydırıcı \(u\)’yu \(\pi\) biriminde verir. \(u\) arttıkça \(\mathbf{N}(u)\) birim normali orta çember boyunca ilerler ve geride bıraktığı normaller soluk olarak kalır. \(u = 0\) iken \(P = (1, 0, 0)\) noktasında \(\mathbf{N}(0) = -\mathbf{k}\)’dir. \(u = \pi\) iken normal \(\mathbf{N}(\pi) = -\mathbf{i}\) olur ve yatay durur. \(u = 2\pi\) iken aynı \(P\) noktasına \(\mathbf{N}(2\pi) = \mathbf{k}\) olarak, yani ters dönmüş olarak varılır. Değer satırındaki \(\mathbf{N}(u) \cdot \mathbf{N}(0) = \cos(u/2)\) çarpımı bu sırada \(1\)’den \(-1\)’e iner. Möbius şeridi yerine \(\mathbf{r}(u, w) = \cos u\,\mathbf{i} + \sin u\,\mathbf{j} + \frac{w}{2}\,\mathbf{k}\) ile verilen iki yüzlü şeridi seçerseniz \(2(\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_w) = \cos u\,\mathbf{i} + \sin u\,\mathbf{j}\) normali hep dışa bakar ve bir tur sonra kendisine döner.

viewof yziMobiusControls = Inputs.form({
  strip: Inputs.radio(["mobius", "band"], { value: "mobius", label: "şerit", format: (key) => (key === "mobius" ? "Möbius" : "iki yüzlü") }),
  t: Inputs.range([0, 2], { value: 1, step: 0.02, label: "u / π" })
})

yziMobiusPlot = html`<div class="scene3d" role="img" aria-label="Dondurulebilir sahne: Mobius seridi ve orta cemberi; P = (1, 0, 0) noktasindan baslayip orta cember boyunca tasinan birim normal N(u) ve geride kalan normaller; bir tur sonra P noktasina ters yonde donen normal"></div>`

{
  const { strip, t } = yziMobiusControls;
  const mobius = strip === "mobius";
  const r = mobius
    ? (u, w) => [(1 + (w / 2) * Math.cos(u / 2)) * Math.cos(u), (1 + (w / 2) * Math.cos(u / 2)) * Math.sin(u), (w / 2) * Math.sin(u / 2)]
    : (u, w) => [Math.cos(u), Math.sin(u), w / 2];
  // The unit normal N(u) = 2 (r_u x r_w) on the centre circle w = 0.
  const N = mobius
    ? (u) => [Math.sin(u / 2) * Math.cos(u), Math.sin(u / 2) * Math.sin(u), -Math.cos(u / 2)]
    : (u) => [Math.cos(u), Math.sin(u), 0];
  const u = t * Math.PI;
  const shown = 0.7; // drawn length of the unit normals
  const trail = [];
  for (let k = 0; k < 24; k++) {
    const s = (k * Math.PI) / 12;
    if (s < u - 1e-9) trail.push(s);
  }
  const traces = [
    surface(r, 0, 2 * Math.PI, -1, 1, theme.theory, { opacity: 0.3, nu: 40, nv: 8 }),
    gridCurves(r, 0, 2 * Math.PI, -1, 1, 24, 0, withAlpha(theme.theory, 0.4), { width: 1.5 }),
    path((s) => r(s, 1), 0, 2 * Math.PI, theme.theory, undefined, { width: 3, samples: 160 }),
    path((s) => r(s, -1), 0, 2 * Math.PI, theme.theory, undefined, { width: 3, samples: 160 }),
    legendItem(mobius ? "Möbius şeridi" : "iki yüzlü şerit", theme.theory),
    path((s) => [Math.cos(s), Math.sin(s), 0], 0, 2 * Math.PI, withAlpha(theme.text, 0.6), "orta çember", { width: 3, dash: "dash", samples: 120 }),
    point(r(0, 0), theme.text, undefined, { size: 5, text: "P", position: "bottom center" })
  ];
  if (trail.length) {
    traces.push(...arrowsAt(trail.map((s) => r(s, 0)), trail.map((s) => N(s)), withAlpha(theme.base, 0.7), { scale: shown, head: 0.12, name: "geride kalan normaller" }));
  }
  traces.push(...arrow(r(u, 0), N(u).map((c) => c * shown), theme.practice, "N(u)", { head: 0.16 }));
  render(Plotly, yziMobiusPlot, traces, sceneLayout(theme, { x: [-1.8, 1.8], y: [-1.8, 1.8], z: [-1.2, 1.2] }));
  const piText = (k) => {
    if (Math.abs(k) < 1e-9) return "0";
    for (const d of [1, 2, 4]) {
      const n = Math.round(k * d);
      if (Math.abs(k * d - n) < 1e-6) return `${n < 0 ? "−" : ""}${Math.abs(n) === 1 ? "" : Math.abs(n)}π${d === 1 ? "" : "/" + d}`;
    }
    return `${fmtTrim(k, 2)}π`;
  };
  const n = N(u);
  const back = Math.abs(t - 2) < 1e-9 ? html`<span> &nbsp;·&nbsp; P noktasına ${mobius ? "ters" : "aynı"} normalle dönüldü</span>` : "";
  return html`<div class="scene3d-readout">u = ${piText(t)} &nbsp;·&nbsp; N(u) = (${fmt(n[0], 2)}; ${fmt(n[1], 2)}; ${fmt(n[2], 2)}) &nbsp;·&nbsp; N(u) · N(0) = ${fmt(dot(n, N(0)), 2)}${back}</div>`;
}

Bundan sonra yalnız iki yüzlü yüzeylerle çalışacağız. \(S\)’nin (sınır noktaları dışında) her \((x, y, z)\) noktasında bir teğet düzlemi olsun. Bu noktada iki birim normal vektör vardır: \(\mathbf{n}_1\) ve \(\mathbf{n}_2 = -\mathbf{n}_1\).

Tanım 16.4 (Yönlendirilmiş Yüzey) \(S\)’nin her noktasında, \(S\) üzerinde sürekli değişecek biçimde bir \(\mathbf{n}\) birim normal vektörü seçilebiliyorsa \(S\)’ye yönlendirilebilir (orientable) yüzey denir. Böyle sürekli bir \(\mathbf{n}\) seçimine \(S\)’nin bir yönlendirmesi (orientation), yönlendirmesi seçilmiş bir yüzeye de yönlendirilmiş yüzey (oriented surface) denir.

Uzayda sınırlı bir \(E\) cisminin sınırı olan yüzeye kapalı yüzey denir. Kapalı bir yüzeyde normallerin \(E\)’nin dışına baktığı yönlendirmeye pozitif yönlendirme, içine baktığı yönlendirmeye negatif yönlendirme denir.

Yönlendirilebilir bir yüzeyin iki yönlendirmesi. Solda her noktada n, sağda −n seçilmiştir; iki seçimde de normal yüzey boyunca sürekli değişir. Bu yüzey bir fonksiyon grafiği olduğundan soldaki yukarı, sağdaki aşağı yönlendirmedir.

Yani bir yönlendirme, yüzeyin iki yüzünden birini “pozitif yüz” ilan etmektir: \(\mathbf{n}\) her noktada o yüzden dışarı bakar. Tek parçalı, yönlendirilebilir bir yüzeyin tam iki yönlendirmesi vardır: \(\mathbf{n}\) ve \(-\mathbf{n}\). Bunu Möbius şeridindeki akıl yürütme gösterir: iki sürekli birim normal alanı yüzeyin bir noktasında aynıysa her yerde aynıdır. Kapalı yüzeylerde, aksi söylenmedikçe, pozitif (dışa doğru) yönlendirmeyi kullanacağız.

Bir fonksiyonun grafiği olan yüzeyin doğal bir yönlendirmesi vardır. \(z = g(x, y)\) grafiğinde (2) eşitliğindeki vektörü birim vektör yapınca

\[\mathbf{n} = \frac{-g_x\,\mathbf{i} - g_y\,\mathbf{j} + \mathbf{k}}{\sqrt{1 + g_x^2 + g_y^2}} \tag{4}\]

bulunur. Bu normalin \(\mathbf{k}\) bileşeni pozitif olduğundan normal her noktada yukarı bakar; bu yönlendirmeye yukarı yönlendirme, \(-\mathbf{n}\)’ye de aşağı yönlendirme denir.

Parametrik bir yüzeyde de parametreleme bir yönlendirme verir. Düzgün ve yönlendirilebilir bir \(S\) yüzeyi \(\mathbf{r}(u, v)\) ile verilmişse

\[\mathbf{n} = \frac{\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v}{|\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v|} \tag{5}\]

birim normali sürekli değişir ve \(S\)’yi yönlendirir. Karşı yönlendirme \(-\mathbf{n}\)’dir ve örneğin parametrelerin sırası değiştirilerek elde edilir, çünkü \(\mathbf{r}_v \times \mathbf{r}_u = -\,\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v\)’dir.

Örnek 16.5 (Kürenin Parametrelemesinin Verdiği Yönlendirme) \(a > 0\) olmak üzere \(x^2 + y^2 + z^2 = a^2\) küresinin

\[\mathbf{r}(\phi, \theta) = a\sin\phi\cos\theta\,\mathbf{i} + a\sin\phi\sin\theta\,\mathbf{j} + a\cos\phi\,\mathbf{k}, \qquad 0 \le \phi \le \pi,\ 0 \le \theta \le 2\pi\]

parametrelemesinin verdiği yönlendirmeyi bulunuz.

Çözüm

Kürenin alanını hesaplarken (Parametrik Yüzeyler ve Alanları)

\[ \begin{aligned} \mathbf{r}_\phi \times \mathbf{r}_\theta &= a^2\sin^2\phi\cos\theta\,\mathbf{i} + a^2\sin^2\phi\sin\theta\,\mathbf{j} + a^2\sin\phi\cos\phi\,\mathbf{k} \\[1mm] &= a\sin\phi\;\mathbf{r}(\phi, \theta) \end{aligned} \]

ve \(|\mathbf{r}_\phi \times \mathbf{r}_\theta| = a^2\sin\phi\) bulmuştuk. Kutuplar dışında (\(0 < \phi < \pi\)) \(\sin\phi > 0\) olduğundan (5)’ten

\[\mathbf{n} = \frac{a\sin\phi\;\mathbf{r}(\phi, \theta)}{a^2\sin\phi} = \frac{1}{a}\,\mathbf{r}(\phi, \theta) = \sin\phi\cos\theta\,\mathbf{i} + \sin\phi\sin\theta\,\mathbf{j} + \cos\phi\,\mathbf{k}\]

elde edilir. \(\mathbf{n}\), noktanın konum vektörüyle aynı yöndedir, yani küreden dışarı bakar. Kutuplarda da \(\mathbf{r}/a\) ile tanımlanınca normal küre üzerinde sürekli olur. Dolayısıyla bu parametreleme küreye pozitif (dışa doğru) yönlendirmeyi verir. Parametrelerin sırasını değiştirseydik, \(\mathbf{r}_\theta \times \mathbf{r}_\phi = -\,\mathbf{r}_\phi \times \mathbf{r}_\theta\) olduğundan negatif (içe doğru) yönlendirmeyi elde ederdik.

\(\blacksquare\)

Kürenin bu iki yönlendirmesi aşağıda görülüyor.

Kapalı bir yüzey olan kürenin iki yönlendirmesi. Solda normaller kürenin içindeki bölgeden dışa doğru bakar (pozitif yönlendirme), sağda içe doğru bakar (negatif yönlendirme).

16.5 Vektör Alanlarının Yüzey İntegrali: Akı

Şimdi yönlendirilmiş bir yüzeyden geçen akışı ölçelim. Örnek olarak yüzeyden geçen bir akışkanı düşüneceğiz.

\(S\), birim normali \(\mathbf{n}\) olan yönlendirilmiş bir yüzey olsun; yoğunluğu \(\rho(x, y, z)\) ve hız alanı \(\mathbf{v}(x, y, z)\) olan bir akışkan \(S\)’nin içinden geçsin. \(S\)’yi akışı hiç engellemeyen hayali bir yüzey olarak, örneğin bir dereye gerilmiş bir balık ağı gibi düşünelim. \(S\)’den \(\mathbf{n}\) yönünde birim zamanda geçen akışkan kütlesini bulmak istiyoruz.

Önce küçük ve düz bir yamaya bakalım. Alanı \(\Delta S\) olan düz bir yamadan kısa bir \(\Delta t\) süresinde geçen akışkan parçacıklarının her biri bu sürede \(\mathbf{v}\,\Delta t\) kadar yer değiştirir. Dolayısıyla bu sürede yamadan geçen akışkan, tabanı yama ve yan kenarları \(\mathbf{v}\,\Delta t\) olan eğik bir prizmayı doldurur. Prizmanın yüksekliği, \(\mathbf{v}\,\Delta t\) vektörünün \(\mathbf{n}\) doğrultusundaki bileşeni olan \((\mathbf{v} \cdot \mathbf{n})\,\Delta t\)’dir. Hacmi taban alanı çarpı yükseklik, yani \((\mathbf{v} \cdot \mathbf{n})\,\Delta S\,\Delta t\), kütlesi de \(\rho\,(\mathbf{v} \cdot \mathbf{n})\,\Delta S\,\Delta t\) olur. Bunu \(\Delta t\)’ye bölünce yamadan birim zamanda geçen kütle bulunur:

\[(\rho\,\mathbf{v} \cdot \mathbf{n})\,\Delta S.\]

Alanı ΔS olan küçük, düz bir yamadan Δt sürede geçen akışkan, tabanı bu yama ve yan kenarları v Δt olan eğik bir prizmayı doldurur. Prizmanın yüksekliği v Δt'nin n doğrultusundaki bileşeni (v · n) Δt, hacmi (v · n) ΔS Δt'dir.

\(\mathbf{v} \cdot \mathbf{n} < 0\) ise akışkan yamadan \(-\mathbf{n}\) yönünde geçer ve bu sayı negatif çıkar.

Eğri bir \(S\) yüzeyini \(S_{ij}\) yamalarına bölersek her yama neredeyse düzdür; \(\rho\), \(\mathbf{v}\) ve \(\mathbf{n}\) de yama üzerinde neredeyse sabittir. Bu yüzden \(S_{ij}\)’den \(\mathbf{n}\) yönünde birim zamanda geçen kütle yaklaşık olarak \((\rho\,\mathbf{v} \cdot \mathbf{n})\,\Delta S_{ij}\)’dir; burada \(\rho\), \(\mathbf{v}\) ve \(\mathbf{n}\) yamanın bir noktasında hesaplanır. Bunları toplayıp limit alınca, yüzey integralinin tanımına (Tanım 16.1) göre \(\rho\,\mathbf{v} \cdot \mathbf{n}\) fonksiyonunun \(S\) üzerindeki yüzey integrali elde edilir:

\[\iint_S \rho\,\mathbf{v} \cdot \mathbf{n}\;dS = \iint_S \rho(x, y, z)\,\mathbf{v}(x, y, z) \cdot \mathbf{n}(x, y, z)\;dS.\]

Bu integral akışkanın \(S\)’den geçiş hızıdır (birim zamanda geçen kütle). \(\mathbf{F} = \rho\,\mathbf{v}\) yazarsak integral \(\iint_S \mathbf{F} \cdot \mathbf{n}\,dS\) biçimini alır. Bu biçimdeki integraller fizikte, \(\mathbf{F}\) bir \(\rho\,\mathbf{v}\) çarpımı olmadığında da sık sık karşımıza çıkar.

Tanım 16.5 (Akı İntegrali) \(\mathbf{F}\), birim normali \(\mathbf{n}\) olan yönlendirilmiş bir \(S\) yüzeyi üzerinde tanımlı sürekli bir vektör alanı olsun (bkz. Tanım 10.1). \(\mathbf{F}\)’nin \(S\) üzerindeki yüzey integrali

\[\iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \iint_S \mathbf{F} \cdot \mathbf{n}\;dS\]

olarak tanımlanır. Bu integrale \(\mathbf{F}\)’nin \(S\)’den geçen akısı (flux) da denir.

Yani bir vektör alanının yüzey integrali, alanın normal bileşeni olan \(\mathbf{F} \cdot \mathbf{n}\) skaler fonksiyonunun yüzey integralidir. Yüzeye teğet olan bileşen akıya katkı vermez; yalnız yüzeyi “delip geçen” bileşen sayılır. Akının işareti yönlendirmeye bağlıdır: \(\mathbf{n}\) yerine \(-\mathbf{n}\) seçilirse akının işareti değişir.

Yüzey parametrik olarak verildiğinde birim normal ile alan çarpanı birbirini götürür ve hesap kolaylaşır.

Teorem 16.2 (Akının Parametrik Hesabı) \(S\), yüzey integralinin hesap formülündeki (Teorem 16.1) koşulları sağlayan bir \(\mathbf{r}(u, v)\), \((u, v) \in D\) parametrelemesiyle verilsin ve \(\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v\)’nin verdiği (5) yönlendirmesiyle yönlendirilmiş olsun. Sürekli bir \(\mathbf{F}\) vektör alanı için

\[\iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \iint_D \mathbf{F}(\mathbf{r}(u, v)) \cdot (\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v)\;dA \tag{6}\]

olur. \(S\) karşı yönde yönlendirilmişse sağ taraf \(-1\) ile çarpılır.

İspat

Akının tanımına göre \(\iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S}\), \(f = \mathbf{F} \cdot \mathbf{n}\) fonksiyonunun yüzey integralidir; bunu (1) formülüyle (Teorem 16.1) hesaplayacağız. Yalnız \(\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v\), \(D\)’nin bazı sınır noktalarında sıfır olabilir; kürenin kutuplarında ve koninin tepesinde böyledir. Orada (5) tanımsızdır ve \(f\), \(S\) üzerinde sürekli olmayabilir: koninin tepesine farklı doğrultulardan yaklaşınca (5)’teki normal farklı vektörlere gider. Ama (1) formülünün ispatında \(f\)’nin yalnız iki özelliği kullanıldı: \(f\)’nin \(S\) üzerinde sınırlı olması ve \(h = (f \circ \mathbf{r})\,|\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v|\) fonksiyonunun \(D\) üzerinde sürekli olması. İkisinin de sağlandığını gösterelim.

Sınırlılık. \(\mathbf{F} \circ \mathbf{r}\), kapalı ve sınırlı \(D\) üzerinde sürekli olduğundan her \((u, v) \in D\) için \(|\mathbf{F}(\mathbf{r}(u, v))| \le M\) olacak bir \(M\) sayısı vardır. \(\mathbf{n}\) birim vektör olduğundan \(S\) üzerinde \(|f| \le |\mathbf{F}| \le M\) olur.

Süreklilik. \(\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v \ne \mathbf{0}\) olan noktalarda \(\mathbf{n}\), (5) ile verilir; dolayısıyla

\[ \begin{aligned} h(u, v) &= \left[\mathbf{F}(\mathbf{r}(u, v)) \cdot \frac{\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v}{|\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v|}\right] |\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v| \\[1mm] &= \mathbf{F}(\mathbf{r}(u, v)) \cdot (\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v) \end{aligned} \]

olur. \(\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v = \mathbf{0}\) olan noktalarda ise \(|\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v| = 0\) olduğundan iki taraf da sıfırdır; \(\mathbf{n}\)’nin oradaki değeri sonucu etkilemez. Demek ki \(D\)’nin her noktasında \(h(u, v) = \mathbf{F}(\mathbf{r}(u, v)) \cdot (\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v)\)’dir. Sağ taraf sürekli fonksiyonların bileşkeleri, çarpımları ve toplamlarından oluştuğu için \(h\), \(D\) üzerinde süreklidir.

Sonuç. Böylece (1) formülü \(f = \mathbf{F} \cdot \mathbf{n}\) için de geçerlidir ve

\[ \begin{aligned} \iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} &= \iint_S \mathbf{F} \cdot \mathbf{n}\;dS = \iint_D h\;dA \\[1mm] &= \iint_D \mathbf{F}(\mathbf{r}(u, v)) \cdot (\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v)\;dA \end{aligned} \]

bulunur. Karşı yönlendirmede \(\mathbf{n}\) yerine \(-\mathbf{n}\) geldiğinden integrandın, dolayısıyla integralin işareti değişir.

\(\blacksquare\)

Yani (6) formülünde \(\mathbf{n}\,dS\) yerine doğrudan \((\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v)\,dA\) yazılır. Bunu vektör alanlarının eğrisel integralini hesapladığımız

\[\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \int_a^b \mathbf{F}(\mathbf{r}(t)) \cdot \mathbf{r}'(t)\;dt\]

formülüyle karşılaştırın (bkz. Tanım 11.6): orada \(d\mathbf{r} = \mathbf{r}'(t)\,dt\) idi, burada \(d\mathbf{S} = (\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v)\,dA\)’dır.

Hem (1) hem de (6) formülü bir parametreleme kullanıyor. Aynı yüzeyi başka bir parametrelemeyle yazsaydık sonuç değişir miydi? Aşağıdaki önerme, parametreleme bir değişken değiştirmesiyle değiştirildiğinde yüzey integralinin aynı kaldığını, akının ise yalnız yönlendirmeye bağlı olduğunu söyler.

Önerme 16.1 (Parametrelemeden Bağımsızlık) \(\mathbf{r}(u, v)\), \((u, v) \in D\), \(S\)’nin, yüzey integralinin hesap formülündeki (Teorem 16.1) koşulları sağlayan bir parametrelemesi olsun. \(T(s, t) = (u(s, t), v(s, t))\) dönüşümü bir \(\tilde{D}\) bölgesini \(D\)’nin üzerine birebir götürsün, kısmi türevleri sürekli ve Jacobi determinantı \(J = \dfrac{\partial(u, v)}{\partial(s, t)}\) hiç sıfır olmasın. \(\tilde{\mathbf{r}}(s, t) = \mathbf{r}(u(s, t), v(s, t))\), \((s, t) \in \tilde{D}\) olsun. Bu durumda:

(i) Sürekli her \(f\) için (1) formülü \(\mathbf{r}\) ile ve \(\tilde{\mathbf{r}}\) ile aynı değeri verir.

(ii) \(\tilde{D}\) üzerinde \(J > 0\) ise \(\tilde{\mathbf{r}}\) ile \(\mathbf{r}\) aynı yönlendirmeyi verir ve (6) formülü iki parametrelemede aynı akıyı verir. \(J < 0\) ise yönlendirmeler zıttır ve akılar birbirinin ters işaretlisidir.

İspat

Normal vektörler. Zincir kuralına göre (bkz. Analiz 4) \(\tilde{\mathbf{r}}_s = u_s\,\mathbf{r}_u + v_s\,\mathbf{r}_v\) ve \(\tilde{\mathbf{r}}_t = u_t\,\mathbf{r}_u + v_t\,\mathbf{r}_v\)’dir; \(\mathbf{r}_u\) ve \(\mathbf{r}_v\), \(T(s, t)\) noktasında hesaplanır. Vektörel çarpım her iki çarpanına göre doğrusaldır; \(\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_u = \mathbf{r}_v \times \mathbf{r}_v = \mathbf{0}\) ve \(\mathbf{r}_v \times \mathbf{r}_u = -\,\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v\) olduğundan

\[ \begin{aligned} \tilde{\mathbf{r}}_s \times \tilde{\mathbf{r}}_t &= u_s v_t\,(\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v) + v_s u_t\,(\mathbf{r}_v \times \mathbf{r}_u) \\[1mm] &= (u_s v_t - u_t v_s)\,(\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v) = J\,(\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v) \end{aligned} \]

bulunur. \(J > 0\) ise iki normal aynı yöne, \(J < 0\) ise zıt yönlere bakar; bu, (ii)’deki yönlendirme iddiasıdır.

(i). \(|\tilde{\mathbf{r}}_s \times \tilde{\mathbf{r}}_t| = |J|\,|\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v|\) olduğundan, iki katlı integralde değişken değiştirme formülüyle (Teorem 9.1)

\[ \begin{aligned} \iint_{\tilde{D}} f(\tilde{\mathbf{r}})\,|\tilde{\mathbf{r}}_s \times \tilde{\mathbf{r}}_t|\;dA &= \iint_{\tilde{D}} \Big[f(\mathbf{r})\,|\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v|\Big]_{T(s, t)}\,|J|\;ds\,dt \\[1mm] &= \iint_D f(\mathbf{r}(u, v))\,|\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v|\;du\,dv \end{aligned} \]

olur.

(ii). Aynı biçimde

\[\mathbf{F}(\tilde{\mathbf{r}}) \cdot (\tilde{\mathbf{r}}_s \times \tilde{\mathbf{r}}_t) = J\,\Big[\mathbf{F}(\mathbf{r}) \cdot (\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v)\Big]_{T(s, t)}\]

olur. \(J > 0\) ise \(J = |J|\) olur ve değişken değiştirme formülü, (i)’deki gibi, iki akının eşit olduğunu verir. \(J < 0\) ise \(J = -|J|\) olur ve aynı hesap akıların ters işaretli olduğunu verir.

\(\blacksquare\)

Yani \(\mathbf{r}\)’den, Jacobi determinantı sıfır olmayan birebir bir \(T\) ile \(\tilde{\mathbf{r}} = \mathbf{r} \circ T\) biçiminde elde edilen her parametreleme aynı yüzey integralini verir; aynı yönlendirmeyi veriyorsa aynı akıyı da verir. Aslında yüzeyi bir kez örten iki düzgün parametreleme, dikiş yerleri ve kutuplar gibi sıfır alanlı kümeler dışarıda bırakılınca hep böyle bir \(T = \mathbf{r}^{-1} \circ \tilde{\mathbf{r}}\) ile birbirine bağlanır. Bu \(T\)’nin sürekli türevlenebilir olduğu ters fonksiyon teoreminden çıkar (bkz. Analiz 4); dışarıda bırakılan sıfır alanlı kümelerin integrali değiştirmediğini tam olarak göstermek ise ileri analiz gerektirir. Bu yüzden hesaplarda yüzeyi bir kez örten herhangi bir düzgün parametrelemeyi kullanırız. Akıda ise yalnız bir şeye dikkat etmeliyiz: parametrelemenin verdiği \(\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v\) normali istenen yönlendirmeyle aynı yöne bakmalıdır; bakmıyorsa sonucu \(-1\) ile çarparız.

İpucuAkı integrali dört adımda

1. Parametrele. \(S\)’yi \(\mathbf{r}(u, v)\), \((u, v) \in D\) biçiminde yaz.
2. Normali bul ve yönünü denetle. \(\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v\)’yi hesapla. Bir noktada istenen yönlendirmeyle (yukarı, dışa doğru, …) aynı yöne bakıp bakmadığını kontrol et; bakmıyorsa sonucu \(-1\) ile çarpmayı not et.
3. İç çarpımı hesapla. \(\mathbf{F}\)’de \(x\), \(y\), \(z\) yerine \(\mathbf{r}(u, v)\)’nin bileşenlerini koy ve \(\mathbf{F}(\mathbf{r}(u, v)) \cdot (\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v)\)’yi bul.
4. İntegrali hesapla. Bu fonksiyonun \(D\) üzerindeki iki katlı integralini al.

Örnek 16.6 (Birim Küreden Geçen Akı) \(\mathbf{F}(x, y, z) = z\,\mathbf{i} + y\,\mathbf{j} + x\,\mathbf{k}\) vektör alanının \(x^2 + y^2 + z^2 = 1\) birim küresinden geçen akısını (dışa doğru yönlendirmeyle) bulunuz.

Çözüm

Parametreleme ve normal. Birim küre üzerindeki integralde (Örnek 16.2) kullandığımız

\[\mathbf{r}(\phi, \theta) = \sin\phi\cos\theta\,\mathbf{i} + \sin\phi\sin\theta\,\mathbf{j} + \cos\phi\,\mathbf{k}, \qquad 0 \le \phi \le \pi,\ 0 \le \theta \le 2\pi\]

parametrelemesini kullanalım. Kürenin yönlendirmesini incelerken (Örnek 16.5) gördüğümüz gibi

\[\mathbf{r}_\phi \times \mathbf{r}_\theta = \sin^2\phi\cos\theta\,\mathbf{i} + \sin^2\phi\sin\theta\,\mathbf{j} + \sin\phi\cos\phi\,\mathbf{k}\]

vektörü dışa doğru bakar; yani istenen yönlendirme budur.

İç çarpım. Küre üzerinde \(x = \sin\phi\cos\theta\), \(y = \sin\phi\sin\theta\), \(z = \cos\phi\) olduğundan

\[\mathbf{F}(\mathbf{r}(\phi, \theta)) = \cos\phi\,\mathbf{i} + \sin\phi\sin\theta\,\mathbf{j} + \sin\phi\cos\theta\,\mathbf{k}\]

ve

\[ \begin{aligned} \mathbf{F}(\mathbf{r}) \cdot (\mathbf{r}_\phi \times \mathbf{r}_\theta) &= \cos\phi\sin^2\phi\cos\theta + \sin^3\phi\sin^2\theta + \sin^2\phi\cos\phi\cos\theta \\[1mm] &= 2\sin^2\phi\cos\phi\cos\theta + \sin^3\phi\sin^2\theta \end{aligned} \]

bulunur.

İntegral. (6) formülünden

\[ \begin{aligned} \iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} &= \int_0^{2\pi} \int_0^{\pi} \big(2\sin^2\phi\cos\phi\cos\theta + \sin^3\phi\sin^2\theta\big)\;d\phi\,d\theta \\[1mm] &= 2 \int_0^{\pi} \sin^2\phi\cos\phi\;d\phi \int_0^{2\pi} \cos\theta\;d\theta + \int_0^{\pi} \sin^3\phi\;d\phi \int_0^{2\pi} \sin^2\theta\;d\theta \end{aligned} \]

olur. \(\int_0^{2\pi} \cos\theta\,d\theta = 0\) olduğundan ilk terim sıfırdır. İkinci terimde \(\int_0^{\pi} \sin^3\phi\,d\phi = \frac{4}{3}\) (Örnek 16.2) ve \(\int_0^{2\pi} \sin^2\theta\,d\theta = \pi\) olduğundan

\[\iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = 0 + \frac{4}{3} \cdot \pi = \frac{4\pi}{3}\]

bulunur.

Yorum. \(\mathbf{F}\), yoğunluğu \(1\) olan bir akışkanın hız alanıysa, birim zamanda kürenin içinden dışına net olarak \(\frac{4\pi}{3}\) birim kütle akar.

\(\blacksquare\)

Etkileşimli sahne: küreden geçen akının işareti. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz. Birim küre \(\phi\) yönünde \(m\), \(\theta\) yönünde \(n\) parçaya bölünmüştür. Her yama, orta noktasındaki \(\mathbf{F} \cdot \mathbf{n}\) değerine göre boyanır: turuncu yamalarda \(\mathbf{F} = z\,\mathbf{i} + y\,\mathbf{j} + x\,\mathbf{k}\) yüzeyi seçilen \(\mathbf{n}\) yönünde geçer, mavi yamalarda ters yönde geçer; renk belirginleştikçe \(|\mathbf{F} \cdot \mathbf{n}|\) büyür. Oklar seçilen birim normalleri ve \(\mathbf{F}\)’nin değerlerini gösterir. Küre üzerinde \(|\mathbf{F}| = 1\) olduğundan bütün \(\mathbf{F}\) okları aynı uzunluktadır; akıya yalnız normal bileşenleri katkı verir. Değer satırı (6) formülünün orta noktalarla kurulan Riemann toplamını, yani her yamada \(\mathbf{F} \cdot (\mathbf{r}_\phi \times \mathbf{r}_\theta)\,\Delta\phi\,\Delta\theta\) çarpımlarının toplamını verir. Dışa yönlendirmede bu toplam \(m = 4\), \(n = 8\) için \(4{,}168048\), \(m = 12\), \(n = 24\) için \(4{,}188571\) olur ve \(4\pi/3 \approx 4{,}188790\)’a yaklaşır. Normali içe çevirince renkler yer değiştirir ve toplam aynı sayının ters işaretlisi olur.

viewof yziFluxControls = Inputs.form({
  side: Inputs.radio(["out", "in"], { value: "out", label: "normal", format: (key) => (key === "out" ? "dışa" : "içe") }),
  m: Inputs.range([2, 24], { value: 4, step: 1, label: "m" }),
  n: Inputs.range([3, 36], { value: 8, step: 1, label: "n" }),
  arrows: Inputs.toggle({ value: true, label: "oklar" })
})

yziFluxPlot = html`<div class="scene3d" role="img" aria-label="Dondurulebilir sahne: m x n yamaya bolunmus birim kure; her yama F = z i + y j + x k alaninin secilen birim normal yonundeki bileseninin isaretine gore boyanir; birim normaller ve alan oklari gosterilir"></div>`

{
  const { side, m, n, arrows } = yziFluxControls;
  const sign = side === "out" ? 1 : -1;
  const sphere = (p, t) => [Math.sin(p) * Math.cos(t), Math.sin(p) * Math.sin(t), Math.cos(p)];
  const F = (q) => [q[2], q[1], q[0]];
  // F(r(phi, theta)) . (r_phi x r_theta), worked out in the example.
  const h = (p, t) => 2 * Math.sin(p) ** 2 * Math.cos(p) * Math.cos(t) + Math.sin(p) ** 3 * Math.sin(t) ** 2;
  const dp = Math.PI / m;
  const dt = (2 * Math.PI) / n;
  let sum = 0;
  const value = [];
  const mids = [];
  for (let i = 0; i < m; i++) {
    value.push([]);
    for (let j = 0; j < n; j++) {
      const p = (i + 0.5) * dp;
      const t = (j + 0.5) * dt;
      sum += sign * h(p, t) * dp * dt;
      // On the unit sphere the outward unit normal at q is q itself.
      const q = sphere(p, t);
      value[i].push(sign * dot(F(q), q));
      mids.push(q.map((c) => 1.01 * c));
    }
  }
  // A fine mesh: every patch is split into sp x st cells that carry the patch's value of F . n.
  const sp = Math.max(1, Math.round(24 / m));
  const st = Math.max(1, Math.round(48 / n));
  const rows = m * sp;
  const cols = n * st;
  const X = [];
  const Y = [];
  const Z = [];
  const I = [];
  const J = [];
  const K = [];
  const C = [];
  for (let a = 0; a <= rows; a++) {
    for (let b = 0; b <= cols; b++) {
      const q = sphere((a * Math.PI) / rows, (2 * Math.PI * b) / cols);
      X.push(q[0]);
      Y.push(q[1]);
      Z.push(q[2]);
    }
  }
  const at = (a, b) => a * (cols + 1) + b;
  for (let a = 0; a < rows; a++) {
    for (let b = 0; b < cols; b++) {
      const c = value[Math.floor(a / sp)][Math.floor(b / st)];
      I.push(at(a, b), at(a, b));
      J.push(at(a + 1, b), at(a + 1, b + 1));
      K.push(at(a + 1, b + 1), at(a, b + 1));
      C.push(c, c);
    }
  }
  // A neutral middle color for F . n = 0, mixed from the page's text and background colors.
  const rgb = (color) => {
    const match = /^#?([0-9a-f]{6})$/i.exec((color || "").trim());
    const k = match ? parseInt(match[1], 16) : 0x808080;
    return [(k >> 16) & 255, (k >> 8) & 255, k & 255];
  };
  const mix = (from, to, s) => {
    const A = rgb(from);
    const B = rgb(to);
    return `rgb(${A.map((c, i) => Math.round(c + (B[i] - c) * s)).join(", ")})`;
  };
  const traces = [
    {
      type: "mesh3d",
      x: X,
      y: Y,
      z: Z,
      i: I,
      j: J,
      k: K,
      intensity: C,
      intensitymode: "cell",
      colorscale: [
        [0, theme.theory],
        [0.5, mix(theme.background, theme.text, 0.15)],
        [1, theme.practice]
      ],
      cmin: -1,
      cmax: 1,
      showscale: false,
      opacity: 0.85,
      flatshading: true,
      lighting: { ambient: 0.85, diffuse: 0.3, specular: 0.05 },
      hoverinfo: "skip",
      showlegend: false
    },
    gridCurves((p, t) => sphere(p, t).map((c) => 1.004 * c), 0, Math.PI, 0, 2 * Math.PI, m, n, withAlpha(theme.text, 0.5), { width: 1.5 }),
    legendItem("F · n > 0", theme.practice),
    legendItem("F · n < 0", theme.theory),
    points(mids, theme.text, "orta noktalar", { size: m * n > 200 ? 1.5 : 2.5 })
  ];
  if (arrows) {
    const starts = [[0, 0, 1], [0, 0, -1]];
    for (const p of [Math.PI / 4, Math.PI / 2, (3 * Math.PI) / 4]) {
      for (let j = 0; j < 8; j++) starts.push(sphere(p, (j * Math.PI) / 4));
    }
    traces.push(
      ...arrowsAt(starts, starts.map((q) => q.map((c) => sign * c)), theme.base, { scale: 0.4, head: 0.1, name: "n" }),
      ...arrowsAt(starts, starts.map(F), withAlpha(theme.text, 0.85), { scale: 0.4, head: 0.1, name: "F" })
    );
  }
  render(Plotly, yziFluxPlot, traces, sceneLayout(theme, { x: [-1.45, 1.45], y: [-1.45, 1.45], z: [-1.45, 1.45] }));
  const exact = (sign * 4 * Math.PI) / 3;
  return html`<div class="scene3d-readout">${m} × ${n} = ${m * n} yama &nbsp;·&nbsp; normal: ${side === "out" ? "dışa (pozitif yönlendirme)" : "içe (negatif yönlendirme)"}<br>Riemann toplamı = ${fmt(sum, 6)} &nbsp;·&nbsp; akı = ${sign > 0 ? "" : "−"}4π/3 ≈ ${fmt(exact, 6)} &nbsp;·&nbsp; fark = ${fmt(sum - exact, 6)}</div>`;
}

Yüzey bir fonksiyonun grafiği olduğunda (6) formülü, (2) eşitliği sayesinde yalnız \(\mathbf{F}\)’nin bileşenleriyle yazılabilir.

Sonuç 16.2 (Bir Grafikten Geçen Akı) \(S\), \(z = g(x, y)\), \((x, y) \in D\) grafiği olsun; \(D\) ve \(g\), grafik üzerindeki yüzey integralinde (Sonuç 16.1) istenen koşulları sağlasın ve \(S\) yukarı yönlendirilmiş olsun. \(\mathbf{F} = P\,\mathbf{i} + Q\,\mathbf{j} + R\,\mathbf{k}\) sürekli bir vektör alanı ise

\[\iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \iint_D \left(-P\,\frac{\partial g}{\partial x} - Q\,\frac{\partial g}{\partial y} + R\right) dA \tag{7}\]

olur; burada \(P\), \(Q\), \(R\) \((x, y, g(x, y))\) noktasında hesaplanır. \(S\) aşağı yönlendirilmişse sağ taraf \(-1\) ile çarpılır.

İspat

\(\mathbf{r}(x, y) = x\,\mathbf{i} + y\,\mathbf{j} + g(x, y)\,\mathbf{k}\) parametrelemesi için (2)’ye göre \(\mathbf{r}_x \times \mathbf{r}_y = -g_x\,\mathbf{i} - g_y\,\mathbf{j} + \mathbf{k}\)’dir. Bu vektörün \(\mathbf{k}\) bileşeni pozitif olduğundan parametrelemenin verdiği yönlendirme yukarı yönlendirmedir. Ayrıca

\[\mathbf{F} \cdot (\mathbf{r}_x \times \mathbf{r}_y) = (P\,\mathbf{i} + Q\,\mathbf{j} + R\,\mathbf{k}) \cdot (-g_x\,\mathbf{i} - g_y\,\mathbf{j} + \mathbf{k}) = -P\,g_x - Q\,g_y + R\]

olur. Bunu (6) formülünde (Teorem 16.2) yerine yazınca (7) çıkar; aşağı yönlendirme için aynı teoremin son cümlesi uygulanır.

\(\blacksquare\)

\(y = h(x, z)\) ya da \(x = k(y, z)\) biçimindeki yüzeyler için de benzer formüller kurulur (bkz. Alıştırma 16.10).

Örnek 16.7 (Kapalı Bir Yüzeyden Geçen Akı) \(\mathbf{F}(x, y, z) = y\,\mathbf{i} + x\,\mathbf{j} + z\,\mathbf{k}\) olsun. \(S\), \(z = 1 - x^2 - y^2\) paraboloidi ile \(z = 0\) düzleminin sınırladığı \(E\) cisminin sınırı olmak üzere \(\iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S}\) integralini hesaplayınız.

E cisminin sınırı iki parçadır: z = 1 − x² − y² paraboloidinin z ≥ 0 kısmı S₁ ve z = 0 düzlemindeki birim daire S₂. Dışa doğru yönlendirmede S₁'in normalleri yukarı, S₂'ninkiler aşağı bakar.

Çözüm

\(S\) kapalı bir yüzey olduğundan pozitif (dışa doğru) yönlendirmeyi kullanırız. \(S\) iki parçadan oluşur: üstteki paraboloit parçası \(S_1\) ve alttaki daire \(S_2\).

Üst parça \(S_1\). \(S_1\)’de dışa doğru normal yukarı bakar; bu yüzden (7) formülünü kullanabiliriz. Paraboloit \(z = 0\) düzlemini \(x^2 + y^2 = 1\) çemberinde keser; \(S_1\)’in \(xy\)-düzlemine izdüşümü \(D = \{x^2 + y^2 \le 1\}\) dairesidir. \(g(x, y) = 1 - x^2 - y^2\) için \(g_x = -2x\), \(g_y = -2y\) ve \(S_1\) üzerinde

\[P = y, \qquad Q = x, \qquad R = z = 1 - x^2 - y^2\]

olduğundan

\[-P\,g_x - Q\,g_y + R = -y(-2x) - x(-2y) + 1 - x^2 - y^2 = 1 + 4xy - x^2 - y^2\]

bulunur. Kutupsal koordinatlara geçersek \(xy = r^2\cos\theta\sin\theta\) ve \(x^2 + y^2 = r^2\) olur:

\[ \begin{aligned} \iint_{S_1} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} &= \int_0^{2\pi} \int_0^1 \big(1 + 4r^2\cos\theta\sin\theta - r^2\big)\,r\;dr\,d\theta \\[1mm] &= \int_0^{2\pi} \int_0^1 \big(r - r^3 + 4r^3\cos\theta\sin\theta\big)\;dr\,d\theta \\[1mm] &= \int_0^{2\pi} \Big(\frac{1}{4} + \cos\theta\sin\theta\Big)\,d\theta = \frac{1}{4} \cdot 2\pi + 0 = \frac{\pi}{2}. \end{aligned} \]

Burada \(\cos\theta\sin\theta\)’nın bir ilkeli \(\frac{1}{2}\sin^2\theta\) olduğundan integrali \(0\)’dır.

Alt parça \(S_2\). \(S_2\)’de dışa doğru birim normal aşağı bakar: \(\mathbf{n} = -\mathbf{k}\). \(S_2\) üzerinde \(z = 0\) olduğundan

\[\iint_{S_2} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \iint_{S_2} \mathbf{F} \cdot (-\mathbf{k})\;dS = \iint_{S_2} (-z)\;dS = \iint_{S_2} 0\;dS = 0\]

olur.

Toplam. Akı, iki parçadaki akıların toplamıdır:

\[\iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \frac{\pi}{2} + 0 = \frac{\pi}{2}.\]

\(\blacksquare\)

UyarıSık yapılan hatalar

• Akıda yönlendirme işareti belirler. (6) ya da (7) formülünü kullanmadan önce \(\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v\)’nin istenen yöne bakıp bakmadığını mutlaka kontrol edin.
• Kapalı bir yüzeyde her parçanın normali dışa bakmalıdır: bir cismin tavanında yukarı, tabanında aşağı.
• Skaler yüzey integralinde \(|\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v|\), akıda ise \(\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v\) vektörünün kendisi kullanılır; akıda uzunluk alınmaz.

16.6 Akının Fizikteki Yorumları

Akı kavramını akışkanlar üzerinden kurduk, ama aynı integral fiziğin başka alanlarında da ortaya çıkar. İki önemli örnek verelim.

Tanım 16.6 (Elektrik Akısı ve Gauss Yasası) \(\mathbf{E}\) bir elektrik alanı ve \(S\) yönlendirilmiş bir yüzey ise

\[\iint_S \mathbf{E} \cdot d\mathbf{S}\]

integraline \(\mathbf{E}\)’nin \(S\)’den geçen elektrik akısı denir. Elektrostatiğin temel yasalarından Gauss yasasına göre, pozitif yönlendirilmiş kapalı bir \(S\) yüzeyinin içinde kalan net elektrik yükü

\[Q = \varepsilon_0 \iint_S \mathbf{E} \cdot d\mathbf{S}\]

olur. Burada \(\varepsilon_0\), boşluğun elektriksel geçirgenliği denen ve kullanılan birimlere bağlı olan bir sabittir.

Yani kapalı bir yüzeyin içindeki yükü bulmak için yüklerin nerede durduğunu bilmemiz gerekmez; elektrik alanının yüzeyden net olarak ne kadar dışarı aktığını ölçmek yeter. SI birim sisteminde \(\varepsilon_0 \approx 8{,}8542 \times 10^{-12}\ \mathrm{C^2/(N \cdot m^2)}\)’dir. Örneğin birim küreden geçen akı örneğindeki (Örnek 16.6) \(\mathbf{F}\) bir elektrik alanı olsaydı, birim kürenin içindeki yük \(Q = \frac{4}{3}\pi\varepsilon_0\) olurdu.

Tanım 16.7 (Isı Akışı) Bir cismin \((x, y, z)\) noktasındaki sıcaklığı \(u(x, y, z)\) olsun. Isı akışı

\[\mathbf{F} = -K\,\nabla u\]

vektör alanıdır; burada \(K\), maddenin ısı iletkenliği denen ve deneyle belirlenen pozitif bir sabittir. Cismin içindeki bir \(S\) yüzeyinden ısının akış hızı

\[\iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = -K \iint_S \nabla u \cdot d\mathbf{S}\]

integraliyle verilir.

Yani ısı sıcaktan soğuğa akar. \(\nabla u\), sıcaklığın en hızlı arttığı yönü gösterdiğinden (bkz. Analiz 4) ısı akışı ona zıt yöndedir; \(K\) ne kadar büyükse ısı o kadar hızlı iletilir.

Örnek 16.8 (Metal Bir Toptaki Isı Akışı) Metal bir topun her noktasındaki sıcaklık, o noktanın topun merkezine uzaklığının karesiyle orantılıdır. Merkezi topun merkezinde olan \(a\) yarıçaplı \(S\) küresinden ısının (dışa doğru) akış hızını bulunuz.

Çözüm

Sıcaklık ve ısı akışı. Topun merkezini orijine yerleştirelim. Orantı sabitine \(C\) dersek sıcaklık

\[u(x, y, z) = C\,(x^2 + y^2 + z^2)\]

olur. Metalin ısı iletkenliği \(K\) ise ısı akışı

\[\mathbf{F} = -K\,\nabla u = -KC\,(2x\,\mathbf{i} + 2y\,\mathbf{j} + 2z\,\mathbf{k})\]

olur.

Normal bileşen. Bu kez küreyi parametrelemeye gerek yok. \(x^2 + y^2 + z^2 = a^2\) küresinin \((x, y, z)\) noktasındaki dışa doğru birim normali, konum vektörü kendi uzunluğu olan \(a\)’ya bölünerek elde edilir:

\[\mathbf{n} = \frac{1}{a}\,(x\,\mathbf{i} + y\,\mathbf{j} + z\,\mathbf{k}).\]

Buradan

\[\mathbf{F} \cdot \mathbf{n} = -\frac{2KC}{a}\,(x^2 + y^2 + z^2)\]

bulunur. \(S\) üzerinde \(x^2 + y^2 + z^2 = a^2\) olduğundan \(\mathbf{F} \cdot \mathbf{n} = -2aKC\), yani sabittir.

Akış hızı. Sabit bir fonksiyonun yüzey integrali, o sabit çarpı yüzeyin alanıdır. Kürenin alanı \(4\pi a^2\) olduğundan

\[ \begin{aligned} \iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} &= \iint_S \mathbf{F} \cdot \mathbf{n}\;dS = -2aKC \iint_S dS \\[1mm] &= -2aKC \cdot 4\pi a^2 = -8\pi KC a^3 \end{aligned} \]

bulunur. \(C > 0\) ise sıcaklık merkezden uzaklaştıkça artar ve sonuç negatiftir: ısı küreden içeri, merkezdeki daha soğuk bölgeye doğru akar.

\(\blacksquare\)

16.7 Alıştırmalar

Aşağıdaki alıştırmalar kolaydan zora sıralanmıştır. İlk altısı skaler fonksiyonların yüzey integralleri, sonraki dördü akı, son ikisi uygulamalardır.

Alıştırma 16.1 (Riemann Toplamıyla Tahmin) \(H\), \(x^2 + y^2 + z^2 = 50\) küresinin \(z \ge 0\) olan yarısı olsun. \(f\), \(H\) üzerinde sürekli bir fonksiyondur ve

\[f(3, 4, 5) = 7, \quad f(3, -4, 5) = 8, \quad f(-3, 4, 5) = 9, \quad f(-3, -4, 5) = 12\]

olduğu biliniyor. \(H\)’yi dört parçaya bölerek \(\iint_H f(x, y, z)\,dS\) için bir Riemann toplamı tahmini bulunuz.

Çözüm

Parçalar. \(H\)’yi \(x = 0\) ve \(y = 0\) düzlemleriyle dört eş parçaya bölelim: \(x \ge 0, y \ge 0\); \(x \ge 0, y \le 0\); \(x \le 0, y \ge 0\) ve \(x \le 0, y \le 0\) olan çeyrekler. Verilen dört noktanın her biri \(H\) üzerindedir, çünkü \(3^2 + 4^2 + 5^2 = 50\) ve \(z = 5 > 0\)’dır; ayrıca her biri farklı bir çeyrektedir. Bu noktaları örnek noktalar olarak seçeriz.

Alanlar. \(H\), yarıçapı \(\sqrt{50}\) olan kürenin yarısıdır; alanı

\[\frac{1}{2} \cdot 4\pi \cdot 50 = 100\pi\]

olur. Dört çeyrek simetri nedeniyle eş olduğundan her birinin alanı \(25\pi\)’dir.

Riemann toplamı.

\[\iint_H f\,dS \approx 25\pi\,(7 + 8 + 9 + 12) = 25\pi \cdot 36 = 900\pi \approx 2827{,}4.\]

\(\blacksquare\)

Alıştırma 16.2 (Helikoit Üzerinde Bir İntegral) \(S\), \(\mathbf{r}(u, v) = u\cos v\,\mathbf{i} + u\sin v\,\mathbf{j} + v\,\mathbf{k}\), \(0 \le u \le 1\), \(0 \le v \le \pi\) vektör denklemiyle verilen helikoit olmak üzere \(\iint_S y\,dS\) integralini hesaplayınız.

Çözüm

Alan çarpanı. \(\mathbf{r}_u = \cos v\,\mathbf{i} + \sin v\,\mathbf{j}\) ve \(\mathbf{r}_v = -u\sin v\,\mathbf{i} + u\cos v\,\mathbf{j} + \mathbf{k}\) olduğundan

\[\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \cos v & \sin v & 0 \\ -u\sin v & u\cos v & 1 \end{vmatrix} = \sin v\,\mathbf{i} - \cos v\,\mathbf{j} + u\,\mathbf{k}\]

ve \(\sin^2 v + \cos^2 v = 1\) olduğundan \(|\mathbf{r}_u \times \mathbf{r}_v| = \sqrt{1 + u^2}\) bulunur.

İntegral. Yüzey üzerinde \(y = u\sin v\) olduğundan, (1) formülüyle

\[\iint_S y\,dS = \int_0^{\pi} \int_0^1 u\sin v\,\sqrt{1 + u^2}\;du\,dv = \int_0^{\pi} \sin v\;dv \int_0^1 u\sqrt{1 + u^2}\;du\]

olur. \(\int_0^{\pi} \sin v\,dv = 2\)’dir. İkinci integralde \(w = 1 + u^2\), \(dw = 2u\,du\) ile

\[\int_0^1 u\sqrt{1 + u^2}\;du = \frac{1}{2} \int_1^2 w^{1/2}\,dw = \frac{1}{3}\big(2\sqrt{2} - 1\big)\]

bulunur. Böylece

\[\iint_S y\,dS = \frac{2}{3}\big(2\sqrt{2} - 1\big) \approx 1{,}219\]

olur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 16.3 (Birinci Bölgedeki Bir Düzlem Parçası) \(S\), \(2x + 2y + z = 4\) düzleminin birinci bölgede (\(x, y, z \ge 0\)) kalan parçası olmak üzere \(\iint_S xz\,dS\) integralini hesaplayınız.

Çözüm

Yüzey ve \(D\). Düzlem \(z = g(x, y) = 4 - 2x - 2y\) grafiğidir. \(x \ge 0\), \(y \ge 0\) ve \(z \ge 0\), yani \(x + y \le 2\) koşulları, \(S\)’nin izdüşümü olarak köşeleri \((0, 0)\), \((2, 0)\), \((0, 2)\) olan üçgeni verir:

\[D = \{(x, y) : 0 \le x \le 2,\ 0 \le y \le 2 - x\}.\]

Alan çarpanı. \(g_x = g_y = -2\) olduğundan \(\sqrt{g_x^2 + g_y^2 + 1} = \sqrt{4 + 4 + 1} = 3\)’tür.

İntegral. (3) formülünden

\[\iint_S xz\,dS = 3 \int_0^2 \int_0^{2 - x} x\,(4 - 2x - 2y)\;dy\,dx\]

olur. İç integral:

\[ \begin{aligned} \int_0^{2 - x} (4x - 2x^2 - 2xy)\;dy &= \Big[(4x - 2x^2)\,y - x y^2\Big]_0^{2 - x} \\[1mm] &= (2 - x)\big(4x - 2x^2 - x(2 - x)\big) = x(2 - x)^2. \end{aligned} \]

Dış integral:

\[ \begin{aligned} 3 \int_0^2 x(2 - x)^2\;dx &= 3 \int_0^2 (4x - 4x^2 + x^3)\;dx \\[1mm] &= 3\Big[2x^2 - \frac{4x^3}{3} + \frac{x^4}{4}\Big]_0^2 = 3 \cdot \frac{4}{3} = 4. \end{aligned} \]

\(\blacksquare\)

Alıştırma 16.4 (Yatay Eksenli Bir Paraboloit) \(S\), \(x = y^2 + z^2\) paraboloidinin \(0 \le x \le 1\) olan parçası olmak üzere \(\iint_S z^2\,dS\) integralini hesaplayınız.

Çözüm

Yüzey ve \(D\). \(S\), \(x = k(y, z) = y^2 + z^2\) grafiğidir; bu yüzden yüzeyi \(yz\)-düzlemine izdüşürürüz. \(0 \le x \le 1\) koşulu \(y^2 + z^2 \le 1\) demektir; \(D\), \(yz\)-düzlemindeki birim dairedir.

Alan çarpanı. \(k_y = 2y\) ve \(k_z = 2z\) olduğundan alan çarpanı

\[\sqrt{k_y^2 + k_z^2 + 1} = \sqrt{1 + 4(y^2 + z^2)}\]

olur.

İntegral. \(yz\)-düzleminde kutupsal koordinatlar kullanalım: \(y = r\cos\theta\), \(z = r\sin\theta\) ve \(dA = r\,dr\,d\theta\). Buradan

\[ \begin{aligned} \iint_S z^2\,dS &= \iint_D z^2\sqrt{1 + 4(y^2 + z^2)}\;dA = \int_0^{2\pi} \int_0^1 r^2\sin^2\theta\,\sqrt{1 + 4r^2}\;r\,dr\,d\theta \\[1mm] &= \int_0^{2\pi} \sin^2\theta\;d\theta \int_0^1 r^3\sqrt{1 + 4r^2}\;dr \end{aligned} \]

olur. İlk integral \(\pi\)’dir. İkincide \(w = 1 + 4r^2\) dersek \(dw = 8r\,dr\) ve \(r^2 = \frac{w - 1}{4}\) olur; \(r = 0\) iken \(w = 1\), \(r = 1\) iken \(w = 5\)’tir:

\[ \begin{aligned} \int_0^1 r^3\sqrt{1 + 4r^2}\;dr &= \frac{1}{32} \int_1^5 (w - 1)\,w^{1/2}\;dw = \frac{1}{32}\Big[\frac{2}{5}w^{5/2} - \frac{2}{3}w^{3/2}\Big]_1^5 \\[1mm] &= \frac{1}{32}\Big(\frac{20\sqrt{5}}{3} + \frac{4}{15}\Big) = \frac{25\sqrt{5} + 1}{120}. \end{aligned} \]

Burada \(5^{5/2} = 25\sqrt{5}\) ve \(5^{3/2} = 5\sqrt{5}\) eşitliklerini kullandık. Böylece

\[\iint_S z^2\,dS = \frac{\pi}{120}\big(25\sqrt{5} + 1\big) \approx 1{,}490\]

bulunur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 16.5 (Koninin Üstündeki Küre Parçası) \(S\), \(x^2 + y^2 + z^2 = 1\) küresinin \(z = \sqrt{x^2 + y^2}\) konisinin üstünde kalan parçası olmak üzere \(\iint_S y^2\,dS\) integralini hesaplayınız.

Çözüm

Parametreleme. Küresel koordinatlarda koni \(\phi = \frac{\pi}{4}\) denklemine sahiptir, çünkü koni üzerinde \(\rho\cos\phi = \rho\sin\phi\), yani \(\tan\phi = 1\)’dir. Koninin üstü \(0 \le \phi \le \frac{\pi}{4}\) demektir. Birim küre üzerindeki integralde (Örnek 16.2) kullandığımız parametrelemeyi

\[D = \Big\{(\phi, \theta) : 0 \le \phi \le \frac{\pi}{4},\ 0 \le \theta \le 2\pi\Big\}\]

üzerinde kullanırız; alan çarpanı \(\sin\phi\)’dir.

İntegral. Küre üzerinde \(y^2 = \sin^2\phi\sin^2\theta\) olduğundan

\[\iint_S y^2\,dS = \int_0^{2\pi} \int_0^{\pi/4} \sin^2\phi\sin^2\theta\,\sin\phi\;d\phi\,d\theta = \int_0^{2\pi} \sin^2\theta\;d\theta \int_0^{\pi/4} \sin^3\phi\;d\phi\]

olur. İlk integral \(\pi\)’dir. İkincisi:

\[ \begin{aligned} \int_0^{\pi/4} \sin^3\phi\;d\phi &= \Big[-\cos\phi + \frac{1}{3}\cos^3\phi\Big]_0^{\pi/4} \\[1mm] &= \Big(-\frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{12}\Big) - \Big(-1 + \frac{1}{3}\Big) = \frac{2}{3} - \frac{5\sqrt{2}}{12}. \end{aligned} \]

Burada \(\cos^3\frac{\pi}{4} = \big(\frac{\sqrt{2}}{2}\big)^3 = \frac{\sqrt{2}}{4}\) kullandık. Böylece

\[\iint_S y^2\,dS = \pi\Big(\frac{2}{3} - \frac{5\sqrt{2}}{12}\Big) = \frac{\pi}{12}\big(8 - 5\sqrt{2}\big) \approx 0{,}2432\]

bulunur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 16.6 (Kapaklı Bir Silindir) \(S\), \(x^2 + y^2 = 9\) silindirinin \(z = 0\) ile \(z = 2\) düzlemleri arasında kalan parçası ile alt ve üst kapak dairelerinden oluşsun. \(\iint_S (x^2 + y^2 + z^2)\,dS\) integralini hesaplayınız.

Çözüm

\(S\) parçalı düzgün bir yüzeydir (Tanım 16.3); üç parçadaki integralleri ayrı ayrı hesaplayıp toplarız.

Yan yüz. \(\mathbf{r}(\theta, z) = 3\cos\theta\,\mathbf{i} + 3\sin\theta\,\mathbf{j} + z\,\mathbf{k}\), \(0 \le \theta \le 2\pi\), \(0 \le z \le 2\) parametrelemesi için \(\mathbf{r}_\theta \times \mathbf{r}_z = 3\cos\theta\,\mathbf{i} + 3\sin\theta\,\mathbf{j}\) ve alan çarpanı \(3\)’tür. Yan yüzde \(x^2 + y^2 = 9\) olduğundan integrand \(9 + z^2\) olur:

\[\int_0^{2\pi} \int_0^2 (9 + z^2) \cdot 3\;dz\,d\theta = 3 \cdot 2\pi \Big[9z + \frac{z^3}{3}\Big]_0^2 = 6\pi \cdot \frac{62}{3} = 124\pi.\]

Alt kapak. \(z = 0\) düzlemindeki \(x^2 + y^2 \le 9\) dairesinde alan çarpanı \(1\), integrand \(x^2 + y^2 = r^2\)’dir:

\[\int_0^{2\pi} \int_0^3 r^2 \cdot r\;dr\,d\theta = 2\pi \cdot \frac{81}{4} = \frac{81\pi}{2}.\]

Üst kapak. \(z = 2\) düzleminde integrand \(r^2 + 4\) olur:

\[\int_0^{2\pi} \int_0^3 (r^2 + 4)\,r\;dr\,d\theta = \frac{81\pi}{2} + 4 \cdot \pi \cdot 3^2 = \frac{81\pi}{2} + 36\pi = \frac{153\pi}{2}.\]

Toplam.

\[\iint_S (x^2 + y^2 + z^2)\,dS = 124\pi + \frac{81\pi}{2} + \frac{153\pi}{2} = 124\pi + 117\pi = 241\pi.\]

\(\blacksquare\)

Alıştırma 16.7 (Aşağı Yönlendirilmiş Bir Koni) \(\mathbf{F}(x, y, z) = -x\,\mathbf{i} - y\,\mathbf{j} + z^3\,\mathbf{k}\) vektör alanının, \(z = \sqrt{x^2 + y^2}\) konisinin \(z = 1\) ile \(z = 3\) düzlemleri arasında kalan ve aşağı yönlendirilmiş \(S\) parçasından geçen akısını bulunuz.

Çözüm

Yüzey ve \(D\). \(S\), \(z = g(x, y) = \sqrt{x^2 + y^2}\) grafiğidir. \(1 \le z \le 3\) koşulu \(1 \le \sqrt{x^2 + y^2} \le 3\) demektir; \(D\), \(1 \le r \le 3\) halkasıdır.

Önce yukarı yönlendirme. \(g_x = \dfrac{x}{\sqrt{x^2 + y^2}}\), \(g_y = \dfrac{y}{\sqrt{x^2 + y^2}}\) ve \(S\) üzerinde \(R = z^3 = (x^2 + y^2)^{3/2}\) olduğundan, \(r = \sqrt{x^2 + y^2}\) yazarak

\[-P\,g_x - Q\,g_y + R = \frac{x^2}{r} + \frac{y^2}{r} + r^3 = r + r^3\]

bulunur. (7) formülü ve kutupsal koordinatlarla yukarı yönlendirmede akı

\[ \begin{aligned} \int_0^{2\pi} \int_1^3 (r + r^3)\,r\;dr\,d\theta &= 2\pi\Big[\frac{r^3}{3} + \frac{r^5}{5}\Big]_1^3 = 2\pi\Big(\frac{26}{3} + \frac{242}{5}\Big) \\[1mm] &= 2\pi \cdot \frac{856}{15} = \frac{1712\pi}{15} \end{aligned} \]

olur.

Aşağı yönlendirme. \(S\) aşağı yönlendirildiğinden sonucu \(-1\) ile çarparız:

\[\iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = -\frac{1712\pi}{15} \approx -358{,}56.\]

İşaret beklenendir: aşağı bakan normal \(\frac{1}{\sqrt{2}}\big(\frac{x}{r}\,\mathbf{i} + \frac{y}{r}\,\mathbf{j} - \mathbf{k}\big)\) ile \(\mathbf{F}\)’nin iç çarpımı \(-\frac{1}{\sqrt{2}}(r + r^3) < 0\)’dır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 16.8 (Birim Küreden Geçen Bir Akı Daha) \(\mathbf{F}(x, y, z) = x\,\mathbf{i} + y\,\mathbf{j} + z^2\,\mathbf{k}\) vektör alanının, merkezi orijin olan \(1\) yarıçaplı küreden (dışa doğru) geçen akısını bulunuz.

Çözüm

Normal. Birim küreden geçen akı örneğindeki (Örnek 16.6) gibi küresel parametrelemeyi kullanırız. Bu parametrelemenin verdiği

\[\mathbf{r}_\phi \times \mathbf{r}_\theta = \sin^2\phi\cos\theta\,\mathbf{i} + \sin^2\phi\sin\theta\,\mathbf{j} + \sin\phi\cos\phi\,\mathbf{k}\]

normali dışa doğru bakar.

İç çarpım. Küre üzerinde

\[\mathbf{F} = \sin\phi\cos\theta\,\mathbf{i} + \sin\phi\sin\theta\,\mathbf{j} + \cos^2\phi\,\mathbf{k}\]

olduğundan

\[ \begin{aligned} \mathbf{F} \cdot (\mathbf{r}_\phi \times \mathbf{r}_\theta) &= \sin^3\phi\cos^2\theta + \sin^3\phi\sin^2\theta + \sin\phi\cos^3\phi \\[1mm] &= \sin^3\phi + \sin\phi\cos^3\phi \end{aligned} \]

bulunur.

İntegral. İntegrand \(\theta\)’ya bağlı olmadığından

\[\iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = 2\pi \int_0^{\pi} \big(\sin^3\phi + \sin\phi\cos^3\phi\big)\;d\phi\]

olur. \(\int_0^{\pi} \sin^3\phi\,d\phi = \frac{4}{3}\) ve

\[\int_0^{\pi} \sin\phi\cos^3\phi\;d\phi = \Big[-\frac{\cos^4\phi}{4}\Big]_0^{\pi} = -\frac{1}{4} + \frac{1}{4} = 0\]

olduğundan

\[\iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = 2\pi \cdot \frac{4}{3} = \frac{8\pi}{3}\]

bulunur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 16.9 (Gauss Yasasıyla Yük Hesabı) Elektrik alanı \(\mathbf{E}(x, y, z) = x\,\mathbf{i} + y\,\mathbf{j} + 2z\,\mathbf{k}\) olduğuna göre, Gauss yasasını kullanarak \(x^2 + y^2 + z^2 \le a^2\), \(z \ge 0\) yarım topunun içindeki yükü bulunuz.

Çözüm

Yüzey. Yarım topun sınırı kapalı bir yüzeydir ve iki parçadan oluşur: \(a\) yarıçaplı yarım küre \(S_1\) ve \(z = 0\) düzlemindeki \(x^2 + y^2 \le a^2\) dairesi \(S_2\). Gauss yasası (Tanım 16.6) için pozitif (dışa doğru) yönlendirmeyi kullanırız.

Yarım küre \(S_1\). Dışa doğru birim normal \(\mathbf{n} = \frac{1}{a}(x\,\mathbf{i} + y\,\mathbf{j} + z\,\mathbf{k})\)’dir. \(S_1\) üzerinde \(x^2 + y^2 + z^2 = a^2\) olduğundan

\[\mathbf{E} \cdot \mathbf{n} = \frac{x^2 + y^2 + 2z^2}{a} = \frac{a^2 + z^2}{a} = a + \frac{z^2}{a}\]

bulunur. \(S_1\)’in alanı \(2\pi a^2\)’dir. \(\iint_{S_1} z^2\,dS\)’yi küresel parametrelemeyle (\(z = a\cos\phi\), alan çarpanı \(a^2\sin\phi\), \(0 \le \phi \le \frac{\pi}{2}\)) hesaplayalım:

\[\iint_{S_1} z^2\,dS = \int_0^{2\pi} \int_0^{\pi/2} a^2\cos^2\phi \cdot a^2\sin\phi\;d\phi\,d\theta = 2\pi a^4\Big[-\frac{\cos^3\phi}{3}\Big]_0^{\pi/2} = \frac{2\pi a^4}{3}.\]

Böylece

\[\iint_{S_1} \mathbf{E} \cdot d\mathbf{S} = a \cdot 2\pi a^2 + \frac{1}{a} \cdot \frac{2\pi a^4}{3} = 2\pi a^3 + \frac{2\pi a^3}{3} = \frac{8\pi a^3}{3}\]

olur.

Taban \(S_2\). Dışa doğru normal \(-\mathbf{k}\)’dir ve \(S_2\) üzerinde \(\mathbf{E} \cdot (-\mathbf{k}) = -2z = 0\) olduğundan akı \(0\)’dır.

Yük. Toplam akı \(\frac{8\pi a^3}{3}\) olduğundan Gauss yasasına göre

\[Q = \varepsilon_0 \cdot \frac{8\pi a^3}{3} = \frac{8}{3}\pi a^3 \varepsilon_0\]

bulunur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 16.10 (Sola Bakan Normalle Akı Formülü) \(S\), \(y = h(x, z)\) denklemiyle verilen bir yüzey, \(D\) de onun \(xz\)-düzlemine izdüşümü olsun. \(S\), sola bakan birim normalle, yani \(\mathbf{j}\) bileşeni negatif olan normalle yönlendirilmiş olsun. \(\mathbf{F} = P\,\mathbf{i} + Q\,\mathbf{j} + R\,\mathbf{k}\) için \(\iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S}\)’yi \(D\) üzerinde bir iki katlı integral olarak veren, (7)’ye benzer bir formül bulunuz.

Çözüm

Parametreleme. \(x\) ile \(z\)’yi parametre seçeriz:

\[\mathbf{r}(x, z) = x\,\mathbf{i} + h(x, z)\,\mathbf{j} + z\,\mathbf{k}, \qquad (x, z) \in D.\]

Normal ve yönü. \(\mathbf{r}_x = \mathbf{i} + h_x\,\mathbf{j}\) ve \(\mathbf{r}_z = h_z\,\mathbf{j} + \mathbf{k}\) olduğundan

\[\mathbf{r}_x \times \mathbf{r}_z = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & h_x & 0 \\ 0 & h_z & 1 \end{vmatrix} = h_x\,\mathbf{i} - \mathbf{j} + h_z\,\mathbf{k}\]

bulunur. Bu vektörün \(\mathbf{j}\) bileşeni \(-1 < 0\) olduğundan normal sola bakar; yani bu parametreleme istenen yönlendirmeyi verir. (Parametreleri \((z, x)\) sırasıyla alsaydık \(\mathbf{r}_z \times \mathbf{r}_x\) sağa bakardı.)

Formül. (6) formülünden (Teorem 16.2)

\[\iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \iint_D \left(P\,\frac{\partial h}{\partial x} - Q + R\,\frac{\partial h}{\partial z}\right) dA\]

elde edilir; burada \(P\), \(Q\), \(R\) \((x, h(x, z), z)\) noktasında hesaplanır. Sağa bakan normal için sağ taraf \(-1\) ile çarpılır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 16.11 (Yarım Kürenin Kütle Merkezi) Sabit yoğunluklu, ince bir levha \(x^2 + y^2 + z^2 = a^2\), \(z \ge 0\) yarım küresi biçimindedir. Levhanın kütle merkezini bulunuz.

Çözüm

Kütle. Yoğunluk \(\rho = k\) sabiti olsun. Yarım kürenin alanı \(2\pi a^2\) olduğundan \(m = k \cdot 2\pi a^2\)’dir (Tanım 16.2).

\(\bar{x}\) ve \(\bar{y}\). Küresel parametrelemede (\(0 \le \phi \le \frac{\pi}{2}\), alan çarpanı \(a^2\sin\phi\)) \(x = a\sin\phi\cos\theta\) olduğundan

\[\iint_S x\,dS = \int_0^{\pi/2} a^3\sin^2\phi\;d\phi \int_0^{2\pi} \cos\theta\;d\theta = 0\]

olur, çünkü \(\int_0^{2\pi} \cos\theta\,d\theta = 0\)’dır. Aynı biçimde \(\iint_S y\,dS = 0\)’dır. Dolayısıyla \(\bar{x} = \bar{y} = 0\) olur. Bu, yarım kürenin \(z\) ekseni çevresindeki simetrisinden de beklenen bir sonuçtur.

\(\bar{z}\). \(z = a\cos\phi\) olduğundan

\[\iint_S z\,dS = \int_0^{2\pi} \int_0^{\pi/2} a\cos\phi \cdot a^2\sin\phi\;d\phi\,d\theta = 2\pi a^3\Big[\frac{\sin^2\phi}{2}\Big]_0^{\pi/2} = \pi a^3\]

ve

\[\bar{z} = \frac{1}{m} \iint_S z\,k\;dS = \frac{k\,\pi a^3}{2\pi k a^2} = \frac{a}{2}\]

bulunur. Kütle merkezi \(\big(0, 0, \frac{a}{2}\big)\) noktasıdır; yoğunluğa bağlı değildir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 16.12 (Ters Kare Alanının Akısı) \(\mathbf{r} = x\,\mathbf{i} + y\,\mathbf{j} + z\,\mathbf{k}\) ve \(c\) bir sabit olmak üzere \(\mathbf{F}(\mathbf{r}) = \dfrac{c\,\mathbf{r}}{|\mathbf{r}|^3}\) ters kare alanını alalım. \(\mathbf{F}\)’nin, merkezi orijin olan bir \(S\) küresinden (dışa doğru) geçen akısının kürenin yarıçapına bağlı olmadığını gösteriniz.

Çözüm

Normal bileşen. Kürenin yarıçapı \(a\) olsun. Küre üzerinde \(|\mathbf{r}| = a\)’dır ve dışa doğru birim normal \(\mathbf{n} = \dfrac{\mathbf{r}}{a}\)’dır. Buradan

\[\mathbf{F} \cdot \mathbf{n} = \frac{c\,\mathbf{r}}{a^3} \cdot \frac{\mathbf{r}}{a} = \frac{c\,|\mathbf{r}|^2}{a^4} = \frac{c\,a^2}{a^4} = \frac{c}{a^2}\]

bulunur; \(\mathbf{F} \cdot \mathbf{n}\) küre üzerinde sabittir.

Akı. Kürenin alanı \(4\pi a^2\) olduğundan

\[\iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \frac{c}{a^2} \iint_S dS = \frac{c}{a^2} \cdot 4\pi a^2 = 4\pi c\]

olur. Sonuç \(a\)’ya bağlı değildir: küre büyüdükçe alan \(a^2\) ile büyür, alanın şiddeti ise \(1/a^2\) ile küçülür ve bu iki etki birbirini tam olarak götürür.

Orijindeki bir \(Q\) noktasal yükünün elektrik alanı tam bu biçimdedir: \(c = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\). Bu durumda Gauss yasası (Tanım 16.6) her yarıçap için \(\varepsilon_0 \cdot 4\pi c = Q\) verir; yani küre ne kadar büyük olursa olsun içindeki yük \(Q\)’dur.

\(\blacksquare\)

Bu bölümde fonksiyonları ve vektör alanlarını yüzeyler üzerinde integralledik ve akının yüzeyin yönlendirmesine nasıl bağlı olduğunu gördük. Bir sonraki bölümde, yönlendirilmiş bir yüzeyden geçen rotasyonel akısını yüzeyin sınır eğrisi boyunca alınan bir eğrisel integrale eşitleyen teoremi göreceğiz: Stokes Teoremi.