18 Diverjans Teoremi
Green Teoremi’nin vektör biçimini Rotasyonel ve Diverjans bölümünde görmüştük. \(D\) düzlemde bir bölge, \(C\) onun pozitif yönlü sınır eğrisi ve \(\mathbf{n}\), \(C\) üzerinde \(D\)’nin dışına bakan birim normal ise
\[ \oint_C \mathbf{F} \cdot \mathbf{n}\,ds = \iint_D \operatorname{div} \mathbf{F}(x, y)\,dA \]
olur. Soldaki integral \(\mathbf{F}\)’nin \(C\) eğrisinden dışarı doğru net akışını ölçer, sağdaki ise diverjansı bölge boyunca toplar.
Uzaya geçince eğrinin yerini kapalı bir yüzey, düzlem bölgenin yerini de bu yüzeyin çevrelediği cisim alır. \(S\), bir \(E\) cisminin sınır yüzeyi olmak üzere aynı eşitliğin
\[ \iint_S \mathbf{F} \cdot \mathbf{n}\,dS = \iiint_E \operatorname{div} \mathbf{F}(x, y, z)\,dV \]
biçimini alacağını tahmin edebiliriz. Uygun koşullar altında bu tahmin doğrudur ve Diverjans Teoremi (Divergence Theorem) adını taşır. Green ve Stokes teoremleri gibi bu teorem de bir türevin (burada \(\operatorname{div} \mathbf{F}\)’nin) bir bölge üzerindeki integralini, asıl alanın yalnız bölgenin sınırındaki değerlerine bağlar.
Teorem, onu elektrostatik üzerine çalışırken bulan Carl Friedrich Gauss’un (1777–1855) adıyla Gauss Teoremi diye de anılır. Doğu Avrupa’da ise sonucu 1826’da ortaya koyan Mihail Ostrogradski’nin (1801–1862) adıyla bilinir. Bu bölümde teoremi ispatlayacak, akı hesaplarını nasıl kısalttığını görecek ve diverjansın fiziksel anlamını teoremden çıkaracağız.
18.1 Basit Katı Bölgeler
Teoremi ispatlayacağımız cisimler, üç katlı integralleri hesaplarken kullandığımız tip 1, tip 2 ve tip 3 bölgelerin (Üç Katlı İntegraller) üçü birden olan cisimlerdir.
Tanım 18.1 (Basit Katı Bölge) Bir \(E\) cismi aynı anda tip 1, tip 2 ve tip 3 bölge ise, yani hem
\[ E = \{(x, y, z) \mid (x, y) \in D_1,\ u_1(x, y) \le z \le u_2(x, y)\} \]
hem
\[ E = \{(x, y, z) \mid (y, z) \in D_2,\ v_1(y, z) \le x \le v_2(y, z)\} \]
hem de
\[ E = \{(x, y, z) \mid (x, z) \in D_3,\ w_1(x, z) \le y \le w_2(x, z)\} \]
biçiminde yazılabiliyorsa \(E\)’ye bir basit katı bölge (simple solid region) denir. Burada sınır fonksiyonları sürekli olmalı ve \(D_1\), \(D_2\), \(D_3\)’ün iç noktalarında, en çok sonlu sayıda eğri dışında, sürekli kısmi türevlere sahip olmalıdır.
Yani basit katı bölgede koordinat eksenlerinden birine paralel her doğru, cismi ya hiç kesmez ya da tek bir doğru parçası (ya da tek nokta) boyunca keser. Türev koşulu, sınır yüzeyinin parça parça düzgün olmasını sağlar. Türevlerin \(D_i\)’nin sınırında sınırsız olmasına ve içeride sonlu sayıda eğri boyunca kırılmasına izin verilir. Örneğin \(a\) yarıçaplı topun üst yüzü \(u_2(x, y) = \sqrt{a^2 - x^2 - y^2}\) grafiğidir; bu fonksiyonun kısmi türevleri dairenin içinde süreklidir, sınır çemberine yaklaşırken ise sınırsız büyür. Bu sayede toplar, elipsoitlerle sınırlı cisimler, dikdörtgenler prizmaları (kutular), dörtyüzlüler ve silindirler basit katı bölgelerdir. Buna karşılık iki eş merkezli küre arasındaki kabuk basit değildir: merkezden geçen bir eksen doğrusu onu iki ayrı parça boyunca keser. Bu tür cisimlere bölümün ilerisinde döneceğiz.
Basit katı bölgenin sınırı kapalı bir yüzeydir. Kapalı yüzeylerde pozitif yön, birim normal \(\mathbf{n}\)’nin her noktada \(E\)’nin dışına baktığı yöndür (bkz. Tanım 16.4). Aksi söylenmedikçe kapalı yüzeyleri bu dışa doğru yönle alacağız.
18.2 Diverjans Teoremi
Artık teoremi tam olarak ifade edip ispatlayabiliriz. İspat, Green Teoremi’nin (Teorem 13.1) ispatına çok benzer: alanı bileşenlerine ayırır ve her bileşen için analizin temel teoremini bir kez kullanırız.
Teorem 18.1 (Diverjans Teoremi) \(E\) bir basit katı bölge ve \(S\), \(E\)’nin dışa doğru (pozitif) yönlendirilmiş sınır yüzeyi olsun. \(\mathbf{F}\), bileşen fonksiyonları \(E\)’yi içeren bir açık bölgede sürekli kısmi türevlere sahip bir vektör alanı olsun. Bu durumda
\[ \iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \iiint_E \operatorname{div} \mathbf{F}\,dV \tag{1} \]
olur.
İspat
\(\mathbf{F} = P\,\mathbf{i} + Q\,\mathbf{j} + R\,\mathbf{k}\) yazalım. Diverjansın tanımından (Tanım 14.3) ve üç katlı integralin lineerliğinden
\[ \begin{aligned} \iiint_E \operatorname{div} \mathbf{F}\,dV &= \iiint_E \frac{\partial P}{\partial x}\,dV + \iiint_E \frac{\partial Q}{\partial y}\,dV \\[1mm] &\quad + \iiint_E \frac{\partial R}{\partial z}\,dV \end{aligned} \]
olur. \(\mathbf{n}\), \(S\)’nin dışa bakan birim normali olsun. Akı integralinin tanımından (Tanım 16.5) ve yüzey integralinin lineerliğinden de
\[ \begin{aligned} \iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} &= \iint_S \mathbf{F} \cdot \mathbf{n}\,dS \\[1mm] &= \iint_S P\,\mathbf{i} \cdot \mathbf{n}\,dS + \iint_S Q\,\mathbf{j} \cdot \mathbf{n}\,dS + \iint_S R\,\mathbf{k} \cdot \mathbf{n}\,dS \end{aligned} \]
elde edilir. İki açılımı terim terim karşılaştırırsak teoremi ispatlamak için şu üç eşitliği göstermenin yettiğini görürüz:
\[ \iint_S P\,\mathbf{i} \cdot \mathbf{n}\,dS = \iiint_E \frac{\partial P}{\partial x}\,dV \tag{2} \]
\[ \iint_S Q\,\mathbf{j} \cdot \mathbf{n}\,dS = \iiint_E \frac{\partial Q}{\partial y}\,dV \tag{3} \]
\[ \iint_S R\,\mathbf{k} \cdot \mathbf{n}\,dS = \iiint_E \frac{\partial R}{\partial z}\,dV \tag{4} \]
(4) eşitliği. \(E\) bir tip 1 bölgedir:
\[ E = \{(x, y, z) \mid (x, y) \in D,\ u_1(x, y) \le z \le u_2(x, y)\}. \]
Burada \(D\), \(E\)’nin \(xy\)-düzlemine izdüşümüdür. Tip 1 bölgede üç katlı integral formülüne göre
\[ \iiint_E \frac{\partial R}{\partial z}\,dV = \iint_D \left[ \int_{u_1(x, y)}^{u_2(x, y)} \frac{\partial R}{\partial z}(x, y, z)\,dz \right] dA \]
olur. İç integralde \(x\) ve \(y\) sabittir ve \(z \mapsto R(x, y, z)\) fonksiyonu \(z \mapsto \frac{\partial R}{\partial z}(x, y, z)\) fonksiyonunun bir ilkelidir. Analizin temel teoremine (bkz. Analiz 2) göre iç integral \(R(x, y, u_2(x, y)) - R(x, y, u_1(x, y))\)’ye eşittir. Böylece
\[ \iiint_E \frac{\partial R}{\partial z}\,dV = \iint_D \big[ R(x, y, u_2(x, y)) - R(x, y, u_1(x, y)) \big]\,dA \tag{5} \]
bulunur.
Şimdi sol tarafa bakalım. \(S\) sınır yüzeyi üç parçadan oluşur: alttaki \(S_1\) yüzeyi (\(z = u_1(x, y)\)), üstteki \(S_2\) yüzeyi (\(z = u_2(x, y)\)) ve \(D\)’nin sınır eğrisinin üstünde yükselen düşey \(S_3\) yüzeyi. (\(S_3\) hiç olmayabilir; örneğin bir kürede alt ve üst yarı küreler doğrudan birleşir.)
\(S_3\) düşey olduğundan normali yataydır; \(\mathbf{k}\) ise düşeydir. Bu yüzden \(S_3\) üzerinde \(\mathbf{k} \cdot \mathbf{n} = 0\) ve
\[ \iint_{S_3} R\,\mathbf{k} \cdot \mathbf{n}\,dS = \iint_{S_3} 0\,dS = 0 \]
olur. Demek ki \(S_3\) olsa da olmasa da
\[ \iint_S R\,\mathbf{k} \cdot \mathbf{n}\,dS = \iint_{S_1} R\,\mathbf{k} \cdot \mathbf{n}\,dS + \iint_{S_2} R\,\mathbf{k} \cdot \mathbf{n}\,dS \tag{6} \]
yazabiliriz.
\(S_2\) yüzeyini \(\mathbf{r}(x, y) = x\,\mathbf{i} + y\,\mathbf{j} + u_2(x, y)\,\mathbf{k}\), \((x, y) \in D\) ile parametrize edelim. Bu parametrizasyonda
\[ \mathbf{r}_x \times \mathbf{r}_y = -\frac{\partial u_2}{\partial x}\,\mathbf{i} - \frac{\partial u_2}{\partial y}\,\mathbf{j} + \mathbf{k} \]
olur. Bu vektörün \(\mathbf{k}\) bileşeni pozitiftir, yani yukarı bakar; \(S_2\) cismin üst yüzü olduğundan dışa doğru yön de yukarıdır. Öyleyse akı, parametrizasyon üzerinden doğrudan hesaplanır:
\[ \begin{aligned} \iint_{S_2} R\,\mathbf{k} \cdot \mathbf{n}\,dS &= \iint_D R(x, y, u_2(x, y))\,\mathbf{k} \cdot (\mathbf{r}_x \times \mathbf{r}_y)\,dA \\[1mm] &= \iint_D R(x, y, u_2(x, y))\,dA. \end{aligned} \]
Bu hesap, \(u_2\)’nin kısmi türevleri \(D\)’nin sınırında sınırsız olsa ya da içeride sonlu sayıda eğri boyunca kırılsa da geçerlidir. Böyle bir durumda akı, \(D\)’nin bu eğrilerden uzak duran iç parçaları üzerinden hesaplanır ve parçalar \(D\)’yi dolduracak biçimde büyütülerek limit alınır. \(\mathbf{k} \cdot (\mathbf{r}_x \times \mathbf{r}_y) = 1\) olduğundan her parçadaki integrand \(R(x, y, u_2(x, y))\)’dir. Bu fonksiyon \(D\) üzerinde sürekli ve sınırlıdır; bu yüzden limit yine \(\iint_D R(x, y, u_2(x, y))\,dA\) olur.
\(S_1\) yüzeyi için aynı hesabı \(u_1\) ile yaparız; ancak \(S_1\) cismin alt yüzü olduğundan dışa bakan normal aşağı, yani \(\mathbf{r}_x \times \mathbf{r}_y\)’nin tersi yöndedir. Bu yüzden işaret değişir:
\[ \iint_{S_1} R\,\mathbf{k} \cdot \mathbf{n}\,dS = -\iint_D R(x, y, u_1(x, y))\,dA. \]
Bu iki sonucu (6)’da yerine yazarsak
\[ \iint_S R\,\mathbf{k} \cdot \mathbf{n}\,dS = \iint_D \big[ R(x, y, u_2(x, y)) - R(x, y, u_1(x, y)) \big]\,dA \]
bulunur. Sağ taraf (5)’in sağ tarafıyla aynıdır; bu da (4)’ü verir.
(2) eşitliği. Bu kez \(E\)’ye tip 2 bölge olarak bakarız: \((y, z) \in D_2\) ve \(v_1(y, z) \le x \le v_2(y, z)\). Analizin temel teoremi bu kez \(x\) değişkeninde uygulanır ve
\[ \iiint_E \frac{\partial P}{\partial x}\,dV = \iint_{D_2} \big[ P(v_2(y, z), y, z) - P(v_1(y, z), y, z) \big]\,dA \]
verir. Sınırın \(x\) eksenine paralel yan yüzeylerinde \(\mathbf{i} \cdot \mathbf{n} = 0\)’dır. Ön yüz \(x = v_2(y, z)\), \(\mathbf{r}(y, z) = v_2(y, z)\,\mathbf{i} + y\,\mathbf{j} + z\,\mathbf{k}\) ile parametrize edilir ve
\[ \mathbf{r}_y \times \mathbf{r}_z = \mathbf{i} - \frac{\partial v_2}{\partial y}\,\mathbf{j} - \frac{\partial v_2}{\partial z}\,\mathbf{k} \]
vektörünün \(\mathbf{i}\) bileşeni pozitif olduğundan bu vektör dışa bakar. \(\mathbf{i} \cdot (\mathbf{r}_y \times \mathbf{r}_z) = 1\) olduğundan (4)’teki gerekçe aynen geçerlidir ve ön yüzdeki akı \(\iint_{D_2} P(v_2(y, z), y, z)\,dA\) olur. Arka yüz \(x = v_1(y, z)\)’de dışa bakan normal ters yönde olduğundan akı \(-\iint_{D_2} P(v_1(y, z), y, z)\,dA\)’dır. Toplam, yukarıdaki üç katlı integrale eşittir; bu (2)’dir.
(3) eşitliği. \(E\)’ye tip 3 bölge olarak bakarız: \((x, z) \in D_3\) ve \(w_1(x, z) \le y \le w_2(x, z)\). Analizin temel teoremi \(y\) değişkeninde uygulanır. Sağ yüz \(\mathbf{r}(x, z) = x\,\mathbf{i} + w_2(x, z)\,\mathbf{j} + z\,\mathbf{k}\) ile parametrize edilir ve
\[ \mathbf{r}_z \times \mathbf{r}_x = -\frac{\partial w_2}{\partial x}\,\mathbf{i} + \mathbf{j} - \frac{\partial w_2}{\partial z}\,\mathbf{k} \]
vektörü dışa bakar; sol yüzde işaret değişir, \(y\) eksenine paralel yan yüzlerde \(\mathbf{j} \cdot \mathbf{n} = 0\)’dır. (2)’deki adımlar aynen tekrarlanarak
\[ \begin{aligned} \iint_S Q\,\mathbf{j} \cdot \mathbf{n}\,dS &= \iint_{D_3} \big[ Q(x, w_2(x, z), z) - Q(x, w_1(x, z), z) \big]\,dA \\[1mm] &= \iiint_E \frac{\partial Q}{\partial y}\,dV \end{aligned} \]
bulunur. Üç eşitliği toplayınca (1) elde edilir.
\(\blacksquare\)
Yani teoremin koşulları altında, \(\mathbf{F}\)’nin bir cismin sınır yüzeyinden dışarı doğru akısı, \(\mathbf{F}\)’nin diverjansının o cisim üzerindeki üç katlı integraline eşittir. Pratikteki değeri şuradadır: kapalı bir yüzeyin akısı genellikle birkaç parçanın ayrı ayrı parametrize edilmesini gerektirir; diverjans ise çoğu zaman \(\mathbf{F}\)’nin kendisinden çok daha basit bir fonksiyondur ve tek bir üç katlı integral yeterli olur.
İpucuDiverjans Teoremiyle akıyı dört adımda hesaplamak
1. \(S\)’nin kapalı bir yüzey olduğunu ve dışa doğru yönlendirildiğini, \(\mathbf{F}\)’nin de \(S\)’nin çevrelediği \(E\) cisminin her noktasında sürekli kısmi türevlere sahip olduğunu denetleyin.
2. \(\operatorname{div} \mathbf{F} = \dfrac{\partial P}{\partial x} + \dfrac{\partial Q}{\partial y} + \dfrac{\partial R}{\partial z}\) diverjansını hesaplayın.
3. \(E\)’yi integrali en kolay kılan koordinatlarla (dik, silindirik ya da küresel) ve uygun tiple betimleyin.
4. \(\iiint_E \operatorname{div} \mathbf{F}\,dV\) integralini hesaplayın; sonuç \(\mathbf{F}\)’nin \(S\)’den dışarı akısıdır.
İlk örnekte teoremin iki tarafını ayrı ayrı hesaplayıp gerçekten eşit çıktıklarını görelim.
Örnek 18.1 (Teoremi Bir Topta Doğrulamak) \(\mathbf{F}(x, y, z) = x\,\mathbf{i} + y\,\mathbf{j} + z\,\mathbf{k}\) alanı ve \(a > 0\) yarıçaplı \(x^2 + y^2 + z^2 \le a^2\) topu için Diverjans Teoremi’nin iki tarafını ayrı ayrı hesaplayınız.
Çözüm
Sağ taraf. \(\operatorname{div} \mathbf{F} = 1 + 1 + 1 = 3\) sabittir. \(B\) topun hacmi \(\frac{4}{3}\pi a^3\) olduğundan
\[ \iiint_B \operatorname{div} \mathbf{F}\,dV = 3 \cdot \frac{4}{3}\pi a^3 = 4\pi a^3 \]
olur.
Sol taraf. \(S\) küresinin bir noktasında \(\mathbf{r} = x\,\mathbf{i} + y\,\mathbf{j} + z\,\mathbf{k}\) konum vektörü, kürenin o noktadaki dışa doğru normalidir ve uzunluğu \(a\)’dır. Bu yüzden dış birim normal \(\mathbf{n} = \mathbf{r}/a\) olur. Buna göre
\[ \mathbf{F} \cdot \mathbf{n} = \mathbf{r} \cdot \frac{\mathbf{r}}{a} = \frac{x^2 + y^2 + z^2}{a} = \frac{a^2}{a} = a \]
bulunur. \(\mathbf{F} \cdot \mathbf{n}\) küre üzerinde sabit olduğundan integral, bu sabit ile kürenin alanı \(4\pi a^2\)’nin çarpımıdır:
\[ \iint_S \mathbf{F} \cdot \mathbf{n}\,dS = a \cdot 4\pi a^2 = 4\pi a^3. \]
İki taraf da \(4\pi a^3\)’tür.
\(\blacksquare\)
Bu örnekte iki taraf da kolaydı. Çoğu zaman ise yüzey integrali zahmetlidir ve teoremi tam da onu üç katlı integrale çevirmek için kullanırız.
Örnek 18.2 (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 (dışa doğru) akısını bulunuz.
Çözüm
Önce diverjansı hesaplayalım:
\[ \operatorname{div} \mathbf{F} = \frac{\partial}{\partial x}(z) + \frac{\partial}{\partial y}(y) + \frac{\partial}{\partial z}(x) = 0 + 1 + 0 = 1. \]
Birim küre \(S\), \(x^2 + y^2 + z^2 \le 1\) birim topu \(B\)’nin sınırıdır ve \(\mathbf{F}\)’nin bileşenleri her yerde sürekli kısmi türevlere sahiptir. Diverjans Teoremi’ne göre akı
\[ \iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \iiint_B 1\,dV = V(B) = \frac{4}{3}\pi (1)^3 = \frac{4\pi}{3} \]
olur. Aynı akıyı küreyi parametrize ederek doğrudan da hesaplayabiliriz (Yüzey İntegralleri); bu yol trigonometrik integrallerle dolu uzun bir hesap gerektirir ve aynı sonucu verir.
\(\blacksquare\)
Etkileşimli sahne: genişleyen küre. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz. \(a\) kaydırıcısı orijin merkezli kürenin yarıçapını değiştirir; üstteki seçenekle bu bölümün üç vektör alanından birini seçersiniz: Örnek 18.1 içindeki \(x\,\mathbf{i} + y\,\mathbf{j} + z\,\mathbf{k}\), Örnek 18.2 içindeki \(z\,\mathbf{i} + y\,\mathbf{j} + x\,\mathbf{k}\) ve Alıştırma 18.4 içindeki \((x^3 + y^3)\,\mathbf{i} + \dots\) alanı. Küre \(\mathbf{F} \cdot \mathbf{n}\)’nin işaretine göre boyanır: akışın dışarı çıktığı ve içeri girdiği bölgeler ayrı renklerdedir. Değer satırı akıyı yüzey integralinden sayısal olarak hesaplar, dışarı ve içeri akan kısımları ayrı ayrı verir ve sonucu \(\iiint_B \operatorname{div}\mathbf{F}\,dV\) ile karşılaştırır. \(z\,\mathbf{i} + y\,\mathbf{j} + x\,\mathbf{k}\) alanı kürenin bir bölümünden içeri girer: \(a = 1\) iken dışarı akış yaklaşık \(5{,}92\), içeri akış \(-1{,}74\), net akı ise örnekteki \(4\pi/3 \approx 4{,}1888\)’dir. İlk alanda \(a = 1\) için \(4\pi \approx 12{,}5664\), üçüncü alanda \(a = 2\) için \(384\pi/5 \approx 241{,}2743\) çıkar. Akının topun hacmine oranı ilk iki alanda \(a\)’dan bağımsızdır ve \(\operatorname{div}\mathbf{F}\)’ye, yani \(3\)’e ve \(1\)’e eşittir. Üçüncü alanda bu oran \(9a^2/5\)’tir ve \(a \to 0\) iken orijindeki diverjans olan \(0\)’a gider (Önerme 18.2).
Sıradaki örnekte yüzey dört parçadan oluşuyor ve alanın kendisi karmaşık; diverjans ise basit.
Örnek 18.3 (Parabolik Silindirle Sınırlı Cisim) Vektör alanı
\[ \mathbf{F}(x, y, z) = xy\,\mathbf{i} + \left( y^2 + e^{xz^2} \right) \mathbf{j} + \sin(xy)\,\mathbf{k} \]
olsun. \(S\), \(z = 1 - x^2\) parabolik silindiri ile \(z = 0\), \(y = 0\) ve \(y + z = 2\) düzlemlerinin sınırladığı \(E\) cisminin dışa yönlü yüzeyi olmak üzere \(\iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S}\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
Yüzey integralini doğrudan hesaplamak için \(S\)’nin dört parçası üzerinde dört ayrı yüzey integrali kurmamız gerekirdi; üstelik \(e^{xz^2}\) ve \(\sin(xy)\) gibi terimler bu integralleri zorlaştırır. Diverjans ise çok daha basittir:
\[ \operatorname{div} \mathbf{F} = \frac{\partial}{\partial x}(xy) + \frac{\partial}{\partial y}\left( y^2 + e^{xz^2} \right) + \frac{\partial}{\partial z}\big(\sin(xy)\big) = y + 2y + 0 = 3y. \]
Cismi betimlemek. Parabolik silindir \(z = 0\) düzlemini \(x = \pm 1\) doğrularında keser. \(E\)’nin \(xz\)-düzlemine izdüşümü, \(z = 1 - x^2\) parabolünün altında ve \(z = 0\)’ın üstünde kalan bölgedir: \(-1 \le x \le 1\), \(0 \le z \le 1 - x^2\). Böyle bir \((x, z)\) için \(y\), \(y = 0\) düzleminden \(y = 2 - z\) düzlemine kadar değişir. Demek ki \(E\)’ye tip 3 bölge olarak bakmak en kolayıdır:
\[ E = \{(x, y, z) \mid -1 \le x \le 1,\ 0 \le z \le 1 - x^2,\ 0 \le y \le 2 - z\}. \]
İntegral. Diverjans Teoremi’ne göre
\[ \begin{aligned} \iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} &= \iiint_E 3y\,dV = 3 \int_{-1}^{1} \int_0^{1 - x^2} \int_0^{2 - z} y\,dy\,dz\,dx \\[1mm] &= 3 \int_{-1}^{1} \int_0^{1 - x^2} \frac{(2 - z)^2}{2}\,dz\,dx \end{aligned} \]
olur. Ortadaki integralde \((2 - z)^2/2\)’nin \(z\)’ye göre bir ilkeli \(-(2 - z)^3/6\)’dır. \(z = 1 - x^2\) iken \(2 - z = 1 + x^2\), \(z = 0\) iken \(2 - z = 2\) olduğundan
\[ \begin{aligned} 3 \int_{-1}^{1} \left[ -\frac{(2 - z)^3}{6} \right]_0^{1 - x^2} dx &= -\frac{1}{2} \int_{-1}^{1} \left[ (x^2 + 1)^3 - 8 \right] dx \\[1mm] &= -\frac{1}{2} \int_{-1}^{1} \left( x^6 + 3x^4 + 3x^2 - 7 \right) dx \end{aligned} \]
bulunur. İntegrand çift fonksiyon olduğundan \([-1, 1]\) üzerindeki integral, \([0, 1]\) üzerindekinin iki katıdır:
\[ -\int_0^1 \left( x^6 + 3x^4 + 3x^2 - 7 \right) dx = -\left( \frac{1}{7} + \frac{3}{5} + 1 - 7 \right) = \frac{184}{35}. \]
Buna göre \(\iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \dfrac{184}{35}\)’tir.
\(\blacksquare\)
UyarıTeoremin iki koşulunu unutmayın
Teorem yalnız kapalı bir yüzeyin akısını verir. Akısı istenen yüzey kapalı değilse (örneğin bir yarım küre ya da bir paraboloit parçası) önce onu basit bir parçayla kapatırız, teoremi kapalı yüzeye uygular ve eklediğimiz parçanın akısını çıkarırız (bkz. Alıştırma 18.6). Ayrıca \(\mathbf{F}\)’nin cismin her noktasında sürekli kısmi türevleri olmalıdır. Alan cismin içindeki bir noktada tanımsızsa teorem o cisme doğrudan uygulanamaz; bu durumu aşağıdaki Gauss yasası örneğinde göreceğiz.
18.3 Delikli Bölgeler ve Gauss Yasası
Teoremi yalnız basit katı bölgeler için ispatladık. Green Teoremi’nde olduğu gibi sonuç, bu tür bölgelerin sonlu birleşimlerine de taşınır.
Önerme 18.1 (Sonlu Birleşimlerde Diverjans Teoremi) \(E\) cismi, iç noktaları ortak olmayan \(E_1, E_2, \ldots, E_m\) basit katı bölgelerinin birleşimi olsun. \(S\), \(E\)’nin dışa doğru yönlendirilmiş sınır yüzeyi, \(\mathbf{F}\) de bileşenleri \(E\)’yi içeren bir açık bölgede sürekli kısmi türevlere sahip bir vektör alanı olsun. Bu durumda \(E\) için de (1) eşitliği geçerlidir.
İspat
Her \(E_i\) parçasına Diverjans Teoremi’ni uygulayıp eşitlikleri taraf tarafa toplarız.
Sağ taraflar. Parçaların iç noktaları ortak olmadığından üç katlı integral parçalara göre toplanır:
\[ \sum_{i=1}^{m} \iiint_{E_i} \operatorname{div} \mathbf{F}\,dV = \iiint_E \operatorname{div} \mathbf{F}\,dV. \]
Sol taraflar. Her \(E_i\)’nin sınırı iki tür parçadan oluşur: \(E\)’nin sınırı \(S\)’ye ait parçalar ve \(E_i\)’yi komşu bir \(E_j\)’den ayıran kesme yüzeyleri. Bir kesme yüzeyi hem \(E_i\)’nin hem \(E_j\)’nin sınırındadır. Orada \(E_i\)’nin dış normali \(E_j\)’ye, \(E_j\)’nin dış normali \(E_i\)’ye bakar; yani iki normal birbirinin tersidir. Bu yüzden \(\mathbf{F}\)’nin bir kesme yüzeyinden akısı toplamda bir kez artı, bir kez eksi işaretle girer ve sadeleşir. Geriye yalnız \(S\)’nin parçaları kalır; bu parçalarda \(E_i\)’nin dış normali \(E\)’nin dış normaliyle aynıdır. Böylece sol tarafların toplamı \(\iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S}\) olur ve (1) elde edilir.
\(\blacksquare\)
Yani teorem, basit parçalara kesilebilen her cisimde geçerlidir. Örneğin iki eş merkezli küre arasındaki kabuk, üç koordinat düzlemiyle sekiz parçaya kesilir ve her parça basit katı bölgedir. Birinci oktanttaki parçaya tip 1 bölge olarak bakınca alt sınırı, iç kürenin \(xy\)-düzlemine izdüşümünün içinde iç küre, dışında ise \(z = 0\) düzlemidir. Alt sınır fonksiyonu bu iki parçanın birleştiği çeyrek çember boyunca kırılır; tanım buna izin verir. Böyle “delikli” bir bölgede sınır iki yüzeyden oluşur ve iç yüzeyin hesaba nasıl girdiğine dikkat etmek gerekir.
Sonuç 18.1 (İki Kapalı Yüzey Arasındaki Bölge) \(S_1\) ve \(S_2\) iki kapalı yüzey olsun ve \(S_1\), \(S_2\)’nin içinde kalsın. \(E\), bu iki yüzey arasında kalan ve basit katı bölgelerin sonlu birleşimi olan bölge; \(\mathbf{F}\) de bileşenleri \(E\)’yi içeren bir açık bölgede sürekli kısmi türevlere sahip bir alan olsun. \(S_1\) ve \(S_2\)’yi kendi dışlarına doğru yönlendirirsek
\[ \iiint_E \operatorname{div} \mathbf{F}\,dV = \iint_{S_2} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} - \iint_{S_1} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} \tag{7} \]
olur.
İspat
\(\mathbf{n}_1\) ve \(\mathbf{n}_2\), \(S_1\) ile \(S_2\)’nin kendi dışlarına bakan birim normalleri olsun. \(E\)’nin sınırı \(S_1\) ile \(S_2\)’nin birleşimidir. \(E\)’nin dış normali \(S_2\) üzerinde \(\mathbf{n}_2\)’dir. \(S_1\) üzerinde ise \(E\)’nin dışı, \(S_1\)’in içindeki deliktir; bu yüzden oradaki dış normal \(-\mathbf{n}_1\)’dir. Önerme 18.1 gereği
\[ \begin{aligned} \iiint_E \operatorname{div} \mathbf{F}\,dV &= \iint_{S_1} \mathbf{F} \cdot (-\mathbf{n}_1)\,dS + \iint_{S_2} \mathbf{F} \cdot \mathbf{n}_2\,dS \\[1mm] &= -\iint_{S_1} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} + \iint_{S_2} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} \end{aligned} \]
bulunur.
\(\blacksquare\)
Yani delikli bölgede deliğin yüzeyi ters yönde sayılır. Bu sonucun en önemli kullanımı \(\operatorname{div} \mathbf{F} = 0\) olduğu durumdur: o zaman sol taraf sıfırdır ve \(\mathbf{F}\)’nin iki yüzeyden akısı eşit çıkar. Karmaşık bir yüzeyin akısını, içine yerleştirdiğimiz basit bir yüzeyin, örneğin bir kürenin akısıyla hesaplayabiliriz.
Örnek 18.4 (Gauss Yasası) Orijindeki bir \(Q\) yükünün oluşturduğu elektrik alanı, \(\mathbf{x} = x\,\mathbf{i} + y\,\mathbf{j} + z\,\mathbf{k}\) konum vektörü ve \(\varepsilon\) bir fiziksel sabit olmak üzere
\[ \mathbf{E}(\mathbf{x}) = \frac{\varepsilon Q}{|\mathbf{x}|^3}\,\mathbf{x} \]
ile verilir. \(\mathbf{E}\)’nin orijini içine alan her kapalı \(S\) yüzeyinden akısının \(4\pi\varepsilon Q\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Zorluk. \(S\) herhangi bir kapalı yüzey olduğundan onun için açık bir denklemimiz yok; yüzey integralini doğrudan kuramayız. Diverjans Teoremi’ni de \(S\)’nin çevrelediği bölgeye doğrudan uygulayamayız, çünkü \(\mathbf{E}\) bu bölgenin içindeki orijinde tanımsızdır.
Diverjans sıfırdır. \(r = |\mathbf{x}| = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} \ne 0\) olsun. \(\mathbf{E}\)’nin birinci bileşenini türetelim:
\[ \begin{aligned} \frac{\partial}{\partial x}\left( \frac{x}{r^3} \right) &= \frac{\partial}{\partial x}\left( x\,(x^2 + y^2 + z^2)^{-3/2} \right) \\[1mm] &= (x^2 + y^2 + z^2)^{-3/2} - 3x^2 (x^2 + y^2 + z^2)^{-5/2} = \frac{r^2 - 3x^2}{r^5}. \end{aligned} \]
Aynı hesap \(y\) ve \(z\) için \(\dfrac{r^2 - 3y^2}{r^5}\) ve \(\dfrac{r^2 - 3z^2}{r^5}\) verir. Toplarsak
\[ \operatorname{div} \mathbf{E} = \varepsilon Q \cdot \frac{3r^2 - 3(x^2 + y^2 + z^2)}{r^5} = \varepsilon Q \cdot \frac{3r^2 - 3r^2}{r^5} = 0 \]
bulunur. Bu, orijin dışındaki her noktada geçerlidir.
Deliği bir küreyle açmak. Orijin merkezli, \(S\)’nin içinde kalacak kadar küçük \(a\) yarıçaplı bir \(S_1\) küresi alalım. \(G\), \(S_1\) ile \(S\) arasında kalan bölge olsun (\(S\)’nin, \(G\) basit katı bölgelerin sonlu birleşimi olacak kadar düzgün olduğunu varsayıyoruz). \(G\) orijini içermediğinden \(\mathbf{E}\) orada sürekli kısmi türevlere sahiptir ve (7) uygulanabilir:
\[ \iiint_G \operatorname{div} \mathbf{E}\,dV = \iint_{S} \mathbf{E} \cdot d\mathbf{S} - \iint_{S_1} \mathbf{E} \cdot d\mathbf{S}. \]
Sol taraf sıfır olduğundan
\[ \iint_S \mathbf{E} \cdot d\mathbf{S} = \iint_{S_1} \mathbf{E} \cdot d\mathbf{S} \]
olur. Böylece bilinmeyen yüzeyin akısını kürenin akısına indirdik.
Kürenin akısı. \(S_1\) üzerinde dış birim normal \(\mathbf{n} = \mathbf{x}/|\mathbf{x}|\)’tir ve \(|\mathbf{x}| = a\)’dır. Buna göre
\[ \mathbf{E} \cdot \mathbf{n} = \frac{\varepsilon Q}{|\mathbf{x}|^3}\,\mathbf{x} \cdot \frac{\mathbf{x}}{|\mathbf{x}|} = \frac{\varepsilon Q}{|\mathbf{x}|^4}\,|\mathbf{x}|^2 = \frac{\varepsilon Q}{|\mathbf{x}|^2} = \frac{\varepsilon Q}{a^2} \]
sabittir. Kürenin alanı \(4\pi a^2\) olduğundan
\[ \iint_{S_1} \mathbf{E} \cdot d\mathbf{S} = \frac{\varepsilon Q}{a^2} \iint_{S_1} dS = \frac{\varepsilon Q}{a^2} \cdot 4\pi a^2 = 4\pi\varepsilon Q \]
bulunur. Demek ki orijini içine alan her kapalı \(S\) yüzeyinden akı \(4\pi\varepsilon Q\)’dur.
Bu, tek bir nokta yük için Gauss yasasıdır. \(\varepsilon\) ile boşluğun elektriksel geçirgenliği \(\varepsilon_0\) arasında \(\varepsilon = 1/(4\pi\varepsilon_0)\) bağıntısı olduğundan akı \(Q/\varepsilon_0\)’a eşittir.
\(\blacksquare\)
Etkileşimli sahne: Gauss yasası. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz. \(Q\) yükü orijindedir ve \(\varepsilon Q = 1\) alınmıştır, yani \(\mathbf{E}(\mathbf{x}) = \mathbf{x}/|\mathbf{x}|^3\). Kapalı yüzeyin merkezi \((c, 0, 0)\) noktasıdır: \(c\) kaydırıcısı yüzeyi \(x\) ekseni boyunca kaydırır, \(a\) büyüklüğünü değiştirir, dalga kaydırıcısı da küreyi girintili çıkıntılı bir kapalı yüzeye çevirir. Yüzey \(\mathbf{E} \cdot \mathbf{n}\)’nin işaretine göre boyanır; oklar yalnız \(\mathbf{E}\)’nin yönünü gösterir. Değer satırı akıyı yüzey integralinden sayısal olarak hesaplar. Yük yüzeyin içindeyken yüzey nasıl biçimlenirse biçimlensin net akı \(4\pi \approx 12{,}5664\)’tür. Yük dışarıda kalınca \(\mathbf{E}\) yüzeyin bir yanından girip öbür yanından çıkar, iki kısım birbirini götürür ve net akı \(0\) olur: yüzeyin çevrelediği cisimde \(\mathbf{E}\) her yerde tanımlıdır ve \(\operatorname{div}\mathbf{E} = 0\)’dır, bu yüzden Diverjans Teoremi akıyı sıfır verir. Yüzey yükün çok yakınından geçtiğinde akı hesaplanmaz.
18.4 Diverjansın Fiziksel Anlamı
Rotasyonel ve Diverjans bölümünde diverjansı, akışkanın bir noktadan dışarı yayılma eğilimi olarak sezgisel biçimde yorumlamıştık. Diverjans Teoremi bu yorumu kesin bir eşitliğe dönüştürür.
\(\mathbf{v}(x, y, z)\), yoğunluğu sabit \(\rho\) olan bir akışkanın hız alanı olsun. \(\mathbf{F} = \rho\,\mathbf{v}\) alanı, birim alandan birim zamanda geçen akışkan miktarını verir; bu yüzden \(\mathbf{F}\)’nin kapalı bir yüzeyden dışarı akısı, birim zamanda yüzeyin içinden dışarı çıkan net kütledir.
\(P_0(x_0, y_0, z_0)\) akışkanın içinde bir nokta, \(B_a\) da merkezi \(P_0\) ve yarıçapı çok küçük bir \(a\) olan top olsun. \(\operatorname{div} \mathbf{F}\) sürekli olduğundan \(B_a\)’nın her \(P\) noktasında \(\operatorname{div} \mathbf{F}(P) \approx \operatorname{div} \mathbf{F}(P_0)\)’dır. \(B_a\)’nın sınır küresi \(S_a\) ise
\[ \iint_{S_a} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \iiint_{B_a} \operatorname{div} \mathbf{F}\,dV \approx \iiint_{B_a} \operatorname{div} \mathbf{F}(P_0)\,dV = \operatorname{div} \mathbf{F}(P_0)\,V(B_a) \]
yaklaşımını yapabiliriz. \(a\) küçüldükçe yaklaşım iyileşir; bu, aşağıdaki limiti düşündürür.
Önerme 18.2 (Diverjans Birim Hacim Başına Akıdır) \(\mathbf{F}\), bileşenleri \(P_0\) noktasını içeren bir açık bölgede sürekli kısmi türevlere sahip bir vektör alanı olsun. \(B_a\) merkezi \(P_0\), yarıçapı \(a\) olan top ve \(S_a\) onun dışa yönlü sınır küresi ise
\[ \operatorname{div} \mathbf{F}(P_0) = \lim_{a \to 0^+} \frac{1}{V(B_a)} \iint_{S_a} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} \tag{8} \]
olur.
İspat
\(\epsilon > 0\) verilsin. \(\operatorname{div} \mathbf{F}\), \(P_0\)’da sürekli olduğundan öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki \(|P - P_0| < \delta\) olan her \(P\) için \(|\operatorname{div} \mathbf{F}(P) - \operatorname{div} \mathbf{F}(P_0)| < \epsilon\) olur. \(\delta\)’yı, bu \(P\)’lerin hepsi \(\mathbf{F}\)’nin türevli olduğu açık bölgede kalacak kadar küçük seçebiliriz.
\(0 < a < \delta\) olsun. \(B_a\) bir basit katı bölgedir; Diverjans Teoremi’ni uygular ve \(\operatorname{div} \mathbf{F}(P_0)\) sabitini \(\frac{1}{V(B_a)} \iiint_{B_a} \operatorname{div} \mathbf{F}(P_0)\,dV\) biçiminde yazarsak
\[ \frac{1}{V(B_a)} \iint_{S_a} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} - \operatorname{div} \mathbf{F}(P_0) = \frac{1}{V(B_a)} \iiint_{B_a} \big[ \operatorname{div} \mathbf{F}(P) - \operatorname{div} \mathbf{F}(P_0) \big]\,dV \]
bulunur. \(B_a\)’nın her noktası için \(|P - P_0| \le a < \delta\) olduğundan köşeli paranteze giren ifadenin mutlak değeri \(\epsilon\)’dan küçüktür. Üç katlı integralin karşılaştırma özelliğiyle
\[ \left| \frac{1}{V(B_a)} \iint_{S_a} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} - \operatorname{div} \mathbf{F}(P_0) \right| \le \frac{1}{V(B_a)} \cdot \epsilon\,V(B_a) = \epsilon \]
elde edilir. Bu her \(0 < a < \delta\) için doğru olduğundan (8)’deki limit vardır ve \(\operatorname{div} \mathbf{F}(P_0)\)’a eşittir.
\(\blacksquare\)
Yani \(\operatorname{div} \mathbf{F}(P_0)\), \(P_0\) noktasında birim hacim başına dışarı doğru net akış hızıdır. “Diverjans” (ıraksama) adı buradan gelir: pozitif diverjans, akışkanın noktanın çevresinden dışarı yayıldığını söyler. (8), diverjansı koordinat seçmeden tanımlamanın da bir yoludur.
Tanım 18.2 (Kaynak ve Kuyu) \(\mathbf{F}\) bir vektör alanı ve \(P\) bir nokta olsun. \(\operatorname{div} \mathbf{F}(P) > 0\) ise \(P\)’ye \(\mathbf{F}\)’nin bir kaynağı (source), \(\operatorname{div} \mathbf{F}(P) < 0\) ise bir kuyusu (sink) denir.
Yani bir kaynağın yakınında net akış dışarı, bir kuyunun yakınında içeri doğrudur. Düzlemdeki alanlar için aynı yorum Green Teoremi’nin vektör biçiminden gelir: topun yerini küçük bir daire, hacmin yerini alan alır. Bir resimden karar vermek için noktaya yakın yerde noktaya doğru gelen okları noktadan uzaklaşan oklarla karşılaştırırız. Uzaklaşan oklar daha uzunsa net akış dışarıdır ve nokta kaynaktır; gelen oklar daha uzunsa nokta kuyudur.
Örnek 18.5 (Bir Resimden Kaynak ve Kuyu Bulmak) Aşağıda \(\mathbf{F}(x, y) = x^2\,\mathbf{i} + y^2\,\mathbf{j}\) vektör alanı çizilmiştir. \(P_1(1, 1)\) ve \(P_2(-1, -1)\) noktalarının kaynak mı kuyu mu olduğunu önce resimden tahmin ediniz, sonra diverjansı hesaplayarak doğrulayınız.
Çözüm
Resimden. Alandaki bütün oklar sağa ve yukarı doğru bakar ve orijinden uzaklaştıkça uzar. \(P_1\)’in yakınında sol alttan gelen oklar kısa, sağ üste giden oklar uzundur: noktanın çevresinden çıkan akış giren akıştan fazladır, yani \(P_1\) bir kaynak gibi görünür. \(P_2\)’nin yakınında durum tersinedir: sol alttan gelen oklar uzun, sağ üste giden oklar kısadır; giren akış fazladır ve \(P_2\) bir kuyu gibi görünür.
Formülden. Düzlemdeki alanın diverjansı
\[ \operatorname{div} \mathbf{F} = \frac{\partial}{\partial x}(x^2) + \frac{\partial}{\partial y}(y^2) = 2x + 2y \]
olur. \(\operatorname{div} \mathbf{F}(1, 1) = 4 > 0\) olduğundan \(P_1\) bir kaynak, \(\operatorname{div} \mathbf{F}(-1, -1) = -4 < 0\) olduğundan \(P_2\) bir kuyudur. Daha genel olarak \(2x + 2y > 0\) eşitsizliği \(y > -x\) demektir: \(y = -x\) doğrusunun üstündeki her nokta bir kaynak, altındaki her nokta bir kuyudur.
\(\blacksquare\)
18.5 Temel Teoremlerin Ortak Yapısı
Bu bölümle vektör analizinin ana sonuçlarının hepsini görmüş olduk. Hepsi analizin temel teoreminin yüksek boyutlu biçimleridir: her birinde sol tarafta bir “türevin” bir bölge üzerindeki integrali, sağ tarafta ise asıl fonksiyonun yalnız o bölgenin sınırındaki değerleri yer alır. Hipotezleri bir yana bırakıp yan yana yazalım.
Eğriler ve uç noktaları. Analizin temel teoremi (bkz. Analiz 2) ve eğrisel integraller için temel teorem (Teorem 12.1):
\[ \int_a^b F'(x)\,dx = F(b) - F(a) \]
\[ \int_C \nabla f \cdot d\mathbf{r} = f(\mathbf{r}(b)) - f(\mathbf{r}(a)) \]
Yüzeyler ve sınır eğrileri. Green Teoremi (Teorem 13.1) ve Stokes Teoremi (Teorem 17.1):
\[ \iint_D \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dA = \oint_C P\,dx + Q\,dy \]
\[ \iint_S \operatorname{curl} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} \]
Cisimler ve sınır yüzeyleri. Diverjans Teoremi (Teorem 18.1):
\[ \iiint_E \operatorname{div} \mathbf{F}\,dV = \iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} \]
Bu benzerlik tesadüf değildir. İleri derslerde diferansiyel formlar diliyle beşinin de tek bir genel Stokes teoreminin özel hâlleri olduğu görülür. Aynı dil, “bir sınırın sınırı yoktur” gözleminin de \(\operatorname{div} \operatorname{curl} \mathbf{F} = 0\) (Teorem 14.3) ve \(\operatorname{curl} \nabla f = \mathbf{0}\) (Teorem 14.1) özdeşliklerinin arkasındaki ortak neden olduğunu gösterir.
18.6 Alıştırmalar
Alıştırma 18.1 (Bir Kutudan Geçen Akı) \(S\), koordinat düzlemleri ile \(x = 3\), \(y = 2\) ve \(z = 1\) düzlemlerinin sınırladığı kutunun dışa yönlü yüzeyi olsun.
\[ \mathbf{F}(x, y, z) = xye^z\,\mathbf{i} + xy^2z^3\,\mathbf{j} - ye^z\,\mathbf{k} \]
alanının \(S\)’den akısını Diverjans Teoremi’yle bulunuz.
Çözüm
Diverjans
\[ \operatorname{div} \mathbf{F} = ye^z + 2xyz^3 - ye^z = 2xyz^3 \]
olur; \(ye^z\) terimleri birbirini götürür. Kutu \(E = [0, 3] \times [0, 2] \times [0, 1]\) olduğundan Fubini Teoremi’yle (Teorem 6.1) integral üç tek katlı integralin çarpımına ayrılır:
\[ \iiint_E 2xyz^3\,dV = 2 \left( \int_0^3 x\,dx \right) \left( \int_0^2 y\,dy \right) \left( \int_0^1 z^3\,dz \right) = 2 \cdot \frac{9}{2} \cdot 2 \cdot \frac{1}{4} = \frac{9}{2}. \]
Akı \(\dfrac{9}{2}\)’dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.2 (Teoremi Bir Silindirde Doğrulamak) \(\mathbf{F}(x, y, z) = x^2\,\mathbf{i} - y\,\mathbf{j} + z\,\mathbf{k}\) alanı ve \(y^2 + z^2 \le 9\), \(0 \le x \le 2\) katı silindiri \(E\) için Diverjans Teoremi’nin iki tarafını ayrı ayrı hesaplayarak teoremi doğrulayınız.
Çözüm
Sağ taraf. \(\operatorname{div} \mathbf{F} = 2x - 1 + 1 = 2x\)’tir. Silindirin ekseni \(x\) eksenidir; her \(x \in [0, 2]\) için kesit, \(yz\)-düzlemine paralel ve alanı \(9\pi\) olan bir dairedir. \(E\)’ye tip 2 bölge olarak bakarsak
\[ \iiint_E 2x\,dV = \int_0^2 2x \cdot 9\pi\,dx = 9\pi \left[ x^2 \right]_0^2 = 36\pi \]
bulunur.
Sol taraf. \(S\) üç parçadan oluşur.
- Sağ taban \(x = 2\): dış normal \(\mathbf{n} = \mathbf{i}\) ve \(\mathbf{F} \cdot \mathbf{n} = x^2 = 4\)’tür. Akı \(4 \cdot 9\pi = 36\pi\) olur.
- Sol taban \(x = 0\): dış normal \(\mathbf{n} = -\mathbf{i}\) ve \(\mathbf{F} \cdot \mathbf{n} = -x^2 = 0\)’dır. Akı \(0\) olur.
- Yan yüzey \(y^2 + z^2 = 9\): dış birim normal \(\mathbf{n} = (y\,\mathbf{j} + z\,\mathbf{k})/3\) olduğundan \(\mathbf{F} \cdot \mathbf{n} = (-y^2 + z^2)/3\)’tür.
Yan yüzeyi \(y = 3\cos t\), \(z = 3\sin t\) (\(0 \le t \le 2\pi\), \(0 \le x \le 2\)) ile parametrize edelim. \(\mathbf{r}(x, t) = x\,\mathbf{i} + 3\cos t\,\mathbf{j} + 3\sin t\,\mathbf{k}\) için \(|\mathbf{r}_x \times \mathbf{r}_t| = 3\), yani \(dS = 3\,dt\,dx\) olur. Buna göre
\[ \begin{aligned} \iint_{\text{yan}} \mathbf{F} \cdot \mathbf{n}\,dS &= \int_0^2 \int_0^{2\pi} \frac{-9\cos^2 t + 9\sin^2 t}{3} \cdot 3\,dt\,dx \\[1mm] &= \int_0^2 \int_0^{2\pi} (-9\cos 2t)\,dt\,dx = 0 \end{aligned} \]
bulunur; çünkü \(\cos 2t\)’nin tam bir periyot üzerindeki integrali sıfırdır. Sol taraf \(36\pi + 0 + 0 = 36\pi\) olur ve sağ tarafa eşittir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.3 (Yatay Bir Silindirden Geçen Akı) \(\mathbf{F}(x, y, z) = 3xy^2\,\mathbf{i} + xe^z\,\mathbf{j} + z^3\,\mathbf{k}\) olsun. \(S\), \(y^2 + z^2 = 1\) silindiri ile \(x = -1\) ve \(x = 2\) düzlemlerinin sınırladığı cismin dışa yönlü yüzeyi ise \(\mathbf{F}\)’nin \(S\)’den akısını bulunuz.
Çözüm
Diverjans
\[ \operatorname{div} \mathbf{F} = 3y^2 + 0 + 3z^2 = 3(y^2 + z^2) \]
olur. Cismin ekseni \(x\) ekseni olduğundan \(yz\)-düzleminde kutupsal koordinatlar kullanırız: \(y = r\cos\theta\), \(z = r\sin\theta\). Bunlar, ekseni \(x\) ekseni olan silindirik koordinatlardır (Teorem 7.1) ve \(dV = r\,dr\,d\theta\,dx\), \(y^2 + z^2 = r^2\) olur:
\[ \iiint_E 3(y^2 + z^2)\,dV = \int_{-1}^{2} \int_0^{2\pi} \int_0^1 3r^2 \cdot r\,dr\,d\theta\,dx = 3 \cdot 2\pi \cdot \frac{1}{4} \cdot 3 = \frac{9\pi}{2}. \]
Burada \(\int_0^1 3r^3\,dr = 3/4\), \(\theta\) integrali \(2\pi\) ve \(x\) integrali \(2 - (-1) = 3\) çarpanını verir. Akı \(\dfrac{9\pi}{2}\)’dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.4 (Bir Küreden Geçen Akı) \[ \mathbf{F}(x, y, z) = (x^3 + y^3)\,\mathbf{i} + (y^3 + z^3)\,\mathbf{j} + (z^3 + x^3)\,\mathbf{k} \]
alanının, merkezi orijin ve yarıçapı \(2\) olan küreden dışa doğru akısını bulunuz.
Çözüm
Her bileşende yalnız bir terim türevde kalır:
\[ \operatorname{div} \mathbf{F} = 3x^2 + 3y^2 + 3z^2 = 3\rho^2. \]
Küresel koordinatlarda (Teorem 8.1) \(dV = \rho^2 \sin\phi\,d\rho\,d\theta\,d\phi\) ve top \(0 \le \rho \le 2\), \(0 \le \theta \le 2\pi\), \(0 \le \phi \le \pi\) olduğundan
\[ \begin{aligned} \iiint_B 3\rho^2\,dV &= \int_0^{\pi} \int_0^{2\pi} \int_0^2 3\rho^4 \sin\phi\,d\rho\,d\theta\,d\phi \\[1mm] &= \left( \int_0^2 3\rho^4\,d\rho \right) \cdot 2\pi \cdot \left( \int_0^{\pi} \sin\phi\,d\phi \right) = \frac{96}{5} \cdot 2\pi \cdot 2 = \frac{384\pi}{5} \end{aligned} \]
bulunur. Akı \(\dfrac{384\pi}{5}\)’tir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.5 (Yarım Küre ve Tabanından Geçen Akı) \(\mathbf{r} = x\,\mathbf{i} + y\,\mathbf{j} + z\,\mathbf{k}\) ve \(\mathbf{F} = |\mathbf{r}|\,\mathbf{r}\) olsun. \(S\), \(z = \sqrt{1 - x^2 - y^2}\) yarım küresi ile \(xy\)-düzlemindeki \(x^2 + y^2 \le 1\) dairesinden oluşan dışa yönlü kapalı yüzey ise \(\mathbf{F}\)’nin \(S\)’den akısını bulunuz.
Çözüm
Diverjans. \(\rho = |\mathbf{r}| = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}\) yazalım. \(\partial \rho / \partial x = x/\rho\) olduğundan çarpım kuralıyla
\[ \frac{\partial}{\partial x}(\rho\,x) = \rho + x \cdot \frac{x}{\rho} = \rho + \frac{x^2}{\rho} \]
olur. \(y\) ve \(z\) bileşenleri için de aynısı geçerlidir. Toplarsak
\[ \operatorname{div} \mathbf{F} = 3\rho + \frac{x^2 + y^2 + z^2}{\rho} = 3\rho + \rho = 4\rho \]
bulunur. \(\mathbf{F}\)’nin bütün kısmi türevleri (örneğin \(\partial(\rho\,x)/\partial y = xy/\rho\)) orijine yaklaşırken \(0\)’a gider ve orijinde de \(0\)’dır; yani kısmi türevler her yerde süreklidir ve teorem uygulanabilir.
İntegral. \(S\)’nin çevrelediği cisim üst yarı toptur: \(0 \le \rho \le 1\), \(0 \le \theta \le 2\pi\), \(0 \le \phi \le \pi/2\). Küresel koordinatlarda
\[ \iiint_E 4\rho\,dV = \int_0^{\pi/2} \int_0^{2\pi} \int_0^1 4\rho \cdot \rho^2 \sin\phi\,d\rho\,d\theta\,d\phi = 1 \cdot 2\pi \cdot 1 = 2\pi \]
olur; çünkü \(\int_0^1 4\rho^3\,d\rho = 1\) ve \(\int_0^{\pi/2} \sin\phi\,d\phi = 1\)’dir.
Kontrol. Yarım kürede dış birim normal \(\mathbf{n} = \mathbf{r}\) ve \(|\mathbf{r}| = 1\) olduğundan \(\mathbf{F} \cdot \mathbf{n} = |\mathbf{r}|\,\mathbf{r} \cdot \mathbf{r} = 1\)’dir; akı yarım kürenin alanı \(2\pi\)’dir. Tabanda \(\mathbf{n} = -\mathbf{k}\) ve \(z = 0\) olduğundan \(\mathbf{F} \cdot \mathbf{n} = -|\mathbf{r}|\,z = 0\)’dır. Toplam yine \(2\pi\)’dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.6 (Kapalı Olmayan Bir Yüzeyden Geçen Akı) Vektör alanı
\[ \mathbf{F}(x, y, z) = z \arctan(y^2)\,\mathbf{i} + z^3 \ln(x^2 + 1)\,\mathbf{j} + z\,\mathbf{k} \]
olsun. \(S\), \(x^2 + y^2 + z = 2\) paraboloidinin \(z = 1\) düzleminin üstünde kalan ve yukarı doğru yönlendirilmiş parçası ise \(\mathbf{F}\)’nin \(S\)’den akısını bulunuz.
Çözüm
Yüzeyi kapatmak. \(S\) kapalı değildir. Paraboloit \(z = 1\) düzlemini \(x^2 + y^2 = 1\) çemberinde keser. Bu çemberin çevrelediği \(S_1\) dairesini (\(z = 1\), \(x^2 + y^2 \le 1\)) ekleyelim. \(S\) ile \(S_1\) birlikte, paraboloit ile \(z = 1\) düzlemi arasındaki \(E\) cisminin sınırıdır. \(E\)’nin dış normali \(S\) üzerinde yukarı bakar (istenen yön), \(S_1\) üzerinde ise aşağı bakar: \(\mathbf{n} = -\mathbf{k}\).
Diverjans. Birinci bileşen \(x\)’i, ikinci bileşen \(y\)’yi içermediğinden ilk iki terim sıfırdır:
\[ \operatorname{div} \mathbf{F} = \frac{\partial}{\partial x}\big(z \arctan(y^2)\big) + \frac{\partial}{\partial y}\big(z^3 \ln(x^2 + 1)\big) + \frac{\partial}{\partial z}(z) = 0 + 0 + 1 = 1. \]
Hacim. Teoreme göre iki akının toplamı \(E\)’nin hacmidir. Silindirik koordinatlarda \(E\): \(0 \le r \le 1\), \(1 \le z \le 2 - r^2\) olduğundan
\[ V(E) = \int_0^{2\pi} \int_0^1 (2 - r^2 - 1)\,r\,dr\,d\theta = 2\pi \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{4} \right) = \frac{\pi}{2} \]
bulunur.
Tabanın akısı. \(S_1\) üzerinde \(z = 1\) olduğundan \(\mathbf{F} \cdot (-\mathbf{k}) = -z = -1\)’dir. \(S_1\)’in alanı \(\pi\) olduğundan \(\iint_{S_1} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = -\pi\) olur.
Sonuç. \(\iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} + \iint_{S_1} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \dfrac{\pi}{2}\) olduğundan
\[ \iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \frac{\pi}{2} - (-\pi) = \frac{3\pi}{2} \]
bulunur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.7 (Bir Skaler Yüzey İntegralini Akıya Çevirmek) \(S\), \(x^2 + y^2 + z^2 = 1\) birim küresi olmak üzere
\[ \iint_S (2x + 2y + z^2)\,dS \]
integralini Diverjans Teoremi yardımıyla hesaplayınız.
Çözüm
Fikir. İntegrandı bir alanın normal bileşeni olarak yazmak istiyoruz. Birim kürede dış birim normal \(\mathbf{n} = x\,\mathbf{i} + y\,\mathbf{j} + z\,\mathbf{k}\)’dir. \(\mathbf{F} = 2\,\mathbf{i} + 2\,\mathbf{j} + z\,\mathbf{k}\) alırsak
\[ \mathbf{F} \cdot \mathbf{n} = 2x + 2y + z \cdot z = 2x + 2y + z^2 \]
olur. Demek ki istenen integral \(\mathbf{F}\)’nin küreden akısıdır.
Teorem. \(\operatorname{div} \mathbf{F} = 0 + 0 + 1 = 1\) olduğundan, \(B\) birim top olmak üzere
\[ \iint_S (2x + 2y + z^2)\,dS = \iint_S \mathbf{F} \cdot \mathbf{n}\,dS = \iiint_B 1\,dV = \frac{4\pi}{3} \]
bulunur.
Kontrol. Simetriden \(\iint_S x\,dS = \iint_S y\,dS = 0\)’dır. Yine simetriden \(x^2\), \(y^2\) ve \(z^2\)’nin küre üzerindeki integralleri eşittir ve toplamları \(\iint_S 1\,dS = 4\pi\)’dir; bu yüzden \(\iint_S z^2\,dS = 4\pi/3\) olur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.8 (Kaynak mı, Kuyu mu) Aşağıda \(\mathbf{F}(x, y) = x\,\mathbf{i} + y^2\,\mathbf{j}\) vektör alanı çizilmiştir. \(P_1(-1, 1)\) ve \(P_2(-1, -1)\) noktalarının kaynak mı kuyu mu olduğuna önce yalnız resme bakarak karar veriniz, sonra diverjansı hesaplayarak doğrulayınız.
Çözüm
Resimden. Okların düşey bileşeni \(y^2\)’dir; bu yüzden hepsi yukarı bakar ve \(x\) ekseninden uzaklaştıkça hızla uzar. \(P_1\)’in altından gelen oklar kısa, üstünden çıkan oklar uzundur: düşey yönde çıkan akış girenden fazladır. Yatay bileşen \(x\) ise \(P_1\) ile \(P_2\)’nin bulunduğu solda sola bakar ve sola gidildikçe uzar; yatay yönde de çıkan akış biraz fazladır. \(P_1\) bir kaynaktır. \(P_2\)’de ise alttan gelen oklar uzun, üste çıkan oklar kısadır; düşey yönde giren akış belirgin biçimde fazladır ve bu fark yataydaki küçük fazlalığı bastırır. \(P_2\) bir kuyudur.
Formülden. Diverjans
\[ \operatorname{div} \mathbf{F} = \frac{\partial}{\partial x}(x) + \frac{\partial}{\partial y}(y^2) = 1 + 2y \]
olur. \(\operatorname{div} \mathbf{F}(-1, 1) = 3 > 0\) olduğundan \(P_1\) bir kaynak, \(\operatorname{div} \mathbf{F}(-1, -1) = -1 < 0\) olduğundan \(P_2\) bir kuyudur. Genel olarak \(y > -1/2\) olan noktalar kaynak, \(y < -1/2\) olan noktalar kuyudur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.9 (Hacmi Bir Yüzey İntegraliyle Bulmak) \(S\) ve \(E\), Diverjans Teoremi’nin koşullarını sağlasın. \(\mathbf{F}(x, y, z) = x\,\mathbf{i} + y\,\mathbf{j} + z\,\mathbf{k}\) olmak üzere
\[ V(E) = \frac{1}{3} \iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} \]
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(\operatorname{div} \mathbf{F} = 1 + 1 + 1 = 3\)’tür. Diverjans Teoremi’ne göre
\[ \iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \iiint_E 3\,dV = 3\,V(E) \]
olur; iki tarafı \(3\)’e bölmek istenen eşitliği verir. Örneğin birim kürede \(\mathbf{F} \cdot \mathbf{n} = 1\) ve akı \(4\pi\) olduğundan formül, birim topun hacmini \(4\pi/3\) olarak verir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.10 (Green’in Birinci Özdeşliği) \(S\) ve \(E\), Diverjans Teoremi’nin koşullarını sağlasın; \(f\) ve \(g\), ikinci mertebeden sürekli kısmi türevlere sahip skaler fonksiyonlar olsun. \(\nabla^2 g = g_{xx} + g_{yy} + g_{zz}\) Laplace operatörü olmak üzere
\[ \iint_S (f\,\nabla g) \cdot \mathbf{n}\,dS = \iiint_E \left( f\,\nabla^2 g + \nabla f \cdot \nabla g \right) dV \]
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(\mathbf{F} = f\,\nabla g = f g_x\,\mathbf{i} + f g_y\,\mathbf{j} + f g_z\,\mathbf{k}\) alanına Diverjans Teoremi’ni uygulayacağız. \(f\) ve \(g\)’nin ikinci mertebeden kısmi türevleri sürekli olduğundan \(\mathbf{F}\)’nin bileşenlerinin kısmi türevleri de süreklidir. Her bileşende çarpım kuralını kullanırsak
\[ \begin{aligned} \operatorname{div} \mathbf{F} &= (f_x g_x + f g_{xx}) + (f_y g_y + f g_{yy}) + (f_z g_z + f g_{zz}) \\[1mm] &= (f_x g_x + f_y g_y + f_z g_z) + f\,(g_{xx} + g_{yy} + g_{zz}) = \nabla f \cdot \nabla g + f\,\nabla^2 g \end{aligned} \]
bulunur. Diverjans Teoremi’nde yerine yazınca istenen eşitlik elde edilir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.11 (Gradyanın Hacim İntegrali) \(S\) ve \(E\), Diverjans Teoremi’nin koşullarını sağlasın ve \(f\), sürekli kısmi türevlere sahip bir skaler fonksiyon olsun.
\[ \iint_S f\,\mathbf{n}\,dS = \iiint_E \nabla f\,dV \]
olduğunu gösteriniz. Buradaki integraller vektördür ve her bileşen ayrı ayrı integrallenerek tanımlanır.
Çözüm
\(\mathbf{c} = \langle c_1, c_2, c_3 \rangle\) rastgele bir sabit vektör olsun ve \(\mathbf{F} = f\,\mathbf{c}\) alanına Diverjans Teoremi’ni uygulayalım. \(\mathbf{c}\) sabit olduğundan
\[ \operatorname{div}(f\,\mathbf{c}) = c_1 f_x + c_2 f_y + c_3 f_z = \mathbf{c} \cdot \nabla f \]
olur. Teorem
\[ \iint_S f\,\mathbf{c} \cdot \mathbf{n}\,dS = \iiint_E \mathbf{c} \cdot \nabla f\,dV \]
verir. İntegraller bileşen bileşen tanımlandığından ve integral lineer olduğundan sabit \(\mathbf{c}\)’yi dışarı alabiliriz:
\[ \mathbf{c} \cdot \left( \iint_S f\,\mathbf{n}\,dS - \iiint_E \nabla f\,dV \right) = 0. \]
Bu her \(\mathbf{c}\) için doğrudur. Sırasıyla \(\mathbf{c} = \mathbf{i}\), \(\mathbf{j}\), \(\mathbf{k}\) alırsak parantezdeki vektörün üç bileşeni de sıfır çıkar; yani parantezdeki vektör sıfırdır ve istenen eşitlik elde edilir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.12 (Arşimet İlkesi) Yüzeyi \(S\) olan bir \(E\) cismi, yoğunluğu sabit \(\rho\) olan bir sıvıya tamamen batırılmış olsun. Koordinatları, \(xy\)-düzlemi sıvının yüzeyinde kalacak ve \(z\) sıvının içine doğru, yani aşağı doğru artacak biçimde seçelim. \(g\) yer çekimi ivmesi olmak üzere \(z\) derinliğindeki basınç \(p = \rho g z\)’dir. Basıncın cisme uyguladığı toplam kaldırma kuvveti, \(\mathbf{n}\) dış birim normal olmak üzere
\[ \mathbf{F} = -\iint_S p\,\mathbf{n}\,dS \]
yüzey integraliyle verilir. Alıştırma 18.11 sonucunu kullanarak \(\mathbf{F} = -W\,\mathbf{k}\) olduğunu gösteriniz; burada \(W\), cismin yerinden ettiği sıvının ağırlığıdır.
Çözüm
Alıştırma 18.11 eşitliğini \(f = p = \rho g z\) fonksiyonuna uygulayalım. \(\rho\) ve \(g\) sabit olduğundan
\[ \nabla p = \frac{\partial (\rho g z)}{\partial x}\,\mathbf{i} + \frac{\partial (\rho g z)}{\partial y}\,\mathbf{j} + \frac{\partial (\rho g z)}{\partial z}\,\mathbf{k} = \rho g\,\mathbf{k} \]
olur. Buna göre
\[ \mathbf{F} = -\iint_S p\,\mathbf{n}\,dS = -\iiint_E \rho g\,\mathbf{k}\,dV = -\rho g\,V(E)\,\mathbf{k} \]
bulunur. Cismin yerinden ettiği sıvının hacmi \(V(E)\), kütlesi \(\rho\,V(E)\) ve ağırlığı \(W = \rho g\,V(E)\)’dir. Demek ki \(\mathbf{F} = -W\,\mathbf{k}\)’dir. \(z\) ekseni aşağı baktığından \(-\mathbf{k}\) yukarı bakar: kaldırma kuvveti yukarı doğrudur ve büyüklüğü, yerinden edilen sıvının ağırlığına eşittir. Bu, Arşimet ilkesidir.
\(\blacksquare\)
Bu bölümle kitap tamamlanıyor. Çok katlı integralleri dikdörtgenler üzerindeki Riemann toplamlarıyla tanımlayarak başladık; Fubini Teoremi, kutupsal, silindirik ve küresel koordinatlar ve genel değişken değiştirme formülüyle onları hesaplamayı öğrendik. İkinci kısımda vektör alanlarını eğriler ve yüzeyler boyunca integralledik ve her biri bir bölgedeki türevi sınırdaki değerlere bağlayan dört büyük teoreme ulaştık: eğrisel integraller için temel teorem, Green, Stokes ve Diverjans teoremleri. Bu teoremler elektromanyetizmanın Maxwell denklemlerinden akışkanlar mekaniğine ve ısı iletimine kadar fiziğin süreklilik ve korunum yasalarının matematiksel dilidir. Konuların tamamına Müfredat ve Giriş sayfasından ulaşabilirsiniz.