11 Eğrisel İntegraller
Tek değişkenli integralde bir fonksiyonu bir \([a, b]\) aralığı boyunca topluyorduk: aralığı küçük parçalara böler, her parçanın uzunluğunu fonksiyonun o parçadaki bir değeriyle çarpar, toplar ve limit alırdık. Bu bölümde aynı fikri bir eğri boyunca uygulayacağız. Aralık yerine bir \(C\) eğrisini küçük yaylara böleceğiz ve parçaların uzunlukları yerine bu yayların uzunluklarını kullanacağız. Böyle elde edilen integrallere eğrisel integral (line integral) denir. Eğrisel integraller 19. yüzyılın başlarında akışkanların akışı, kuvvetler, elektrik ve manyetizma problemleri için geliştirildi.
İki tür eğrisel integral göreceğiz. Birincisi bir skaler fonksiyonu eğri boyunca yay uzunluğuna göre toplar; ince bir telin kütlesi ya da bir eğrinin üzerine dikilmiş bir perdenin alanı bu türdendir. İkincisi bir vektör alanının eğriye teğet bileşenini toplar; bir kuvvet alanının bir parçacığı eğri boyunca hareket ettirirken yaptığı iş bu türdendir. Vektör Alanları bölümünde tanıdığımız vektör alanları (bkz. Tanım 10.1) böylece ilk kez bir integralin içine girecek.
11.1 Yay Uzunluğuna Göre Eğrisel İntegral
Önce eğriyi küçük yaylara bölelim ve tek değişkenli integraldeki Riemann toplamının eğri üzerindeki karşılığını kuralım.
Düzlemde bir \(C\) eğrisi
\[x = x(t), \qquad y = y(t), \qquad a \le t \le b \tag{1}\]
parametrik denklemleriyle, yani \(\mathbf{r}(t) = x(t)\,\mathbf{i} + y(t)\,\mathbf{j}\) vektör denklemiyle verilsin. \(C\)’nin düzgün (smooth) olduğunu varsayacağız: \(\mathbf{r}'\) sürekli ve her \(t\) için \(\mathbf{r}'(t) \ne \mathbf{0}\). Yani eğrinin her noktasında sıfırdan farklı ve sürekli değişen bir hız vektörü vardır; eğride sivri uç ya da kırılma yoktur. Ayrıca \(\mathbf{r}\)’nin \(C\)’yi bir kez katettiğini, yani farklı \(t\) değerlerinde farklı noktalar verdiğini varsayacağız. Tek istisna kapalı eğrilerdir: onlarda başlangıç ve bitiş noktası çakışır, \(\mathbf{r}(a) = \mathbf{r}(b)\) olur.
\([a, b]\) aralığını \(n\) eşit parçaya bölelim: \(\Delta t = (b - a)/n\) ve \(t_i = a + i\,\Delta t\) (\(i = 0, 1, \dots, n\)) olsun. \(x_i = x(t_i)\) ve \(y_i = y(t_i)\) olmak üzere \(P_i(x_i, y_i) = \mathbf{r}(t_i)\) noktaları \(C\)’yi \(n\) alt yaya böler. \(i\)-inci alt yay \(P_{i-1}\)’den \(P_i\)’ye gider; uzunluğunu \(\Delta s_i\) ile gösterelim. Her alt yaydan bir \(P_i^*(x_i^*, y_i^*)\) noktası seçelim. Bu nokta \([t_{i-1}, t_i]\) aralığındaki bir \(t_i^*\) parametre değerine karşılık gelir: \(P_i^* = \mathbf{r}(t_i^*)\).
Şimdi \(f\), tanım kümesi \(C\)’yi içeren iki değişkenli bir fonksiyon olsun. \(f\)’nin \(P_i^*\) noktasındaki değerini \(i\)-inci alt yayın uzunluğuyla çarpıp toplayalım:
\[\sum_{i=1}^{n} f(x_i^*, y_i^*)\,\Delta s_i.\]
Bu toplam bir Riemann toplamına benzer; aralık parçalarının uzunlukları yerine burada alt yayların uzunlukları \(\Delta s_i\) vardır.
Tanım 11.1 (Yay Uzunluğuna Göre Eğrisel İntegral) \(f\), (1) denklemleriyle verilen düzgün bir \(C\) eğrisi üzerinde tanımlı olsun. \(P_i^*\) noktaları nasıl seçilirse seçilsin
\[\int_C f(x, y)\,ds = \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n} f(x_i^*, y_i^*)\,\Delta s_i\]
limiti var ve aynıysa bu sayıya \(f\)’nin \(C\) boyunca yay uzunluğuna göre eğrisel integrali denir.
\(C\) uzayda \(\mathbf{r}(t) = x(t)\,\mathbf{i} + y(t)\,\mathbf{j} + z(t)\,\mathbf{k}\), \(a \le t \le b\) ile verilen düzgün bir eğri ve \(f\) üç değişkenli bir fonksiyon ise tanım aynıdır:
\[\int_C f(x, y, z)\,ds = \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n} f(x_i^*, y_i^*, z_i^*)\,\Delta s_i.\]
Yani eğriyi kısa yaylara bölüyor, her yayda \(f\)’nin bir değerini o yayın uzunluğuyla tartıyor ve topluyoruz. Yaylar kısaldıkça \(f\) her yay üzerinde neredeyse sabit kalır ve toplam, “\(f\)’nin eğri boyunca toplamına” yaklaşır. \(f = 1\) ise toplam \(\sum \Delta s_i\), her \(n\) için \(C\)’nin uzunluğu \(L\)’ye eşittir; bu yüzden \(\int_C ds = L\) olur. \(C\) üzerindeki noktaları yalnız bir yöntem olarak parametre aracılığıyla seçiyoruz; aşağıda değerin parametrizasyona bağlı olmadığını da göreceğiz.
Tanımı doğrudan kullanmak zordur. Neyse ki \(f\) sürekliyse limit her zaman vardır ve sıradan bir integrale dönüşür.
Teorem 11.1 (Eğrisel İntegralin Parametrik Hesabı) \(C\), \(\mathbf{r}(t)\), \(a \le t \le b\) ile verilen düzgün bir eğri ve \(f\), \(C\) üzerinde sürekli olsun; yani \(t \mapsto f(\mathbf{r}(t))\) bileşkesi \([a, b]\) üzerinde sürekli olsun (\(f\), \(C\)’yi içeren bir bölgede sürekliyse bu kendiliğinden sağlanır). Bu durumda \(\int_C f\,ds\) vardır ve
\[\int_C f\,ds = \int_a^b f(\mathbf{r}(t))\,|\mathbf{r}'(t)|\,dt \tag{2}\]
olur. Bileşenlerle yazarsak düzlemde
\[\int_C f(x, y)\,ds = \int_a^b f\big(x(t), y(t)\big)\sqrt{x'(t)^2 + y'(t)^2}\,dt, \tag{3}\]
uzayda
\[\int_C f(x, y, z)\,ds = \int_a^b f\big(\mathbf{r}(t)\big)\sqrt{x'(t)^2 + y'(t)^2 + z'(t)^2}\,dt \tag{4}\]
elde edilir.
İspat
Adım 1: Alt yayların uzunlukları. Parametrik eğrinin yay uzunluğu formülüne göre (bkz. Analiz 2; uzay eğrisinde kökün içine \(z'(t)^2\) de eklenir) \(i\)-inci alt yayın uzunluğu
\[\Delta s_i = \int_{t_{i-1}}^{t_i} |\mathbf{r}'(t)|\,dt\]
dir. \(|\mathbf{r}'|\) sürekli olduğundan integraller için ortalama değer teoremi (bkz. Analiz 2) bir \(\tau_i \in [t_{i-1}, t_i]\) verir:
\[\Delta s_i = |\mathbf{r}'(\tau_i)|\,\Delta t.\]
Adım 2: Bir Riemann toplamıyla karşılaştırma. \(g(t) = f(\mathbf{r}(t))\) ve \(v(t) = |\mathbf{r}'(t)|\) diyelim; ikisi de \([a, b]\) üzerinde süreklidir. Tanımdaki toplam
\[S_n = \sum_{i=1}^{n} g(t_i^*)\,v(\tau_i)\,\Delta t\]
olur. Öte yandan
\[R_n = \sum_{i=1}^{n} g(t_i^*)\,v(t_i^*)\,\Delta t\]
toplamı sürekli \(g\,v\) fonksiyonunun \([a, b]\) üzerindeki bir Riemann toplamıdır (bkz. Analiz 2). Sürekli fonksiyonlar integrallenebilir olduğundan \(n \to \infty\) iken \(R_n \to \int_a^b g(t)\,v(t)\,dt\) olur.
Adım 3: Farkın sıfıra gitmesi. \(g\) kapalı ve sınırlı bir aralıkta sürekli olduğundan sınırlıdır: her \(t\) için \(|g(t)| \le M\). \(v\) de \([a, b]\) üzerinde sürekli olduğundan düzgün süreklidir (bkz. Analiz 1). \(\varepsilon > 0\) verilsin ve \(\delta > 0\) sayısı, \(|t - u| < \delta\) iken \(|v(t) - v(u)| < \varepsilon\) olacak biçimde seçilsin. \(\Delta t < \delta\) olacak kadar büyük \(n\) için \(t_i^*\) ile \(\tau_i\) aynı \([t_{i-1}, t_i]\) aralığında olduğundan \(|t_i^* - \tau_i| \le \Delta t < \delta\)’dır. Buradan
\[ \begin{aligned} |S_n - R_n| &\le \sum_{i=1}^{n} |g(t_i^*)|\,\big|v(\tau_i) - v(t_i^*)\big|\,\Delta t \\[1mm] &\le \sum_{i=1}^{n} M\,\varepsilon\,\Delta t = M\,\varepsilon\,(b - a) \end{aligned} \]
bulunur. \(\varepsilon\) keyfi olduğundan \(S_n - R_n \to 0\), dolayısıyla \(S_n \to \int_a^b g(t)\,v(t)\,dt\) olur. Bu sonuç \(t_i^*\) değerlerinin seçimine bağlı değildir. Yani tanımdaki limit vardır ve (2)’deki integrale eşittir. (3) ve (4), \(|\mathbf{r}'(t)|\) uzunluğunun bileşenlerle yazılışıdır.
\(\blacksquare\)
Yani eğrisel integrali hesaplamak için her şeyi \(t\) parametresi cinsinden yazarız: \(x\), \(y\) (ve \(z\)) yerine \(x(t)\), \(y(t)\) (ve \(z(t)\)), \(ds\) yerine de
\[ds = |\mathbf{r}'(t)|\,dt = \sqrt{x'(t)^2 + y'(t)^2}\,dt\]
koyarız. Bu yazılış bir ezber değildir: \(s(t)\), \(\mathbf{r}(a)\) ile \(\mathbf{r}(t)\) arasındaki yayın uzunluğu ise \(ds/dt = |\mathbf{r}'(t)|\)’dir. Yani \(|\mathbf{r}'(t)|\) eğri üzerindeki hızdır ve kısa bir \(dt\) süresinde alınan yol yaklaşık \(|\mathbf{r}'(t)|\,dt\)’dir.
Formülden iki özel durum hemen çıkar.
- \(f = 1\) için \(\int_C ds = \int_a^b |\mathbf{r}'(t)|\,dt = L\) olur. \(\mathbf{r}\), \(C\)’yi bir kez katettiğinden bu sayı \(C\)’nin uzunluğudur.
- \(C\), \(x\) ekseni üzerinde \((a, 0)\)’dan \((b, 0)\)’a giden doğru parçası olsun. \(x\)’i parametre alırsak \(x = x\), \(y = 0\), \(a \le x \le b\) olur ve \(|\mathbf{r}'| = 1\) olduğundan \(\int_C f(x, y)\,ds = \int_a^b f(x, 0)\,dx\) elde edilir. Yani eğrisel integral, sıradan tek değişkenli integralin bir genellemesidir.
Eğrisel integralin değeri, eğri aynı yönde ve bir kez katedildiği sürece seçilen parametrizasyona bağlı değildir; bunu bölümün sonunda Önerme 11.2 ve Önerme 11.3 ile göstereceğiz. Bu yüzden her problemde işimize en çok yarayan parametrizasyonu seçmekte serbestiz.
11.2 Perde Alanı Olarak Eğrisel İntegral
Eğrisel integrali, tek değişkenli integrali eğri altındaki alan olarak yorumladığımız gibi, bir alan olarak da yorumlayabiliriz.
\(f(x, y) \ge 0\) olsun. \(xy\)-düzlemindeki \(C\) eğrisinin her \((x, y)\) noktasına \(f(x, y)\) yüksekliğinde düşey bir doğru parçası dikelim. Bu doğru parçaları, tabanı \(C\) olan bir “perde” ya da “çit” oluşturur. Riemann toplamındaki her \(f(x_i^*, y_i^*)\,\Delta s_i\) terimi, tabanı \(i\)-inci alt yay ve yüksekliği \(f(x_i^*, y_i^*)\) olan ince bir şeridin alanıdır. Şeritler inceldikçe toplamları perdenin alanına yaklaşır. Bu yüzden \(\int_C f(x, y)\,ds\), perdenin bir yüzünün alanıdır.
11.3 Eğrisel İntegralin Hesabı
Teorem 11.1 bize bir hesap yöntemi verir; adımlarını sıralayıp düzlemde ve uzayda birer örnekle uygulayalım.
İpucuYay uzunluğuna göre eğrisel integral üç adımda
- Parametrize et. \(C\) için \(t\) arttıkça eğriyi bir kez katederek dolaşan bir \(\mathbf{r}(t)\), \(a \le t \le b\) parametrizasyonu yaz. Birim çember için \(x = \cos t\), \(y = \sin t\); \(y = g(x)\) grafiği için \(x = x\), \(y = g(x)\) kullanılabilir.
- \(ds\)’yi hesapla. \(ds = |\mathbf{r}'(t)|\,dt\); düzlemde \(\sqrt{x'^2 + y'^2}\,dt\), uzayda \(\sqrt{x'^2 + y'^2 + z'^2}\,dt\).
- Yerine koy ve integre et. \(f\)’de \(x\), \(y\), \(z\) yerine \(x(t)\), \(y(t)\), \(z(t)\) yazıp \(a\)’dan \(b\)’ye (\(a < b\)) integral al.
Örnek 11.1 (Yarım Çember Üzerinde) \(C\), \(x^2 + y^2 = 1\) birim çemberinin üst yarısı olmak üzere
\[\int_C (2 + x^2 y)\,ds\]
integralini hesaplayınız.
Çözüm
Parametrize et. Birim çember \(x = \cos t\), \(y = \sin t\) denklemleriyle verilir. Üst yarıda \(y = \sin t \ge 0\) olduğundan parametre aralığı \(0 \le t \le \pi\)’dir.
\(ds\)’yi hesapla. \(x'(t) = -\sin t\) ve \(y'(t) = \cos t\) olduğundan
\[ds = \sqrt{\sin^2 t + \cos^2 t}\;dt = dt\]
bulunur. Birim çemberde parametre, yay uzunluğunun ta kendisidir.
Yerine koy ve integre et. (3) formülünden
\[ \begin{aligned} \int_C (2 + x^2 y)\,ds &= \int_0^{\pi} (2 + \cos^2 t\,\sin t)\,dt \\[1mm] &= \left[\,2t - \frac{\cos^3 t}{3}\,\right]_0^{\pi} \end{aligned} \]
olur. Burada \(\cos^2 t\,\sin t\)’nin bir ilkeli \(-\frac{1}{3}\cos^3 t\)’dir (türevi alınarak denetlenebilir). Sınırları yerine koyarsak \(\cos \pi = -1\) ve \(\cos 0 = 1\) olduğundan
\[\left(2\pi + \frac{1}{3}\right) - \left(0 - \frac{1}{3}\right) = 2\pi + \frac{2}{3}\]
bulunur.
\(\blacksquare\)
Etkileşimli sahne: perdenin alanı ve şeritler. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz. Zemindeki yay, Örnek 11.1 içindeki \(C\) yarım çemberidir; mavi eğri, \(C\)’nin üzerine \(f(x, y) = 2 + x^2 y\) yüksekliğinde dikilen perdenin üst kenarıdır. \(n\) kaydırıcısı \(C\)’yi uzunlukları \(\Delta s_i = \pi/n\) olan \(n\) eşit alt yaya böler. Her turuncu şeridin tabanı bir alt yay, yüksekliği de \(f\)’nin o yayın orta noktasındaki değeridir; bu yüzden şeritlerin toplam alanı, Tanım 11.1 içindeki \(\sum f(P_i^*)\,\Delta s_i\) Riemann toplamıdır. Kaydırıcının altındaki seçenekle şeritler yerine perdenin kendisine bakabilirsiniz. \(n = 4\), \(8\) ve \(16\) için toplam \(7{,}0088\), \(6{,}9631\) ve \(6{,}9531\) olur ve perdenin alanına, yani örnekte bulduğumuz \(2\pi + \frac{2}{3} \approx 6{,}9499\) sayısına yaklaşır. Bu değerlerde \(n\) ikiye katlandıkça fark yaklaşık dörtte birine iner.
Tanım ve teorem uzay eğrileri için de aynen geçerli olduğundan aynı adımlar uzayda da işler.
Örnek 11.2 (Dairesel Helis Üzerinde) \(C\), \(x = \cos t\), \(y = \sin t\), \(z = t\), \(0 \le t \le 2\pi\) dairesel helisi olmak üzere
\[\int_C y \sin z\,ds\]
integralini hesaplayınız.
Çözüm
\(ds\)’yi hesapla. \(\mathbf{r}'(t) = -\sin t\,\mathbf{i} + \cos t\,\mathbf{j} + \mathbf{k}\) olduğundan
\[|\mathbf{r}'(t)| = \sqrt{\sin^2 t + \cos^2 t + 1} = \sqrt{2}\]
ve \(ds = \sqrt{2}\,dt\) olur. Helis sabit hızla dolaşılır.
Yerine koy. \(y = \sin t\) ve \(z = t\) olduğundan \(y \sin z = \sin t \cdot \sin t = \sin^2 t\) olur. (4) formülünden
\[\int_C y \sin z\,ds = \int_0^{2\pi} \sqrt{2}\,\sin^2 t\,dt\]
bulunur.
İntegre et. \(\sin^2 t = \frac{1}{2}(1 - \cos 2t)\) özdeşliğiyle
\[ \begin{aligned} \sqrt{2} \int_0^{2\pi} \frac{1 - \cos 2t}{2}\,dt &= \frac{\sqrt{2}}{2} \left[\,t - \frac{\sin 2t}{2}\,\right]_0^{2\pi} \\[1mm] &= \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot 2\pi = \sqrt{2}\,\pi \end{aligned} \]
elde edilir. Aynı hesapla, \(f = 1\) alınarak helisin uzunluğu da bulunur: \(\int_C ds = \int_0^{2\pi} \sqrt{2}\,dt = 2\sqrt{2}\,\pi\).
\(\blacksquare\)
11.4 Parçalı Düzgün Eğriler
Bir üçgenin kenarları ya da bir yayın ardından gelen bir doğru parçası gibi köşeli eğriler düzgün değildir; ama düzgün parçalara ayrılabilirler.
Tanım 11.2 (Parçalı Düzgün Eğri) \(C\), sonlu sayıda \(C_1, C_2, \dots, C_n\) düzgün eğrisinin birleşimi olsun ve her \(i\) için \(C_{i+1}\)’in başlangıç noktası \(C_i\)’nin bitiş noktası olsun. Böyle bir eğriye parçalı düzgün eğri denir ve \(f\)’nin \(C\) boyunca eğrisel integrali, parçalar üzerindeki integrallerin toplamı olarak tanımlanır:
\[\int_C f\,ds = \int_{C_1} f\,ds + \int_{C_2} f\,ds + \cdots + \int_{C_n} f\,ds.\]
Yani köşelerde eğriyi bölüyor, her düzgün parçayı kendi parametrizasyonuyla ayrı ayrı hesaplıyor ve sonuçları topluyoruz. Kırık çizgiler ve kapalı çokgenlerin sınırları parçalı düzgün eğrilerdir. Bölümde tanımlayacağımız öteki eğrisel integraller için de parçalı düzgün eğri üzerindeki integral aynı biçimde, parçalar üzerindeki integrallerin toplamı olarak tanımlanır.
Örnek 11.3 (Parabol Yayı ve Düşey Doğru Parçası) \(C\), \(y = x^2\) parabolünün \((0, 0)\)’dan \((1, 1)\)’e giden \(C_1\) yayı ile \((1, 1)\)’den \((1, 2)\)’ye giden düşey \(C_2\) doğru parçasından oluşsun.
\[\int_C 2x\,ds\]
integralini hesaplayınız.
Çözüm
\(C_1\) üzerinde. \(C_1\) bir \(x\) fonksiyonunun grafiği olduğundan \(x\)’i parametre alırız: \(x = x\), \(y = x^2\), \(0 \le x \le 1\). Buradan \(dy/dx = 2x\) ve
\[ds = \sqrt{1 + 4x^2}\,dx\]
olur. Böylece
\[\int_{C_1} 2x\,ds = \int_0^1 2x\sqrt{1 + 4x^2}\,dx\]
bulunur. \(u = 1 + 4x^2\) dersek \(du = 8x\,dx\), yani \(2x\,dx = \frac{1}{4}\,du\) olur; sınırlar \(u = 1\) ile \(u = 5\)’tir:
\[\int_{C_1} 2x\,ds = \frac{1}{4} \int_1^5 u^{1/2}\,du = \frac{1}{4} \cdot \frac{2}{3}\left[u^{3/2}\right]_1^5 = \frac{5\sqrt{5} - 1}{6}.\]
\(C_2\) üzerinde. Bu kez \(y\)’yi parametre alırız: \(x = 1\), \(y = y\), \(1 \le y \le 2\). \(dx/dy = 0\) ve \(dy/dy = 1\) olduğundan \(ds = dy\) olur ve
\[\int_{C_2} 2x\,ds = \int_1^2 2 \cdot 1\,dy = 2\]
bulunur.
Toplam. Tanım 11.2 gereği
\[\int_C 2x\,ds = \frac{5\sqrt{5} - 1}{6} + 2 = \frac{5\sqrt{5} + 11}{6}\]
elde edilir.
\(\blacksquare\)
11.5 İnce Bir Telin Kütlesi ve Kütle Merkezi
Bir eğrisel integralin fiziksel anlamı, \(f\)’nin neyi temsil ettiğine bağlıdır. Burada \(f\)’yi bir telin yoğunluğu olarak düşüneceğiz.
\(C\) biçimindeki ince bir telin \((x, y)\) noktasındaki doğrusal yoğunluğu (birim uzunluk başına kütlesi) \(\rho(x, y)\) olsun. Telin \(P_{i-1}\)’den \(P_i\)’ye uzanan parçasının kütlesi yaklaşık \(\rho(x_i^*, y_i^*)\,\Delta s_i\)’dir; bu yüzden telin kütlesi yaklaşık \(\sum \rho(x_i^*, y_i^*)\,\Delta s_i\) olur. Eğri üzerinde gittikçe daha çok nokta alırsak bu yaklaşımlar telin kütlesine yaklaşır. Böylece levhalar için yaptığımız tanımların (bkz. Tanım 4.4) tel için karşılığına geliriz.
Tanım 11.3 (İnce Bir Telin Kütlesi ve Kütle Merkezi) \(C\) biçimindeki ince bir telin doğrusal yoğunluğu sürekli bir \(\rho(x, y)\) fonksiyonu olsun. Telin kütlesi
\[m = \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n} \rho(x_i^*, y_i^*)\,\Delta s_i = \int_C \rho(x, y)\,ds,\]
kütle merkezi de koordinatları
\[\bar{x} = \frac{1}{m} \int_C x\,\rho(x, y)\,ds, \qquad \bar{y} = \frac{1}{m} \int_C y\,\rho(x, y)\,ds \tag{5}\]
olan \((\bar{x}, \bar{y})\) noktasıdır.
Yani kütle, yoğunluğun tel boyunca toplamıdır; \(\bar{x}\) ve \(\bar{y}\) de telin noktalarının koordinatlarının yoğunlukla ağırlıklandırılmış ortalamalarıdır. Kütle merkezi telin üzerinde olmak zorunda değildir. Uzaydaki bir tel için \(\rho(x, y, z)\) ile aynı formüller yazılır ve üçüncü koordinat \(\bar{z} = \frac{1}{m} \int_C z\,\rho\,ds\) olur. Örneğin \(\rho(x, y) = 2 + x^2 y\), yarım çember biçimindeki bir telin yoğunluğuysa ilk örnekte hesapladığımız integral (bkz. Örnek 11.1) o telin kütlesidir.
Örnek 11.4 (Tabanı Ağır Yarım Çember Tel) Bir tel \(x^2 + y^2 = 1\), \(y \ge 0\) yarım çemberi biçimindedir ve tabanına yakın yerlerde tepesine göre daha kalındır: herhangi bir noktadaki doğrusal yoğunluğu, o noktanın \(y = 1\) doğrusuna uzaklığıyla orantılıdır. Telin kütle merkezini bulunuz.
Çözüm
Yoğunluk ve parametrizasyon. Tel üzerinde \(y \le 1\) olduğundan \((x, y)\) noktasının \(y = 1\) doğrusuna uzaklığı \(1 - y\)’dir. Buna göre bir \(k > 0\) sabiti için \(\rho(x, y) = k(1 - y)\) olur. İlk örnekteki gibi (bkz. Örnek 11.1) \(x = \cos t\), \(y = \sin t\), \(0 \le t \le \pi\) alırsak \(ds = dt\) olur.
Kütle.
\[m = \int_C k(1 - y)\,ds = \int_0^{\pi} k(1 - \sin t)\,dt = k\big[\,t + \cos t\,\big]_0^{\pi} = k(\pi - 2).\]
\(\bar{x}\). (5) formülünden
\[\int_C x\,\rho\,ds = k \int_0^{\pi} \cos t\,(1 - \sin t)\,dt = k\left[\,\sin t - \frac{\sin^2 t}{2}\,\right]_0^{\pi} = 0\]
olduğundan \(\bar{x} = 0\)’dır. Bunu simetriden de bekliyorduk: tel ve yoğunluk \(y\) eksenine göre simetriktir.
\(\bar{y}\). (5) formülünden
\[\bar{y} = \frac{1}{k(\pi - 2)} \int_C y\,k(1 - y)\,ds = \frac{1}{\pi - 2} \int_0^{\pi} (\sin t - \sin^2 t)\,dt\]
olur. \(\int_0^{\pi} \sin t\,dt = 2\) ve \(\sin^2 t = \frac{1}{2}(1 - \cos 2t)\) özdeşliğinden \(\int_0^{\pi} \sin^2 t\,dt = \frac{\pi}{2}\) olduğundan
\[\bar{y} = \frac{1}{\pi - 2}\left(2 - \frac{\pi}{2}\right) = \frac{4 - \pi}{2(\pi - 2)} \approx 0{,}38\]
bulunur. Kütle merkezi \(\left(0,\ \frac{4 - \pi}{2(\pi - 2)}\right) \approx (0;\ 0{,}38)\) noktasıdır. Sabit yoğunluklu bir yarım çember telde \(\bar{y} = \frac{2}{\pi} \approx 0{,}64\) olurdu; yoğunluk tabanda büyük olduğundan kütle merkezi aşağı kaymıştır. Bu nokta telin üzerinde değil, yarım çemberin içindedir.
\(\blacksquare\)
11.6 Koordinatlara Göre Eğrisel İntegraller
Tanımdaki \(\Delta s_i\) yerine alt yayın yatay ya da düşey yer değiştirmesini koyarsak iki yeni eğrisel integral elde ederiz. Bunlar özellikle vektör alanlarıyla birlikte sık sık karşımıza çıkacak.
Tanım 11.4 (Koordinatlara Göre Eğrisel İntegraller) \(f\), (1) ile verilen düzgün \(C\) eğrisi üzerinde tanımlı olsun ve \(\Delta x_i = x_i - x_{i-1}\), \(\Delta y_i = y_i - y_{i-1}\) olsun. \(f\)’nin \(C\) boyunca \(x\)’e göre ve \(y\)’ye göre eğrisel integralleri
\[\int_C f(x, y)\,dx = \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n} f(x_i^*, y_i^*)\,\Delta x_i,\]
\[\int_C f(x, y)\,dy = \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n} f(x_i^*, y_i^*)\,\Delta y_i\]
limitleridir (var olduklarında). Uzaydaki bir eğri için \(\Delta z_i = z_i - z_{i-1}\) ile \(\int_C f(x, y, z)\,dz\) aynı biçimde tanımlanır; \(dx\) ve \(dy\) integralleri de üç değişkenli \(f\) ile aynen yazılır.
Yani \(\Delta s_i\) her zaman pozitif bir uzunluktur, \(\Delta x_i\) ve \(\Delta y_i\) ise alt yayın yatay ve düşey yer değiştirmeleridir ve negatif olabilirler. Bu yüzden bu integraller eğrinin hangi uçtan hangi uca katedildiğine bağlıdır: parametrizasyon eğriyi başlangıç noktasından bitiş noktasına doğru dolaşmalıdır. Bunu Önerme 11.4 ile kesinleştireceğiz. Ayırt etmek gerektiğinde ilk tanımladığımız \(\int_C f\,ds\) integraline yay uzunluğuna göre eğrisel integral deriz.
Teorem 11.2 (Koordinatlara Göre Eğrisel İntegrallerin Hesabı) \(C\), \(\mathbf{r}(t) = x(t)\,\mathbf{i} + y(t)\,\mathbf{j} + z(t)\,\mathbf{k}\), \(a \le t \le b\) ile verilen düzgün bir eğri ve \(f\), \(C\) üzerinde sürekli olsun. Bu durumda
\[ \begin{aligned} \int_C f\,dx &= \int_a^b f(\mathbf{r}(t))\,x'(t)\,dt, \\[1mm] \int_C f\,dy &= \int_a^b f(\mathbf{r}(t))\,y'(t)\,dt, \\[1mm] \int_C f\,dz &= \int_a^b f(\mathbf{r}(t))\,z'(t)\,dt \end{aligned} \]
olur. Düzlemde ilk iki formül \(z\) bileşeni olmadan aynen geçerlidir.
İspat
\(dx\) için yapalım; öteki ikisi harf değiştirerek aynı biçimde gösterilir. İspat, Teorem 11.1 için verdiğimiz ispatın aynısıdır; yalnız \(v = |\mathbf{r}'|\) yerine \(x'\) gelir.
Adım 1. \(x\), \([t_{i-1}, t_i]\) üzerinde türevlenebilir olduğundan Lagrange ortalama değer teoremi (bkz. Analiz 2) bir \(\tau_i \in [t_{i-1}, t_i]\) verir:
\[\Delta x_i = x(t_i) - x(t_{i-1}) = x'(\tau_i)\,\Delta t.\]
Adım 2. \(g(t) = f(\mathbf{r}(t))\) ile tanımdaki toplam \(S_n = \sum g(t_i^*)\,x'(\tau_i)\,\Delta t\) olur. \(R_n = \sum g(t_i^*)\,x'(t_i^*)\,\Delta t\) ise sürekli \(g\,x'\) fonksiyonunun bir Riemann toplamıdır ve \(\int_a^b g(t)\,x'(t)\,dt\)’ye yakınsar.
Adım 3. \(|g| \le M\) olsun. \(x'\) sürekli olduğundan \([a, b]\) üzerinde düzgün süreklidir. Verilen \(\varepsilon > 0\) için \(\Delta t\) yeterince küçükse her \(i\) için \(|x'(\tau_i) - x'(t_i^*)| < \varepsilon\) olur ve
\[|S_n - R_n| \le \sum_{i=1}^{n} M\,\varepsilon\,\Delta t = M\,\varepsilon\,(b - a)\]
bulunur. Buradan \(S_n \to \int_a^b g(t)\,x'(t)\,dt\) çıkar.
\(\blacksquare\)
Yani bu integralleri de her şeyi \(t\) cinsinden yazarak hesaplarız: \(x = x(t)\), \(y = y(t)\), \(z = z(t)\) ve
\[dx = x'(t)\,dt, \qquad dy = y'(t)\,dt, \qquad dz = z'(t)\,dt.\]
Bu, tek değişkenli integraldeki değişken değiştirmenin aynısıdır.
\(x\)’e ve \(y\)’ye göre integraller çoğu zaman bir arada geçer. O zaman toplamı tek bir integral işaretiyle kısaltırız:
\[\int_C P(x, y)\,dx + \int_C Q(x, y)\,dy = \int_C P(x, y)\,dx + Q(x, y)\,dy.\]
Uzayda da \(\int_C P\,dx + Q\,dy + R\,dz\), üç integralin toplamı demektir.
Eğri geometrik olarak verildiğinde en zor adım çoğu zaman bir parametrizasyon bulmaktır. En sık gereken, \(\mathbf{r}_0\)’da başlayıp \(\mathbf{r}_1\)’de biten doğru parçasıdır:
\[\mathbf{r}(t) = (1 - t)\,\mathbf{r}_0 + t\,\mathbf{r}_1, \qquad 0 \le t \le 1. \tag{6}\]
Gerçekten \(t = 0\)’da \(\mathbf{r}_0\), \(t = 1\)’de \(\mathbf{r}_1\) elde edilir ve \(\mathbf{r}'(t) = \mathbf{r}_1 - \mathbf{r}_0\) sabit bir vektördür.
İpucuKoordinatlara göre eğrisel integral üç adımda
- Yönüyle parametrize et. \(C\)’yi başlangıç noktasından bitiş noktasına doğru dolaşan bir parametrizasyon yaz; doğru parçası için (6) formülünü kullan.
- Yerine koy. \(P\) ve \(Q\)’da (uzayda \(R\)’de de) \(x\), \(y\), \(z\) yerine \(x(t)\), \(y(t)\), \(z(t)\); \(dx\), \(dy\), \(dz\) yerine \(x'(t)\,dt\), \(y'(t)\,dt\), \(z'(t)\,dt\) yaz.
- İntegre et. Başlangıç noktasının parametresinden bitiş noktasınınkine kadar integral al. Eğri parçalıysa her parçayı ayrı hesapla ve topla.
Aynı integrali, uç noktaları aynı olan iki farklı yol boyunca hesaplayıp sonuçları karşılaştıralım.
Örnek 11.5 (Doğru Parçası Boyunca) \(C_1\), \((-5, -3)\) noktasından \((0, 2)\) noktasına giden doğru parçası olmak üzere
\[\int_{C_1} y^2\,dx + x\,dy\]
integralini hesaplayınız.
Çözüm
Parametrize et. (6) formülünde \(\mathbf{r}_0 = \langle -5, -3 \rangle\) ve \(\mathbf{r}_1 = \langle 0, 2 \rangle\) alırsak
\[\mathbf{r}(t) = (1 - t)\,\langle -5, -3 \rangle + t\,\langle 0, 2 \rangle = \langle 5t - 5,\ 5t - 3 \rangle\]
olur. Yani \(x = 5t - 5\), \(y = 5t - 3\), \(0 \le t \le 1\).
Yerine koy. \(dx = 5\,dt\) ve \(dy = 5\,dt\) olduğundan Teorem 11.2 ile
\[ \begin{aligned} \int_{C_1} y^2\,dx + x\,dy &= \int_0^1 \big[(5t - 3)^2 \cdot 5 + (5t - 5) \cdot 5\big]\,dt \\[1mm] &= 5 \int_0^1 (25t^2 - 30t + 9 + 5t - 5)\,dt \\[1mm] &= 5 \int_0^1 (25t^2 - 25t + 4)\,dt \end{aligned} \]
bulunur.
İntegre et.
\[5\left[\,\frac{25t^3}{3} - \frac{25t^2}{2} + 4t\,\right]_0^1 = 5\left(\frac{50 - 75 + 24}{6}\right) = -\frac{5}{6}.\]
\(\blacksquare\)
Örnek 11.6 (Parabol Yayı Boyunca) \(C_2\), \(x = 4 - y^2\) parabolünün \((-5, -3)\) noktasından \((0, 2)\) noktasına giden yayı olmak üzere
\[\int_{C_2} y^2\,dx + x\,dy\]
integralini hesaplayınız.
Çözüm
Parametrize et. Parabol \(y\)’nin bir fonksiyonu olarak verildiğinden \(y\)’yi parametre alırız: \(x = 4 - y^2\), \(y = y\). Eğri \((-5, -3)\)’ten başlayıp \((0, 2)\)’de bittiğinden \(y\), \(-3\)’ten \(2\)’ye gider.
Yerine koy. \(dx = -2y\,dy\) olduğundan
\[ \begin{aligned} \int_{C_2} y^2\,dx + x\,dy &= \int_{-3}^{2} \big[\,y^2(-2y) + (4 - y^2)\,\big]\,dy \\[1mm] &= \int_{-3}^{2} (-2y^3 - y^2 + 4)\,dy \end{aligned} \]
olur.
İntegre et. \(G(y) = -\frac{y^4}{2} - \frac{y^3}{3} + 4y\) ilkelini kullanırsak
\[G(2) = -8 - \frac{8}{3} + 8 = -\frac{8}{3}, \qquad G(-3) = -\frac{81}{2} + 9 - 12 = -\frac{87}{2}\]
olur. Buradan
\[\int_{C_2} y^2\,dx + x\,dy = -\frac{8}{3} + \frac{87}{2} = \frac{-16 + 261}{6} = \frac{245}{6} = 40\tfrac{5}{6}\]
bulunur.
\(\blacksquare\)
İki eğrinin uç noktaları aynı olduğu hâlde sonuçlar farklı çıktı: doğru parçası boyunca \(-\frac{5}{6}\), parabol yayı boyunca \(\frac{245}{6}\). Demek ki bir eğrisel integralin değeri genel olarak yalnız uç noktalara değil, izlenen yola da bağlıdır. Hangi durumlarda yalnız uç noktalara bağlı olduğunu bir sonraki bölümde, Eğrisel İntegraller için Temel Teorem başlığı altında göreceğiz.
Uzayda da yöntem aynıdır: \(P\,dx + Q\,dy + R\,dz\) biçimindeki integralleri, \(x\), \(y\), \(z\), \(dx\), \(dy\), \(dz\)’nin hepsini parametre cinsinden yazarak hesaplarız.
Örnek 11.7 (Uzayda Kırık Çizgi Boyunca) \(C\), \((2, 0, 0)\) noktasından \((3, 4, 5)\) noktasına giden \(C_1\) doğru parçası ile \((3, 4, 5)\) noktasından \((3, 4, 0)\) noktasına giden düşey \(C_2\) doğru parçasından oluşsun.
\[\int_C y\,dx + z\,dy + x\,dz\]
integralini hesaplayınız.
Çözüm
\(C_1\) üzerinde. (6) formülünden
\[\mathbf{r}(t) = (1 - t)\,\langle 2, 0, 0 \rangle + t\,\langle 3, 4, 5 \rangle = \langle 2 + t,\ 4t,\ 5t \rangle\]
olur; yani \(x = 2 + t\), \(y = 4t\), \(z = 5t\), \(0 \le t \le 1\) ve \(dx = dt\), \(dy = 4\,dt\), \(dz = 5\,dt\). Buradan
\[ \begin{aligned} \int_{C_1} y\,dx + z\,dy + x\,dz &= \int_0^1 \big[\,4t + (5t)\,4 + (2 + t)\,5\,\big]\,dt \\[1mm] &= \int_0^1 (10 + 29t)\,dt = 10 + \frac{29}{2} = 24{,}5 \end{aligned} \]
bulunur.
\(C_2\) üzerinde. Yine (6) formülünden
\[\mathbf{r}(t) = (1 - t)\,\langle 3, 4, 5 \rangle + t\,\langle 3, 4, 0 \rangle = \langle 3,\ 4,\ 5 - 5t \rangle\]
olur; yani \(x = 3\), \(y = 4\), \(z = 5 - 5t\), \(0 \le t \le 1\). Bu parçada \(dx = 0 = dy\) ve \(dz = -5\,dt\) olduğundan yalnız son terim kalır:
\[\int_{C_2} y\,dx + z\,dy + x\,dz = \int_0^1 3\,(-5)\,dt = -15.\]
Toplam.
\[\int_C y\,dx + z\,dy + x\,dz = 24{,}5 - 15 = 9{,}5.\]
\(\blacksquare\)
11.7 Vektör Alanlarının Eğrisel İntegralleri ve İş
Şimdi bir kuvvet alanının bir parçacığı eğri boyunca hareket ettirirken yaptığı işi hesaplayacağız. Bu fiziksel soru, bir vektör alanının eğrisel integralini tanımlamaya götürür.
İki tanıdık durumu hatırlayalım. Değişken bir \(f(x)\) kuvveti bir parçacığı \(x\) ekseni boyunca \(a\)’dan \(b\)’ye götürürken \(W = \int_a^b f(x)\,dx\) işini yapar. Sabit bir \(\mathbf{F}\) kuvveti bir cismi \(P\)’den \(Q\)’ya götürürken ise \(W = \mathbf{F} \cdot \mathbf{D}\) işini yapar; burada \(\mathbf{D}\), \(P\)’den \(Q\)’ya giden yer değiştirme vektörüdür.
Bir parçacık düzgün bir \(C\) eğrisi boyunca hareket etsin ve \(\mathbf{F} = P\,\mathbf{i} + Q\,\mathbf{j} + R\,\mathbf{k}\), \(C\)’yi içeren bir bölgede sürekli bir kuvvet alanı olsun; örneğin orijinden geçmeyen bir eğri boyunca Vektör Alanları bölümündeki kütle çekimi alanı. Düzlemdeki bir kuvvet alanı, \(R = 0\) olan ve \(P\), \(Q\)’nun yalnız \(x\) ile \(y\)’ye bağlı olduğu özel durumdur. \(C\)’yi yine \(P_{i-1}P_i\) alt yaylarına bölelim ve her alt yaydan \(t_i^*\) parametresine karşılık gelen bir \(P_i^*(x_i^*, y_i^*, z_i^*)\) noktası seçelim. \(\Delta s_i\) küçükse parçacık \(P_{i-1}\)’den \(P_i\)’ye giderken yaklaşık olarak \(P_i^*\)’daki \(\mathbf{T}(t_i^*)\) birim teğet vektörü yönünde ilerler; yani yer değiştirmesi yaklaşık \(\Delta s_i\,\mathbf{T}(t_i^*)\)’dir. Bu kısa yolda \(\mathbf{F}\) neredeyse sabit, yaklaşık \(\mathbf{F}(P_i^*)\) olduğundan yapılan iş yaklaşık
\[\mathbf{F}(P_i^*) \cdot \big[\Delta s_i\,\mathbf{T}(t_i^*)\big] = \big[\mathbf{F}(P_i^*) \cdot \mathbf{T}(t_i^*)\big]\,\Delta s_i\]
olur. Toplam iş ise yaklaşık \(\sum \big[\mathbf{F}(P_i^*) \cdot \mathbf{T}(t_i^*)\big]\,\Delta s_i\)’dir. Bölünüş inceldikçe bu yaklaşımların iyileşmesini bekleriz.
Tanım 11.5 (İş) \(\mathbf{F}\) sürekli bir kuvvet alanı ve \(C\) düzgün bir eğri olsun. \(\mathbf{T}(x, y, z)\), \(C\)’nin \((x, y, z)\) noktasındaki birim teğet vektörü olmak üzere \(\mathbf{F}\)’nin bir parçacığı \(C\) boyunca hareket ettirirken yaptığı iş
\[W = \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n} \big[\mathbf{F}(P_i^*) \cdot \mathbf{T}(P_i^*)\big]\,\Delta s_i = \int_C \mathbf{F} \cdot \mathbf{T}\,ds\]
sayısıdır.
Yani iş, kuvvetin teğet bileşeni \(\mathbf{F} \cdot \mathbf{T}\)’nin yay uzunluğuna göre eğrisel integralidir. \(\mathbf{F} \cdot \mathbf{T} = |\mathbf{F}| \cos\theta\) olduğundan kuvvetin harekete dik bileşeni iş yapmaz; kuvvet harekete yardım ettiği yerlerde (\(\theta < 90^\circ\)) işe pozitif, engellediği yerlerde (\(\theta > 90^\circ\)) negatif katkı verir.
\(C\), \(\mathbf{r}(t)\), \(a \le t \le b\) ile verilmişse birim teğet vektör \(\mathbf{T}(t) = \mathbf{r}'(t)/|\mathbf{r}'(t)|\)’dir. Sürekli \(\mathbf{F} \cdot \mathbf{T}\) fonksiyonuna Teorem 11.1 uygulanırsa \(|\mathbf{r}'(t)|\) çarpanları sadeleşir:
\[W = \int_a^b \left[\mathbf{F}(\mathbf{r}(t)) \cdot \frac{\mathbf{r}'(t)}{|\mathbf{r}'(t)|}\right] |\mathbf{r}'(t)|\,dt = \int_a^b \mathbf{F}(\mathbf{r}(t)) \cdot \mathbf{r}'(t)\,dt.\]
Son integral, iş dışında fiziğin başka alanlarında da karşımıza çıkar ve kısaca \(\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}\) diye yazılır. Bu yüzden onu her sürekli vektör alanı için tanımlarız.
Tanım 11.6 (Vektör Alanının Eğrisel İntegrali) \(\mathbf{F}\), \(\mathbf{r}(t)\), \(a \le t \le b\) ile verilen düzgün bir \(C\) eğrisi üzerinde tanımlı sürekli bir vektör alanı olsun. \(\mathbf{F}\)’nin \(C\) boyunca eğrisel integrali
\[\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \int_a^b \mathbf{F}(\mathbf{r}(t)) \cdot \mathbf{r}'(t)\,dt = \int_C \mathbf{F} \cdot \mathbf{T}\,ds\]
sayısıdır.
Yani \(\mathbf{F}\)’yi eğri boyunca dolaşırken her an hız vektörüyle iç çarpıyor ve bu çarpımları zamana göre topluyoruz. Burada \(\mathbf{F}(\mathbf{r}(t))\), \(\mathbf{F}(x(t), y(t), z(t))\) için kısaltmadır: \(\mathbf{F}(x, y, z)\) ifadesinde \(x\), \(y\), \(z\) yerine \(x(t)\), \(y(t)\), \(z(t)\) yazılır. \(d\mathbf{r} = \mathbf{r}'(t)\,dt\) eşitliği de biçimsel olarak \(dx = x'(t)\,dt\) yazılışına benzer. \(\mathbf{F}\) bir kuvvet alanıysa bu integral, Tanım 11.5 anlamında yapılan iştir.
Örnek 11.8 (Çeyrek Çember Boyunca İş) \(\mathbf{F}(x, y) = x^2\,\mathbf{i} - xy\,\mathbf{j}\) kuvvet alanının, bir parçacığı \(\mathbf{r}(t) = \cos t\,\mathbf{i} + \sin t\,\mathbf{j}\), \(0 \le t \le \pi/2\) çeyrek çemberi boyunca hareket ettirirken yaptığı işi bulunuz.
Çözüm
\(\mathbf{F}(\mathbf{r}(t))\) ve \(\mathbf{r}'(t)\). \(x = \cos t\) ve \(y = \sin t\) olduğundan
\[\mathbf{F}(\mathbf{r}(t)) = \cos^2 t\,\mathbf{i} - \cos t \sin t\,\mathbf{j}, \qquad \mathbf{r}'(t) = -\sin t\,\mathbf{i} + \cos t\,\mathbf{j}\]
olur.
İç çarpım.
\[\mathbf{F}(\mathbf{r}(t)) \cdot \mathbf{r}'(t) = -\cos^2 t \sin t - \cos^2 t \sin t = -2\cos^2 t \sin t.\]
İntegral. \(-2\cos^2 t\,\sin t\)’nin bir ilkeli \(\frac{2}{3}\cos^3 t\) olduğundan iş, yani \(W = \int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}\),
\[ \begin{aligned} W &= \int_0^{\pi/2} (-2\cos^2 t \sin t)\,dt \\[1mm] &= \left[\,\frac{2\cos^3 t}{3}\,\right]_0^{\pi/2} = 0 - \frac{2}{3} = -\frac{2}{3} \end{aligned} \]
bulunur. İşin negatif çıkması şekille uyumludur: alanın okları eğri boyunca hareket yönüyle geniş açı yapar, yani kuvvet hareketi engeller.
\(\blacksquare\)
Etkileşimli sahne: iş, teğet bileşenin toplamıdır. Soldaki (dar ekranda üstteki) panelde Örnek 11.8 içindeki \(\mathbf{F} = x^2\,\mathbf{i} - xy\,\mathbf{j}\) alanı ve \(C\) çeyrek çemberi, sağdaki (alttaki) panelde \(\mathbf{F} \cdot \mathbf{T}\)’nin \(t\)’ye göre grafiği vardır. \(t/\pi\) kaydırıcısı \(P = \mathbf{r}(t)\) noktasını \((1, 0)\)’dan \((0, 1)\)’e götürür. \(P\)’deki mavi ok \(\mathbf{F}\)’yi, ince ok \(\mathbf{T}\) birim teğet vektörünü, turuncu ok da \(\mathbf{F}\)’nin teğet bileşeni \((\mathbf{F} \cdot \mathbf{T})\,\mathbf{T}\)’yi gösterir; üç ok da yarı boyda çizilmiştir. Bu çemberde \(|\mathbf{r}'(t)| = 1\) olduğundan \(\mathbf{F} \cdot \mathbf{T} = -2\cos^2 t \sin t\)’dir. Bu sayı hiç pozitif olmadığından turuncu ok hareketin tersine bakar ya da sıfırdır. Yine \(ds = dt\) olduğundan grafikteki taralı bölgenin işaretli alanı, \(P\)’ye kadar yapılan iştir. \(t = \pi/4\)’te \(\mathbf{F} \cdot \mathbf{T} = -\frac{\sqrt{2}}{2} \approx -0{,}7071\) ve o ana kadar yapılan iş yaklaşık \(-0{,}4310\)’dur; \(t = \pi/2\)’de iş, örnekte bulduğumuz \(-\frac{2}{3} \approx -0{,}6667\) değerine ulaşır.
Örnek 11.9 (Kübik Eğri Boyunca) \(\mathbf{F}(x, y, z) = xy\,\mathbf{i} + yz\,\mathbf{j} + zx\,\mathbf{k}\) ve \(C\), \(x = t\), \(y = t^2\), \(z = t^3\), \(0 \le t \le 1\) ile verilen kübik eğri olmak üzere
\[\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}\]
integralini hesaplayınız.
Çözüm
\(\mathbf{r}\), \(\mathbf{r}'\) ve \(\mathbf{F}(\mathbf{r}(t))\).
\[ \begin{aligned} \mathbf{r}(t) &= t\,\mathbf{i} + t^2\,\mathbf{j} + t^3\,\mathbf{k}, \\[1mm] \mathbf{r}'(t) &= \mathbf{i} + 2t\,\mathbf{j} + 3t^2\,\mathbf{k}, \\[1mm] \mathbf{F}(\mathbf{r}(t)) &= t \cdot t^2\,\mathbf{i} + t^2 \cdot t^3\,\mathbf{j} + t^3 \cdot t\,\mathbf{k} = t^3\,\mathbf{i} + t^5\,\mathbf{j} + t^4\,\mathbf{k}. \end{aligned} \]
İç çarpım ve integral.
\[\mathbf{F}(\mathbf{r}(t)) \cdot \mathbf{r}'(t) = t^3 \cdot 1 + t^5 \cdot 2t + t^4 \cdot 3t^2 = t^3 + 5t^6\]
olduğundan
\[ \begin{aligned} \int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} &= \int_0^1 (t^3 + 5t^6)\,dt = \left[\,\frac{t^4}{4} + \frac{5t^7}{7}\,\right]_0^1 \\[1mm] &= \frac{1}{4} + \frac{5}{7} = \frac{27}{28} \end{aligned} \]
bulunur.
\(\blacksquare\)
Son olarak vektör alanlarının eğrisel integralleri ile \(x\), \(y\), \(z\)’ye göre eğrisel integraller arasındaki bağı kuralım.
Önerme 11.1 (Vektör Alanının Eğrisel İntegrali Bileşenlerle) \(\mathbf{F} = P\,\mathbf{i} + Q\,\mathbf{j} + R\,\mathbf{k}\), düzgün bir \(C\) eğrisi üzerinde sürekli bir vektör alanı ise
\[\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \int_C P\,dx + Q\,dy + R\,dz \tag{7}\]
olur. Düzlemde \(\mathbf{F} = P\,\mathbf{i} + Q\,\mathbf{j}\) için \(\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \int_C P\,dx + Q\,dy\)’dir.
İspat
\(C\), \(\mathbf{r}(t) = x(t)\,\mathbf{i} + y(t)\,\mathbf{j} + z(t)\,\mathbf{k}\), \(a \le t \le b\) ile verilsin. Tanım 11.6 ile iç çarpımı bileşenlerle açarsak
\[ \begin{aligned} \int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} &= \int_a^b (P\,\mathbf{i} + Q\,\mathbf{j} + R\,\mathbf{k}) \cdot (x'\,\mathbf{i} + y'\,\mathbf{j} + z'\,\mathbf{k})\,dt \\[1mm] &= \int_a^b \big[P(\mathbf{r}(t))\,x'(t) + Q(\mathbf{r}(t))\,y'(t) + R(\mathbf{r}(t))\,z'(t)\big]\,dt \end{aligned} \]
bulunur. İntegralin lineerliğiyle bu, üç integralin toplamıdır ve Teorem 11.2 gereği bu üç integral sırasıyla \(\int_C P\,dx\), \(\int_C Q\,dy\) ve \(\int_C R\,dz\)’dir. Düzlemde \(z\) bileşeni yoktur ve aynı hesap iki terimle yapılır.
\(\blacksquare\)
Yani \(\mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}\) yazılışını \(\langle P, Q, R \rangle \cdot \langle dx, dy, dz \rangle\) iç çarpımı gibi okuyabiliriz. Örneğin uzaydaki kırık çizgi örneğindeki integral (bkz. Örnek 11.7), \(\mathbf{F}(x, y, z) = y\,\mathbf{i} + z\,\mathbf{j} + x\,\mathbf{k}\) alanının eğrisel integralidir. Doğru parçası ve parabol yayı örneklerindeki integraller de (bkz. Örnek 11.5 ve Örnek 11.6) \(\mathbf{F}(x, y) = y^2\,\mathbf{i} + x\,\mathbf{j}\) alanının iki farklı eğri boyunca integralleridir.
11.8 Parametrizasyon ve Yön
Bir parametrizasyon eğriye bir yön de verir. Bu son kısımda, parametrizasyon değişince ve yön tersine dönünce eğrisel integrallerin nasıl davrandığını inceleyeceğiz.
Tanım 11.7 (Eğrinin Yönü) \(C\), \(\mathbf{r}(t)\), \(a \le t \le b\) ile verilen düzgün bir eğri olsun. Bu parametrizasyon \(C\) üzerinde bir yön (yönlendirme, orientation) belirler: pozitif yön, \(t\)’nin arttığı yöndür. \(A = \mathbf{r}(a)\) noktasına \(C\)’nin başlangıç noktası, \(B = \mathbf{r}(b)\) noktasına bitiş noktası denir. \(C\) ile aynı noktalardan oluşan ama ters yönde, \(B\)’den \(A\)’ya doğru katedilen eğri \(-C\) ile gösterilir.
Yani \(-C\) aynı yoldur, yalnız tersinden yürünür. \(-C\) için hazır bir parametrizasyon \(\tilde{\mathbf{r}}(u) = \mathbf{r}(a + b - u)\), \(a \le u \le b\)’dir: \(u\), \(a\)’dan \(b\)’ye artarken \(a + b - u\), \(b\)’den \(a\)’ya azalır ve nokta \(B\)’den \(A\)’ya gider.
Önce, aynı yönü koruyan bir parametre değişikliğinin hiçbir integrali değiştirmediğini gösterelim.
Önerme 11.2 (Parametrizasyondan Bağımsızlık) \(C\), \(\mathbf{r}(t)\), \(a \le t \le b\) ile verilen düzgün bir eğri olsun. \(g : [c, d] \to [a, b]\) türevi sürekli ve her yerde pozitif, \(g(c) = a\), \(g(d) = b\) olan bir fonksiyon ve \(\tilde{\mathbf{r}}(u) = \mathbf{r}(g(u))\), \(c \le u \le d\) olsun. \(f\) ve \(\mathbf{F}\), \(C\) üzerinde sürekli ise \(\int_C f\,ds\), \(\int_C f\,dx\), \(\int_C f\,dy\), \(\int_C f\,dz\) ve \(\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}\) integralleri \(\mathbf{r}\) ile de \(\tilde{\mathbf{r}}\) ile de hesaplansa aynı değeri verir.
İspat
\(g\) artan ve \([c, d]\)’yi \([a, b]\)’ye örten olduğundan \(\tilde{\mathbf{r}}\), \(C\)’yi aynı yönde ve bir kez dolaşır. Zincir kuralından
\[\tilde{\mathbf{r}}'(u) = \mathbf{r}'(g(u))\,g'(u)\]
olur; bu vektör sürekli ve sıfırdan farklıdır, yani \(\tilde{\mathbf{r}}\) de düzgün bir parametrizasyondur. Bileşenlerde \(\tilde{x}'(u) = x'(g(u))\,g'(u)\) ve \(g' > 0\) olduğundan \(|\tilde{\mathbf{r}}'(u)| = |\mathbf{r}'(g(u))|\,g'(u)\)’dur.
Yay uzunluğuna göre integral. \(t = g(u)\) değişken değiştirmesiyle (bkz. Analiz 2)
\[ \begin{aligned} \int_c^d f(\tilde{\mathbf{r}}(u))\,|\tilde{\mathbf{r}}'(u)|\,du &= \int_c^d f(\mathbf{r}(g(u)))\,|\mathbf{r}'(g(u))|\,g'(u)\,du \\[1mm] &= \int_a^b f(\mathbf{r}(t))\,|\mathbf{r}'(t)|\,dt \end{aligned} \]
bulunur.
Koordinatlara göre integraller. Aynı değişken değiştirmeyle
\[ \begin{aligned} &\int_c^d f(\tilde{\mathbf{r}}(u))\,\tilde{x}'(u)\,du \\[1mm] &\quad = \int_c^d f(\mathbf{r}(g(u)))\,x'(g(u))\,g'(u)\,du = \int_a^b f(\mathbf{r}(t))\,x'(t)\,dt \end{aligned} \]
olur; \(dy\) ve \(dz\) için hesap aynıdır.
Vektör alanının integrali. Önerme 11.1 gereği \(\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}\), koordinatlara göre üç integralin toplamıdır; bunların her biri değişmediğinden toplam da değişmez.
\(\blacksquare\)
Bu önerme yalnız \(\tilde{\mathbf{r}} = \mathbf{r} \circ g\) biçimindeki parametrizasyonlardan söz eder. Bunun bir kısıtlama olmadığını gösterelim: aynı eğriyi aynı yönde ve bir kez dolaşan iki düzgün parametrizasyon her zaman böyle bir \(g\) ile birbirine bağlıdır.
Önerme 11.3 (Aynı Yönde Dolaşan İki Parametrizasyon) Uç noktaları farklı bir \(C\) eğrisi \(\mathbf{r}(t)\), \(a \le t \le b\) ve \(\tilde{\mathbf{r}}(u)\), \(c \le u \le d\) düzgün parametrizasyonlarıyla verilsin. İkisi de \(C\)’yi bir kez katetsin ve aynı yönde dolaşsın: \(\tilde{\mathbf{r}}(c) = \mathbf{r}(a)\) ve \(\tilde{\mathbf{r}}(d) = \mathbf{r}(b)\). Bu durumda türevi sürekli ve her yerde pozitif, \(g(c) = a\) ve \(g(d) = b\) olan bir \(g : [c, d] \to [a, b]\) fonksiyonu için \(\tilde{\mathbf{r}} = \mathbf{r} \circ g\) olur. Dolayısıyla Önerme 11.2 gereği iki parametrizasyon bütün eğrisel integraller için aynı değeri verir.
İspat
Adım 1: \(g\)’nin tanımı. \(\mathbf{r}\), \(C\)’yi bir kez katettiği ve uç noktalar farklı olduğu için \([a, b]\) üzerinde bire birdir; aynı nedenle \(\tilde{\mathbf{r}}\) de \([c, d]\) üzerinde bire birdir. Her \(u\) için \(\tilde{\mathbf{r}}(u)\) noktası \(C\) üzerindedir; bu yüzden \(\mathbf{r}(t) = \tilde{\mathbf{r}}(u)\) eşitliğini sağlayan tek bir \(t \in [a, b]\) vardır. Bu \(t\)’yi \(g(u)\) ile gösterelim. Böylece her \(u\) için \(\mathbf{r}(g(u)) = \tilde{\mathbf{r}}(u)\) olur. \(g(u_1) = g(u_2)\) ise \(\tilde{\mathbf{r}}(u_1) = \tilde{\mathbf{r}}(u_2)\) olur; \(\tilde{\mathbf{r}}\) bire bir olduğundan \(u_1 = u_2\), yani \(g\) de bire birdir; uç noktalar eşleştiğinden \(g(c) = a\) ve \(g(d) = b\)’dir.
Adım 2: \(g\) sürekli ve artandır. \(g\) bir \(u_0\) noktasında sürekli olmasın. O zaman bir \(\varepsilon > 0\) ve \(u_k \to u_0\) olan, ama her \(k\) için \(|g(u_k) - g(u_0)| \ge \varepsilon\) olan bir \((u_k)\) dizisi vardır. \((g(u_k))\) dizisi \([a, b]\) içinde kaldığından sınırlıdır; Bolzano–Weierstrass teoremine göre (bkz. Analiz 1) bir \(t^* \in [a, b]\) noktasına yakınsayan bir alt dizisi vardır. Limitte eşitsizlik korunduğundan \(|t^* - g(u_0)| \ge \varepsilon\) olur. \(\mathbf{r}\) ve \(\tilde{\mathbf{r}}\) sürekli olduğundan bu alt dizi boyunca limit alırsak
\[\mathbf{r}(t^*) = \lim \mathbf{r}(g(u_k)) = \lim \tilde{\mathbf{r}}(u_k) = \tilde{\mathbf{r}}(u_0) = \mathbf{r}(g(u_0))\]
buluruz. \(t^* \ne g(u_0)\) olduğundan bu, \(\mathbf{r}\)’nin bire birliğiyle çelişir. Demek ki \(g\) süreklidir. Sürekli ve bire bir olduğu için kesin monotondur (bkz. Analiz 2); \(g(c) = a < b = g(d)\) olduğundan da kesin artandır.
Adım 3: \(g\)’nin türevi. \(u_0 \in [c, d]\) ve \(t_0 = g(u_0)\) olsun. \(\mathbf{r}'(t_0) \ne \mathbf{0}\) olduğundan bileşenlerinden biri sıfırdan farklıdır; diyelim \(x'(t_0) \ne 0\). \(x'\) sürekli olduğundan, \(t_0\)’ı içeren ve \([a, b]\) içinde kalan bir \(J\) aralığında \(x'\) işaret değiştirmez. Bu yüzden \(x\), \(J\) üzerinde kesin monotondur ve \(x^{-1}\) ters fonksiyonu türevlenebilirdir: \((x^{-1})'(x(t)) = 1/x'(t)\) (bkz. Analiz 2). \(g\) sürekli olduğundan \(u_0\)’a yeterince yakın her \(u\) için \(g(u) \in J\)’dir. \(\tilde{\mathbf{r}}\)’nin ilk bileşenini \(\tilde{x}\) ile gösterelim; \(\mathbf{r}(g(u)) = \tilde{\mathbf{r}}(u)\) eşitliğinin ilk bileşeni \(x(g(u)) = \tilde{x}(u)\)’dur. Buradan bu \(u\)’lar için \(g(u) = x^{-1}(\tilde{x}(u))\) olur ve zincir kuralı
\[g'(u) = \frac{\tilde{x}'(u)}{x'(g(u))}\]
verir. Pay ve payda sürekli, payda sıfırdan farklı olduğundan \(g'\) süreklidir.
Adım 4: \(g' > 0\). Zincir kuralından \(\tilde{\mathbf{r}}'(u) = \mathbf{r}'(g(u))\,g'(u)\) olur. \(\tilde{\mathbf{r}}'(u) \ne \mathbf{0}\) olduğundan \(g'(u) \ne 0\)’dır. \(g\) artan olduğundan \(g'(u) \ge 0\)’dır; demek ki \(g'(u) > 0\). Böylece \(g\) istenen bütün koşulları sağlar ve iki parametrizasyonun aynı değeri verdiği Önerme 11.2 ile elde edilir.
\(\blacksquare\)
Kapalı bir eğride \(\mathbf{r}(a) = \mathbf{r}(b)\) olduğundan önerme doğrudan uygulanamaz. Bu durumda eğriyi uç noktaları farklı iki yaya böleriz, önermeyi her yaya ayrı ayrı uygularız ve iki yaydaki integralleri toplarız. Böylece kapalı eğrilerde de aynı yönde dolaşan her parametrizasyon aynı değeri verir; başlangıç noktasının eğrinin neresinde seçildiği de sonucu değiştirmez.
Yön tersine dönünce ise integraller farklı davranır: yay uzunluğu hep pozitif olduğu için ilk tür değişmez, yer değiştirmeye dayanan öteki türler işaret değiştirir.
Önerme 11.4 (Yön Değişince İşaret) \(C\) düzgün bir eğri, \(f\) ve \(\mathbf{F}\), \(C\) üzerinde sürekli olsun. Bu durumda
\[\int_{-C} f\,ds = \int_C f\,ds\]
ve
\[\int_{-C} f\,dx = -\int_C f\,dx, \qquad \int_{-C} f\,dy = -\int_C f\,dy, \qquad \int_{-C} f\,dz = -\int_C f\,dz,\]
\[\int_{-C} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = -\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}\]
olur.
İspat
\(C\), \(\mathbf{r}(t)\), \(a \le t \le b\) ile verilsin. \(-C\)’yi \(\tilde{\mathbf{r}}(u) = \mathbf{r}(a + b - u)\), \(a \le u \le b\) ile parametrize edelim; \(-C\)’nin aynı yöndeki başka parametrizasyonları Önerme 11.3 gereği (kapalı eğride eğriyi iki yaya bölerek) aynı değerleri verir. Zincir kuralından \(\tilde{\mathbf{r}}'(u) = -\mathbf{r}'(a + b - u)\) olur; bu vektör sürekli ve sıfırdan farklıdır. \(t = a + b - u\) değişken değiştirmesinde \(dt = -du\)’dur; \(u = a\) iken \(t = b\), \(u = b\) iken \(t = a\) olur.
Yay uzunluğuna göre integral. \(|\tilde{\mathbf{r}}'(u)| = |\mathbf{r}'(a + b - u)|\) olduğundan
\[ \begin{aligned} \int_{-C} f\,ds &= \int_a^b f(\mathbf{r}(a + b - u))\,|\mathbf{r}'(a + b - u)|\,du \\[1mm] &= \int_b^a f(\mathbf{r}(t))\,|\mathbf{r}'(t)|\,(-dt) \\[1mm] &= \int_a^b f(\mathbf{r}(t))\,|\mathbf{r}'(t)|\,dt = \int_C f\,ds \end{aligned} \]
bulunur.
Koordinatlara göre integraller. \(\tilde{x}'(u) = -x'(a + b - u)\) olduğundan
\[ \begin{aligned} \int_{-C} f\,dx &= \int_a^b f(\mathbf{r}(a + b - u))\,\big(-x'(a + b - u)\big)\,du \\[1mm] &= \int_b^a f(\mathbf{r}(t))\,\big(-x'(t)\big)\,(-dt) \\[1mm] &= \int_b^a f(\mathbf{r}(t))\,x'(t)\,dt = -\int_C f\,dx \end{aligned} \]
olur. \(dy\) ve \(dz\) için hesap aynıdır.
Vektör alanının integrali. Önerme 11.1 gereği \(\mathbf{F}\)’nin \(-C\) boyunca integrali de \(P\,dx + Q\,dy + R\,dz\) integralidir. Üç terimin her biri işaret değiştirdiğinden toplam da işaret değiştirir.
\(\blacksquare\)
Yani Riemann toplamlarında \(\Delta s_i\) hep pozitiftir ve yönden etkilenmez; \(\Delta x_i\), \(\Delta y_i\), \(\Delta z_i\) ise noktaların sırası tersine dönünce işaret değiştirir. Vektör alanının integralinde de \(C\) yerine \(-C\) alınınca birim teğet vektör \(\mathbf{T}\) yerine \(-\mathbf{T}\) gelir. Bu yüzden \(\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \int_C \mathbf{F} \cdot \mathbf{T}\,ds\) yazılışında bir yay uzunluğu integrali görünse de yön değişince işaret değişir. Fiziksel olarak: bir kuvvet alanında aynı yolu tersinden yürüyen parçacık üzerinde, alan ters işaretli iş yapar.
Örnek 11.10 (Ters Yönde Katedilen Doğru Parçası) \(-C_1\), \((0, 2)\) noktasından \((-5, -3)\) noktasına giden doğru parçası olmak üzere
\[\int_{-C_1} y^2\,dx + x\,dy\]
integralini hesaplayınız ve sonucu Örnek 11.5 ile karşılaştırınız.
Çözüm
Parametrize et. (6) formülünde \(\mathbf{r}_0 = \langle 0, 2 \rangle\) ve \(\mathbf{r}_1 = \langle -5, -3 \rangle\) alırsak
\[\mathbf{r}(t) = (1 - t)\,\langle 0, 2 \rangle + t\,\langle -5, -3 \rangle = \langle -5t,\ 2 - 5t \rangle, \qquad 0 \le t \le 1\]
olur. Bu, doğru parçası örneğindeki parametrizasyonda (bkz. Örnek 11.5) \(t\) yerine \(1 - t\) yazılarak da elde edilir.
Yerine koy. \(dx = -5\,dt\) ve \(dy = -5\,dt\) olduğundan
\[ \begin{aligned} \int_{-C_1} y^2\,dx + x\,dy &= \int_0^1 \big[(2 - 5t)^2(-5) + (-5t)(-5)\big]\,dt \\[1mm] &= \int_0^1 (-125t^2 + 125t - 20)\,dt \end{aligned} \]
bulunur.
İntegre et.
\[\left[-\frac{125t^3}{3} + \frac{125t^2}{2} - 20t\right]_0^1 = \frac{-250 + 375 - 120}{6} = \frac{5}{6}.\]
Aynı doğru parçası öbür yönde katedilince \(-\frac{5}{6}\) bulmuştuk (bkz. Örnek 11.5). Önerme 11.4 gereği beklendiği gibi, yön değişince yalnız işaret değişti.
\(\blacksquare\)
UyarıSınırları yön belirler
\(x\), \(y\), \(z\)’ye göre integrallerde ve \(\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}\)’de parametre, eğrinin başlangıç noktasındaki değerinden bitiş noktasındaki değerine doğru integre edilir; parametre olarak örneğin \(x\) seçilmişse ve eğri \(x\)’in azaldığı yönde katediliyorsa alt sınır üst sınırdan büyük olur. Yay uzunluğuna göre integralde ise \(ds = |\mathbf{r}'(t)|\,dt\) pozitiftir ve integral parametrenin küçük değerinden büyük değerine alınır; sınırları ters yazmak sonucun işaretini yanlışlıkla değiştirir.
11.9 Alıştırmalar
Aşağıdaki alıştırmalar kolaydan zora sıralanmıştır: önce düzlemde ve uzayda yay uzunluğuna ve koordinatlara göre integraller, sonra vektör alanlarının integralleri ve iş, en sonda tel ve çit uygulamaları ile kısa bir ispat.
Alıştırma 11.1 (Parametrik Parabol Üzerinde) \(C\): \(x = t^2\), \(y = 2t\), \(0 \le t \le 3\) olmak üzere \(\int_C y\,ds\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
\(ds\). \(x'(t) = 2t\) ve \(y'(t) = 2\) olduğundan
\[ds = \sqrt{4t^2 + 4}\,dt = 2\sqrt{t^2 + 1}\,dt\]
olur.
İntegral. \(y = 2t\) olduğundan
\[\int_C y\,ds = \int_0^3 2t \cdot 2\sqrt{t^2 + 1}\,dt = 4 \int_0^3 t\sqrt{t^2 + 1}\,dt\]
bulunur. \(u = t^2 + 1\) dersek \(du = 2t\,dt\) olur ve sınırlar \(u = 1\) ile \(u = 10\)’dur:
\[4 \int_0^3 t\sqrt{t^2 + 1}\,dt = 2 \int_1^{10} u^{1/2}\,du = 2 \cdot \frac{2}{3}\left[u^{3/2}\right]_1^{10} = \frac{4}{3}\left(10\sqrt{10} - 1\right).\]
Sonuç yaklaşık \(40{,}83\)’tür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.2 (Kübik Grafik Boyunca) \(C\), \(x = y^3\) eğrisinin \((-1, -1)\) noktasından \((1, 1)\) noktasına giden yayı olmak üzere \(\int_C e^x\,dx\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
Parametrize et. Eğri \(y\)’nin bir fonksiyonu olarak verildiğinden \(y = t\) alırız: \(x = t^3\), \(y = t\). Eğri \((-1, -1)\)’den \((1, 1)\)’e gittiğinden \(t\), \(-1\)’den \(1\)’e gider.
Yerine koy. \(dx = 3t^2\,dt\) olduğundan
\[\int_C e^x\,dx = \int_{-1}^{1} e^{t^3}\,3t^2\,dt\]
bulunur.
İntegre et. \(u = t^3\) dersek \(du = 3t^2\,dt\) olur ve sınırlar \(u = -1\) ile \(u = 1\)’dir:
\[\int_{-1}^{1} e^{u}\,du = e - e^{-1} = e - \frac{1}{e} \approx 2{,}35.\]
Sonuç, \(e^x\)’in \(x = -1\)’den \(x = 1\)’e sıradan integraline eşit çıktı. Bu bir rastlantı değildir: integrand yalnız \(x\)’e bağlıysa değişken değiştirmeyle
\[\int_a^b g(x(t))\,x'(t)\,dt = \int_{x(a)}^{x(b)} g(x)\,dx\]
olduğundan \(\int_C g(x)\,dx\) yalnız uç noktaların \(x\) koordinatlarına bağlıdır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.3 (İki Doğru Parçasından Oluşan Yol) \(C\), \((0, 0)\) noktasından \((2, 1)\) noktasına, oradan da \((3, 0)\) noktasına giden iki doğru parçasından oluşsun. \(\int_C (x + 2y)\,dx + x^2\,dy\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
\(C_1\): \((0, 0)\)’dan \((2, 1)\)’e. (6) formülünden \(\mathbf{r}(t) = \langle 2t, t \rangle\), \(0 \le t \le 1\); \(dx = 2\,dt\), \(dy = dt\). Buradan
\[ \begin{aligned} &\int_{C_1} (x + 2y)\,dx + x^2\,dy \\[1mm] &\quad = \int_0^1 \big[(2t + 2t) \cdot 2 + 4t^2\big]\,dt = \int_0^1 (8t + 4t^2)\,dt \\[1mm] &\quad = 4 + \frac{4}{3} = \frac{16}{3} \end{aligned} \]
bulunur.
\(C_2\): \((2, 1)\)’den \((3, 0)\)’a. (6) formülünden
\[\mathbf{r}(t) = (1 - t)\,\langle 2, 1 \rangle + t\,\langle 3, 0 \rangle = \langle 2 + t,\ 1 - t \rangle, \qquad 0 \le t \le 1\]
olur; \(dx = dt\), \(dy = -dt\). Bu parçada \(x + 2y = 4 - t\) ve \(x^2 = (2 + t)^2\) olduğundan
\[ \begin{aligned} \int_{C_2} (x + 2y)\,dx + x^2\,dy &= \int_0^1 \big[(4 - t) - (4 + 4t + t^2)\big]\,dt \\[1mm] &= \int_0^1 (-5t - t^2)\,dt = -\frac{5}{2} - \frac{1}{3} = -\frac{17}{6} \end{aligned} \]
bulunur.
Toplam.
\[\int_C (x + 2y)\,dx + x^2\,dy = \frac{16}{3} - \frac{17}{6} = \frac{32 - 17}{6} = \frac{5}{2}.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.4 (Uzayda Bir Doğru Parçası) \(C\), \((3, 1, 2)\) noktasından \((1, 2, 5)\) noktasına giden doğru parçası olmak üzere \(\int_C y^2 z\,ds\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
Parametrize et. (6) formülünden
\[\mathbf{r}(t) = (1 - t)\,\langle 3, 1, 2 \rangle + t\,\langle 1, 2, 5 \rangle = \langle 3 - 2t,\ 1 + t,\ 2 + 3t \rangle, \qquad 0 \le t \le 1.\]
\(ds\). \(\mathbf{r}'(t) = \langle -2, 1, 3 \rangle\) olduğundan \(|\mathbf{r}'(t)| = \sqrt{4 + 1 + 9} = \sqrt{14}\) ve \(ds = \sqrt{14}\,dt\) olur.
İntegral. \(y^2 z = (1 + t)^2 (2 + 3t)\) çarpımını açalım:
\[(1 + 2t + t^2)(2 + 3t) = 3t^3 + 8t^2 + 7t + 2.\]
Buradan
\[ \begin{aligned} \int_C y^2 z\,ds &= \sqrt{14} \int_0^1 (3t^3 + 8t^2 + 7t + 2)\,dt \\[1mm] &= \sqrt{14}\left(\frac{3}{4} + \frac{8}{3} + \frac{7}{2} + 2\right) = \frac{107\sqrt{14}}{12} \end{aligned} \]
bulunur; bu sayı yaklaşık \(33{,}36\)’dır. Parantezin içi \(\frac{9 + 32 + 42 + 24}{12} = \frac{107}{12}\)’dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.5 (Uzayda İki Parçalı Yol) \(C\), \((0, 0, 0)\) noktasından \((1, 0, 1)\) noktasına ve oradan \((0, 1, 2)\) noktasına giden iki doğru parçasından oluşsun.
\[\int_C (y + z)\,dx + (x + z)\,dy + (x + y)\,dz\]
integralini hesaplayınız.
Çözüm
\(C_1\): \((0, 0, 0)\)’dan \((1, 0, 1)\)’e. \(\mathbf{r}(t) = \langle t, 0, t \rangle\), \(0 \le t \le 1\); \(dx = dt\), \(dy = 0\), \(dz = dt\). Bu parçada \(y + z = t\) ve \(x + y = t\) olduğundan
\[\int_{C_1} (y + z)\,dx + (x + z)\,dy + (x + y)\,dz = \int_0^1 (t + t)\,dt = 1\]
bulunur.
\(C_2\): \((1, 0, 1)\)’den \((0, 1, 2)\)’ye. (6) formülünden \(\mathbf{r}(t) = \langle 1 - t,\ t,\ 1 + t \rangle\), \(0 \le t \le 1\); \(dx = -dt\), \(dy = dt\), \(dz = dt\). Bu parçada
\[y + z = 1 + 2t, \qquad x + z = 2, \qquad x + y = 1\]
olduğundan
\[ \begin{aligned} &\int_{C_2} (y + z)\,dx + (x + z)\,dy + (x + y)\,dz \\[1mm] &\quad = \int_0^1 \big[-(1 + 2t) + 2 + 1\big]\,dt = \int_0^1 (2 - 2t)\,dt = 1 \end{aligned} \]
bulunur.
Toplam. İki parçanın integralleri toplanırsa sonuç \(1 + 1 = 2\) olur.
Bu alan, \(f(x, y, z) = xy + yz + zx\) fonksiyonunun gradyan alanıdır (bkz. Tanım 10.3): \(\nabla f = \langle y + z,\ x + z,\ x + y \rangle\). Sonucun \(f(0, 1, 2) - f(0, 0, 0) = 2\) farkına eşit olması rastlantı değildir; bunun nedenini bir sonraki bölümde göreceğiz.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.6 (Uzay Eğrisi Boyunca Vektör Alanı) \[\mathbf{F}(x, y, z) = (x + y^2)\,\mathbf{i} + xz\,\mathbf{j} + (y + z)\,\mathbf{k}\]
ve \(C\), \(\mathbf{r}(t) = t^2\,\mathbf{i} + t^3\,\mathbf{j} - 2t\,\mathbf{k}\), \(0 \le t \le 2\) ile verilen eğri olmak üzere \(\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
\(\mathbf{F}(\mathbf{r}(t))\) ve \(\mathbf{r}'(t)\). \(x = t^2\), \(y = t^3\), \(z = -2t\) olduğundan
\[ \begin{aligned} \mathbf{F}(\mathbf{r}(t)) &= (t^2 + t^6)\,\mathbf{i} - 2t^3\,\mathbf{j} + (t^3 - 2t)\,\mathbf{k}, \\[1mm] \mathbf{r}'(t) &= 2t\,\mathbf{i} + 3t^2\,\mathbf{j} - 2\,\mathbf{k} \end{aligned} \]
olur.
İç çarpım.
\[ \begin{aligned} \mathbf{F}(\mathbf{r}(t)) \cdot \mathbf{r}'(t) &= 2t^3 + 2t^7 - 6t^5 - 2t^3 + 4t \\[1mm] &= 2t^7 - 6t^5 + 4t. \end{aligned} \]
İntegral.
\[\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \int_0^2 (2t^7 - 6t^5 + 4t)\,dt = \left[\,\frac{t^8}{4} - t^6 + 2t^2\,\right]_0^2 = 64 - 64 + 8 = 8.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.7 (İşareti Şekilden Tahmin Etmek) \(\mathbf{F}(x, y) = (x - y)\,\mathbf{i} + xy\,\mathbf{j}\) ve \(C\), \(x^2 + y^2 = 4\) çemberinin \((2, 0)\) noktasından saat yönünün tersine \((0, -2)\) noktasına giden yayı olsun. Aşağıdaki şekle bakarak \(\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}\) integralinin pozitif mi, negatif mi, sıfır mı olduğunu tahmin ediniz; sonra integrali hesaplayınız.
Çözüm
Tahmin. \(\mathbf{F} \cdot \mathbf{T}\), okun hareket yönüyle yaptığı açı dar ise pozitif, geniş ise negatiftir. Birinci ve ikinci bölgede oklar hareket yönüyle dar açı yapıyor; ikinci bölgedeki oklar özellikle uzun. Üçüncü bölgede oklar yukarı, hareket ise aşağı doğrudur ve bu bölgenin büyük kısmında açı geniştir. Yalnız \((0, -2)\)’ye yakın kısımda oklar neredeyse yatay ve sağa doğrudur; orada açı yeniden dardır. Pozitif katkının ağır basacağını, yani integralin pozitif çıkacağını tahmin ederiz.
Parametrize et. \(\mathbf{r}(t) = 2\cos t\,\mathbf{i} + 2\sin t\,\mathbf{j}\); yay \((2, 0)\)’dan saat yönünün tersine \((0, -2)\)’ye gittiğinden \(0 \le t \le 3\pi/2\) olur.
İç çarpım.
\[ \begin{aligned} \mathbf{F}(\mathbf{r}(t)) &= (2\cos t - 2\sin t)\,\mathbf{i} + 4\cos t \sin t\,\mathbf{j}, \\[1mm] \mathbf{r}'(t) &= -2\sin t\,\mathbf{i} + 2\cos t\,\mathbf{j} \end{aligned} \]
olduğundan
\[\mathbf{F}(\mathbf{r}(t)) \cdot \mathbf{r}'(t) = -4\sin t \cos t + 4\sin^2 t + 8\cos^2 t \sin t\]
bulunur.
Üç integral. \([0, 3\pi/2]\) üzerinde terim terim:
\[ \begin{aligned} \int_0^{3\pi/2} -4\sin t \cos t\,dt &= \big[-2\sin^2 t\big]_0^{3\pi/2} = -2, \\[1mm] \int_0^{3\pi/2} 4\sin^2 t\,dt &= \big[\,2t - \sin 2t\,\big]_0^{3\pi/2} = 3\pi, \\[1mm] \int_0^{3\pi/2} 8\cos^2 t \sin t\,dt &= \left[-\frac{8\cos^3 t}{3}\right]_0^{3\pi/2} = \frac{8}{3}. \end{aligned} \]
İkinci satırda \(4\sin^2 t = 2 - 2\cos 2t\) özdeşliğini kullandık.
Sonuç.
\[\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = -2 + 3\pi + \frac{8}{3} = 3\pi + \frac{2}{3} \approx 10{,}09 > 0.\]
Tahminimiz doğru çıktı.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.8 (Sikloid Kemeri Boyunca İş) \(\mathbf{F}(x, y) = x\,\mathbf{i} + (y + 2)\,\mathbf{j}\) kuvvet alanının, bir cismi \(\mathbf{r}(t) = (t - \sin t)\,\mathbf{i} + (1 - \cos t)\,\mathbf{j}\), \(0 \le t \le 2\pi\) sikloid kemeri boyunca hareket ettirirken yaptığı işi bulunuz.
Çözüm
\(\mathbf{F}(\mathbf{r}(t))\) ve \(\mathbf{r}'(t)\).
\[\mathbf{F}(\mathbf{r}(t)) = (t - \sin t)\,\mathbf{i} + (3 - \cos t)\,\mathbf{j}, \qquad \mathbf{r}'(t) = (1 - \cos t)\,\mathbf{i} + \sin t\,\mathbf{j}.\]
İç çarpım.
\[ \begin{aligned} \mathbf{F}(\mathbf{r}(t)) \cdot \mathbf{r}'(t) &= (t - \sin t)(1 - \cos t) + (3 - \cos t)\sin t \\[1mm] &= t - t\cos t - \sin t + \sin t \cos t + 3\sin t - \sin t \cos t \\[1mm] &= t - t\cos t + 2\sin t. \end{aligned} \]
İntegral. Terim terim: \(\int_0^{2\pi} t\,dt = 2\pi^2\) ve \(\int_0^{2\pi} 2\sin t\,dt = 0\)’dır. \(\int t\cos t\,dt\) için kısmi integrasyonla (\(u = t\), \(dv = \cos t\,dt\)) bir ilkel \(t\sin t + \cos t\) bulunur ve
\[\int_0^{2\pi} t\cos t\,dt = \big[\,t\sin t + \cos t\,\big]_0^{2\pi} = (0 + 1) - (0 + 1) = 0\]
olur. Böylece
\[W = \int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = 2\pi^2 - 0 + 0 = 2\pi^2\]
bulunur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.9 (Çeyrek Çember Biçimli Tel) İnce bir tel, merkezi orijinde ve yarıçapı \(a\) olan çemberin birinci bölgedeki çeyreği biçimindedir. Yoğunluk fonksiyonu \(\rho(x, y) = kxy\) (\(k > 0\)) ise telin kütlesini ve kütle merkezini bulunuz.
Çözüm
Parametrize et. \(x = a\cos t\), \(y = a\sin t\), \(0 \le t \le \pi/2\). \(|\mathbf{r}'(t)| = \sqrt{a^2\sin^2 t + a^2\cos^2 t} = a\) olduğundan \(ds = a\,dt\)’dir.
Kütle.
\[m = \int_C kxy\,ds = \int_0^{\pi/2} k a^2 \cos t \sin t \cdot a\,dt = k a^3 \left[\,\frac{\sin^2 t}{2}\,\right]_0^{\pi/2} = \frac{k a^3}{2}.\]
\(\bar{x}\). (5) formülündeki integral
\[\int_C x\,\rho\,ds = \int_0^{\pi/2} k a^4 \cos^2 t \sin t\,dt = k a^4 \left[-\frac{\cos^3 t}{3}\right]_0^{\pi/2} = \frac{k a^4}{3}\]
olduğundan \(\bar{x} = \dfrac{k a^4/3}{k a^3/2} = \dfrac{2a}{3}\) bulunur.
\(\bar{y}\). Aynı biçimde
\[\int_C y\,\rho\,ds = k a^4 \int_0^{\pi/2} \sin^2 t \cos t\,dt = k a^4 \left[\,\frac{\sin^3 t}{3}\,\right]_0^{\pi/2} = \frac{k a^4}{3}\]
ve \(\bar{y} = \frac{2a}{3}\) olur. Bu, tel ile yoğunluğun \(y = x\) doğrusuna göre simetrik olmasıyla uyumludur.
Kütle \(\frac{k a^3}{2}\), kütle merkezi \(\left(\frac{2a}{3}, \frac{2a}{3}\right)\) noktasıdır. Bu noktanın orijine uzaklığı \(\frac{2\sqrt{2}}{3}\,a \approx 0{,}94\,a < a\) olduğundan kütle merkezi telin üzerinde değil, çeyrek dairenin içindedir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.10 (Telin Eylemsizlik Momentleri) Doğrusal yoğunluğu \(\rho(x, y)\) olan ve bir \(C\) eğrisi boyunca uzanan telin \(x\) ve \(y\) eksenlerine göre eylemsizlik momentleri, levhalardaki tanımın (bkz. Tanım 4.5) karşılığı olarak
\[I_x = \int_C y^2 \rho(x, y)\,ds, \qquad I_y = \int_C x^2 \rho(x, y)\,ds\]
ile tanımlanır. Tabanı ağır yarım çember telin (bkz. Örnek 11.4) eylemsizlik momentlerini bulunuz.
Çözüm
Kurulum. Tel birim çemberin üst yarısıdır, yoğunluğu \(\rho = k(1 - y)\)’dir; \(x = \cos t\), \(y = \sin t\), \(0 \le t \le \pi\) ve \(ds = dt\)’dir.
Gereken integraller. \([0, \pi]\) üzerinde \(\int_0^{\pi} \sin^2 t\,dt = \int_0^{\pi} \cos^2 t\,dt = \frac{\pi}{2}\)’dir. Ayrıca
\[ \begin{aligned} \int_0^{\pi} \sin^3 t\,dt &= \int_0^{\pi} (1 - \cos^2 t)\sin t\,dt = \left[-\cos t + \frac{\cos^3 t}{3}\right]_0^{\pi} = \frac{4}{3}, \\[1mm] \int_0^{\pi} \cos^2 t \sin t\,dt &= \left[-\frac{\cos^3 t}{3}\right]_0^{\pi} = \frac{2}{3} \end{aligned} \]
olur.
\(I_x\).
\[I_x = k \int_0^{\pi} \sin^2 t\,(1 - \sin t)\,dt = k\left(\frac{\pi}{2} - \frac{4}{3}\right) \approx 0{,}24\,k.\]
\(I_y\).
\[I_y = k \int_0^{\pi} \cos^2 t\,(1 - \sin t)\,dt = k\left(\frac{\pi}{2} - \frac{2}{3}\right) \approx 0{,}90\,k.\]
Denetim. Tel üzerinde \(x^2 + y^2 = 1\) olduğundan \(I_x + I_y = \int_C \rho\,ds = m\) olmalıdır. Gerçekten \(I_x + I_y = k(\pi - 2) = m\)’dir. \(I_x\)’in küçük çıkması da beklenen bir sonuçtur: telin ağır kısmı \(x\) eksenine yakın olan tabanıdır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.11 (Dairesel Çitin Boyanması) Dairesel bir çitin tabanı, yarıçapı \(10\) m olan \(x = 10\cos t\), \(y = 10\sin t\) çemberidir. Çitin \((x, y)\) noktasındaki yüksekliği \(h(x, y) = 4 + 0{,}01(x^2 - y^2)\) metredir; yani yükseklik \(3\) m ile \(5\) m arasında değişir. \(1\) litre boya \(100\) m² alanı kaplıyorsa çitin iki yüzünü boyamak için kaç litre boya gerekir?
Çözüm
Bir yüzün alanı bir eğrisel integraldir. Perde alanı yorumuna göre çitin bir yüzünün alanı \(\int_C h\,ds\)’dir.
\(ds\) ve \(h\). \(\mathbf{r}'(t) = \langle -10\sin t,\ 10\cos t \rangle\) ve \(|\mathbf{r}'(t)| = 10\) olduğundan \(ds = 10\,dt\)’dir. Çember üzerinde
\[h = 4 + 0{,}01\,(100\cos^2 t - 100\sin^2 t) = 4 + \cos^2 t - \sin^2 t = 4 + \cos 2t\]
olur. \(\cos 2t\), \(-1\) ile \(1\) arasında değiştiğinden yükseklik gerçekten \(3\) m ile \(5\) m arasındadır.
Alan.
\[\int_C h\,ds = \int_0^{2\pi} (4 + \cos 2t) \cdot 10\,dt = 10\left[\,4t + \frac{\sin 2t}{2}\,\right]_0^{2\pi} = 80\pi\]
metrekaredir.
Boya. İki yüzün alanı \(160\pi \approx 502{,}65\) m²’dir. Gereken boya
\[\frac{160\pi}{100} = 1{,}6\,\pi \approx 5{,}03 \text{ litre}\]
olur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.12 (Konum Vektörünün Eğrisel İntegrali) \(C\), \(\mathbf{r}(t)\), \(a \le t \le b\) ile verilen düzgün bir eğri ve \(\mathbf{r}\) aynı zamanda \(\mathbf{r}(x, y, z) = x\,\mathbf{i} + y\,\mathbf{j} + z\,\mathbf{k}\) konum vektörü alanı olsun.
\[\int_C \mathbf{r} \cdot d\mathbf{r} = \frac{1}{2}\Big[\,|\mathbf{r}(b)|^2 - |\mathbf{r}(a)|^2\,\Big]\]
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Tanımı uygulayalım. Konum vektörü alanının \(\mathbf{r}(t)\) noktasındaki değeri \(\mathbf{r}(t)\)’nin kendisidir. Tanım 11.6 gereği
\[\int_C \mathbf{r} \cdot d\mathbf{r} = \int_a^b \mathbf{r}(t) \cdot \mathbf{r}'(t)\,dt\]
olur.
İntegrandı bir türev olarak yazalım. İç çarpımın türev kuralından
\[\frac{d}{dt}\,|\mathbf{r}(t)|^2 = \frac{d}{dt}\big(\mathbf{r}(t) \cdot \mathbf{r}(t)\big) = \mathbf{r}'(t) \cdot \mathbf{r}(t) + \mathbf{r}(t) \cdot \mathbf{r}'(t) = 2\,\mathbf{r}(t) \cdot \mathbf{r}'(t)\]
bulunur. Yani \(\mathbf{r}(t) \cdot \mathbf{r}'(t)\), \(\frac{1}{2}|\mathbf{r}(t)|^2\) fonksiyonunun türevidir; bu fonksiyonun türevi süreklidir.
Temel teorem. Analizin temel teoremine göre (bkz. Analiz 2)
\[\int_a^b \mathbf{r}(t) \cdot \mathbf{r}'(t)\,dt = \left[\,\frac{1}{2}|\mathbf{r}(t)|^2\,\right]_a^b = \frac{1}{2}\Big[\,|\mathbf{r}(b)|^2 - |\mathbf{r}(a)|^2\,\Big]\]
elde edilir. Sonuç yalnız uç noktalara bağlıdır; özellikle uç noktaları orijine eşit uzaklıkta olan her eğri boyunca, örneğin kapalı eğriler boyunca bu integral sıfırdır.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde eğrisel integralin değerinin genel olarak izlenen yola bağlı olduğunu gördük (Örnek 11.5 ve Örnek 11.6). Öte yandan son alıştırmalardaki gradyan alanı ve konum vektörü alanı boyunca integraller yalnız uç noktalara bağlı çıktı. Bunun hangi alanlarda ve neden olduğunu, analizin temel teoreminin eğrisel integraller için karşılığıyla birlikte bir sonraki bölümde inceleyeceğiz: Eğrisel İntegraller için Temel Teorem.