viewof grnDiskControls = Inputs.form({
field: Inputs.radio(["ring", "work"], { value: "ring", label: "alan", format: (key) => (key === "ring" ? "⟨y², 3xy⟩" : "⟨sin x, sin y + xy² + x³/3⟩") }),
a: Inputs.range([-1.5, 1.5], { value: 0, step: 0.1, label: "a" }),
b: Inputs.range([-1.5, 1.5], { value: 1, step: 0.1, label: "b" }),
rho: Inputs.range([0.1, 1], { value: 0.5, step: 0.05, label: "ρ" })
})13 Green Teoremi
Tek değişkenli analizin temel teoremi, bir türevin bir aralık üzerindeki integralini fonksiyonun yalnız uç noktalardaki değerlerine bağlar:
\[ \int_a^b F'(x)\,dx = F(b) - F(a) \]
(bkz. Analiz 2). Sol tarafta türev bütün aralık boyunca toplanır; sağ tarafta ise yalnız aralığın sınırı, yani iki uç nokta görünür. Eğrisel integraller için temel teorem (Teorem 12.1) de aynı kalıptaydı: bir gradyanın eğri boyunca integrali, potansiyel fonksiyonun eğrinin uçlarındaki değerlerinin farkıdır.
Green Teoremi bu fikri düzleme taşır. Düzlemde kapalı bir eğriyle sınırlı bir \(D\) bölgesi üzerinde, \(P\) ve \(Q\) fonksiyonlarının kısmi türevlerinden oluşan bir ifadenin iki katlı integrali, yalnız \(P\) ve \(Q\)’nun sınır eğrisi üzerindeki değerlerini kullanan bir eğrisel integrale eşittir. Böylece zor bir eğrisel integrali kolay bir iki katlı integrale, ya da tersine, bir bölgenin alanını sınırı boyunca alınan bir integrale çevirebiliriz.
Teorem adını, kendi kendini yetiştirmiş İngiliz matematikçi George Green’den (1793–1841) alır. Green teoremin bir biçimini 1828’de kendi imkânlarıyla bastırdığı, elektrik ve manyetizma kuramına matematiksel analizi uygulayan bir denemede verdi; çalışma ancak 1846’da William Thomson (Lord Kelvin) onu yeniden bastırınca tanındı.
13.1 Pozitif Yönlü Sınır Eğrisi
Green Teoremi bir bölgeyi sınır eğrisine bağladığı için önce sınırın hangi yönde dolaşılacağını belirlememiz gerekir.
Bir eğri, başlangıç ve bitiş noktaları çakışıyorsa kapalı, uç noktaları dışında kendini kesmiyorsa basittir (bkz. Eğrisel İntegraller için Temel Teorem). Bu bölüm boyunca eğriler parçalı düzgündür, yani sonlu sayıda düzgün eğrinin uç uca eklenmesiyle elde edilir. \(C\) düzlemde basit kapalı bir eğri olduğunda \(C\)’nin sınırladığı bölge derken \(C\)’nin içindeki bütün noktalarla \(C\)’nin kendi noktalarından oluşan \(D\) kümesini kastederiz.
Tanım 13.1 (Pozitif Yön) \(C\), düzlemde basit kapalı bir eğri ve \(D\), \(C\)’nin sınırladığı bölge olsun. \(C\)’nin saat yönünün tersine bir kez dolaşılmasına \(C\)’nin pozitif yönü (positive orientation) denir. Saat yönünde bir kez dolaşılan eğri negatif yönlüdür.
Yani \(C\), \(\mathbf{r}(t)\), \(a \le t \le b\), parametrizasyonuyla pozitif yönde dolaşılıyorsa \(\mathbf{r}(t)\) noktası ilerlerken \(D\) bölgesi hep solda kalır. “Bölge solda kalır” tarifi, delikli bölgelerin sınırını yönlendirirken de işimize yarayacak.
Eğrisel integralin pozitif yönlü kapalı bir eğri boyunca alındığını vurgulamak için
\[ \oint_C P\,dx + Q\,dy \]
yazılır. \(D\)’nin pozitif yönlü sınır eğrisi \(\partial D\) ile de gösterilir. Eğrinin yönü ters çevrilince eğrisel integralin işaret değiştirdiğini biliyoruz (Önerme 11.4); bu yüzden saat yönünde dolaşılan bir eğri boyunca integral, pozitif yöndeki integralin ters işaretlisidir.
13.2 Green Teoremi
Teoremi önce genel biçimiyle ifade edecek, sonra hem I. hem II. tip olan bölgeler için ispatlayacağız.
Tanım 13.2 (Basit Bölge) Hem I. tip (Tanım 2.2) hem de II. tip (Tanım 2.3) olan düzlem bölgesine basit bölge (simple region) denir.
Yani basit bir \(D\) bölgesi iki biçimde yazılabilir:
\[ \begin{aligned} D &= \{(x, y) \mid a \le x \le b,\ g_1(x) \le y \le g_2(x)\} \\[1mm] &= \{(x, y) \mid c \le y \le d,\ h_1(y) \le x \le h_2(y)\}. \end{aligned} \]
Disk, elips, dikdörtgen ve üçgen basit bölgelerdir. Bir halka ya da ortasında girinti olan bir böbrek biçimi ise basit değildir.
Teorem 13.1 (Green Teoremi) \(C\), düzlemde pozitif yönlü, parçalı düzgün, basit kapalı bir eğri ve \(D\), \(C\)’nin sınırladığı bölge olsun. \(P\) ve \(Q\), \(D\)’yi içeren açık bir bölgede sürekli birinci mertebe kısmi türevlere sahipse
\[ \oint_C P\,dx + Q\,dy = \iint_D \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dA \tag{1} \]
olur.
Basit bölgeler için ispat
\(D\) basit bir bölge olsun. (1)’in iki tarafı da biri yalnız \(P\)’ye, öteki yalnız \(Q\)’ya bağlı iki terimin toplamıdır. Bu yüzden
\[ \oint_C P\,dx = -\iint_D \frac{\partial P}{\partial y}\,dA \tag{2} \]
ve
\[ \oint_C Q\,dy = \iint_D \frac{\partial Q}{\partial x}\,dA \tag{3} \]
eşitliklerini ayrı ayrı göstermek yeter: ikisi toplanınca (1) çıkar. Aşağıdaki şeklin solu (2)’nin, sağı (3)’ün ispatındaki parçalanışı gösterir.
(2)’nin ispatı. \(D\)’yi I. tip bölge olarak yazalım:
\[ D = \{(x, y) \mid a \le x \le b,\ g_1(x) \le y \le g_2(x)\}; \]
burada \(g_1\) ve \(g_2\) süreklidir.
Sağ taraf. \(\partial P/\partial y\) sürekli olduğundan iki katlı integral I. tip bölgede bir ardışık integral olarak hesaplanır (bkz. Genel Bölgelerde İki Katlı İntegraller). İç integralde \(x\) sabittir ve \(y \mapsto P(x, y)\) fonksiyonunun türevi \(\partial P/\partial y\)’dir. Analizin temel teoremiyle
\[ \begin{aligned} \iint_D \frac{\partial P}{\partial y}\,dA &= \int_a^b \int_{g_1(x)}^{g_2(x)} \frac{\partial P}{\partial y}(x, y)\,dy\,dx \\[1mm] &= \int_a^b \big[ P(x, g_2(x)) - P(x, g_1(x)) \big]\,dx \end{aligned} \tag{4} \]
olur.
Sol taraf. \(C\)’yi şekildeki gibi dört parçaya ayıralım: alt eğri \(C_1\) (\(y = g_1(x)\), soldan sağa), sağdaki düşey parça \(C_2\) (\(x = b\), aşağıdan yukarı), üst eğri \(C_3\) (\(y = g_2(x)\), sağdan sola) ve soldaki düşey parça \(C_4\) (\(x = a\), yukarıdan aşağı). \(C_2\) ya da \(C_4\) tek bir noktaya da inebilir; o zaman katkısı sıfırdır.
\(C_1\) üzerinde \(x\)’i parametre alalım: \(x = x\), \(y = g_1(x)\), \(a \le x \le b\). O zaman
\[\int_{C_1} P(x, y)\,dx = \int_a^b P(x, g_1(x))\,dx.\]
\(C_3\) sağdan sola gider; ters yönlü \(-C_3\) ise \(x = x\), \(y = g_2(x)\), \(a \le x \le b\) ile soldan sağa gider. Yön değişince işaret değiştiğinden (Önerme 11.4)
\[\int_{C_3} P\,dx = -\int_{-C_3} P\,dx = -\int_a^b P(x, g_2(x))\,dx.\]
\(C_2\) ve \(C_4\) üzerinde \(x\) sabittir. Parametre olarak \(y\) alınırsa \(x\)’in türevi sıfırdır, yani \(dx = 0\) olur:
\[\int_{C_2} P\,dx = 0 = \int_{C_4} P\,dx.\]
Dört katkıyı toplarsak
\[ \begin{aligned} \oint_C P\,dx &= \int_{C_1} P\,dx + \int_{C_2} P\,dx + \int_{C_3} P\,dx + \int_{C_4} P\,dx \\[1mm] &= \int_a^b P(x, g_1(x))\,dx - \int_a^b P(x, g_2(x))\,dx \end{aligned} \]
bulunur. Bu, (4)’teki sonucun tam ters işaretlisidir; (2) kanıtlandı.
(3)’ün ispatı. Bu kez \(D\)’yi II. tip bölge olarak yazalım:
\[ D = \{(x, y) \mid c \le y \le d,\ h_1(y) \le x \le h_2(y)\}. \]
Sağ taraf. Bu kez iç integral \(x\)’e göredir ve analizin temel teoremi \(x \mapsto Q(x, y)\) fonksiyonuna uygulanır:
\[ \begin{aligned} \iint_D \frac{\partial Q}{\partial x}\,dA &= \int_c^d \int_{h_1(y)}^{h_2(y)} \frac{\partial Q}{\partial x}(x, y)\,dx\,dy \\[1mm] &= \int_c^d \big[ Q(h_2(y), y) - Q(h_1(y), y) \big]\,dy. \end{aligned} \]
Sol taraf. \(C\)’yi yine dört parçaya ayıralım: sağ eğri \(\Gamma_1\) (\(x = h_2(y)\), aşağıdan yukarı), üstteki yatay parça \(\Gamma_2\) (sağdan sola), sol eğri \(\Gamma_3\) (\(x = h_1(y)\), yukarıdan aşağı) ve alttaki yatay parça \(\Gamma_4\) (soldan sağa).
- \(\Gamma_1\) üzerinde \(y\)’yi parametre alırsak \(x = h_2(y)\), \(y = y\), \(c \le y \le d\) olur ve \(\displaystyle\int_{\Gamma_1} Q\,dy = \int_c^d Q(h_2(y), y)\,dy\) bulunur.
- \(-\Gamma_3\), \(x = h_1(y)\), \(y = y\), \(c \le y \le d\) ile aşağıdan yukarı gider. Bu yüzden \(\displaystyle\int_{\Gamma_3} Q\,dy = -\int_c^d Q(h_1(y), y)\,dy\) olur.
- \(\Gamma_2\) ve \(\Gamma_4\) üzerinde \(y\) sabittir, yani \(dy = 0\) ve bu iki parçanın katkısı sıfırdır.
Toplarsak
\[ \oint_C Q\,dy = \int_c^d Q(h_2(y), y)\,dy - \int_c^d Q(h_1(y), y)\,dy = \iint_D \frac{\partial Q}{\partial x}\,dA \]
elde edilir; (3) de kanıtlandı. (2) ile (3) toplanınca (1) çıkar. \(\blacksquare\)
Teoremin sol tarafı, \(\mathbf{F} = P\,\mathbf{i} + Q\,\mathbf{j}\) vektör alanının eğrisel integralinin (Tanım 11.6) bir başka yazılışıdır: \(\oint_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}\). \(\partial D\) gösterimiyle (1) şöyle de okunur:
\[ \iint_D \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dA = \oint_{\partial D} P\,dx + Q\,dy. \]
Bu biçimde Green Teoremi, iki katlı integraller için temel teoremin karşılığıdır. Sol tarafta türevler (\(\partial Q/\partial x\) ve \(\partial P/\partial y\)) bütün bölge boyunca integrallenir; sağ tarafta ise yalnız \(P\) ile \(Q\)’nun bölgenin sınırındaki değerleri görünür. Tek boyutta bölge \([a, b]\) aralığı, sınırı da iki uç noktadır.
İspatta \(P\) ve \(Q\)’nun yalnız \(\partial P/\partial y\) ve \(\partial Q/\partial x\) türevleri kullanıldı. Bu yüzden teorem, \(P\), \(Q\), \(\partial P/\partial y\) ve \(\partial Q/\partial x\) sürekli olduğu sürece geçerlidir; öteki iki kısmi türevin sürekli olması gerekmez.
Teoremi her parçalı düzgün basit kapalı eğri için ispatlamak daha zordur: eğrinin sınırladığı bölgeyi basit bölgelerle yaklaşıp bir limit almak gerekir ve bu ileri analizin konusudur. Uygulamada karşılaştığımız bölgeler ise sonlu sayıda basit bölgeye bölünebilir. Bu durumda teoremin tam bir ispatını aşağıda Teorem 13.2 ile vereceğiz.
13.3 Eğrisel İntegrali İki Katlı İntegralle Hesaplamak
Green Teoremi en çok, kapalı bir eğri boyunca alınan eğrisel integrali sınırladığı bölge üzerindeki daha kolay bir iki katlı integrale çevirmek için kullanılır.
İpucuGreen Teoremi dört adımda
- Eğriyi denetle. \(C\) kapalı, basit ve parçalı düzgün mü? Pozitif yönlü mü? Saat yönündeyse hesabın sonunda işareti değiştir.
- \(P\) ile \(Q\)’yu belirle. İntegrali \(\int_C P\,dx + Q\,dy\) biçiminde yaz ve \(P\), \(Q\) ile kısmi türevlerinin \(D\)’yi içeren açık bir bölgede sürekli olduğunu kontrol et.
- Farkı hesapla. \(\dfrac{\partial Q}{\partial x} - \dfrac{\partial P}{\partial y}\) ifadesini bul.
- İki katlı integrali hesapla. \(D\)’yi I. tip, II. tip ya da kutupsal koordinatlarla yazıp integrali hesapla.
Örnek 13.1 (Üçgen Boyunca Bir Eğrisel İntegral) \(C\), \((0, 0)\)’dan \((1, 0)\)’a, \((1, 0)\)’dan \((0, 1)\)’e ve \((0, 1)\)’den \((0, 0)\)’a giden doğru parçalarından oluşan üçgen eğri olsun.
\[ \oint_C x^4\,dx + xy\,dy \]
integralini hesaplayınız.
Çözüm
1. Eğri. \(C\) basit, kapalı ve parçalı düzgündür. Köşeler \((0, 0) \to (1, 0) \to (0, 1)\) sırasıyla, yani saat yönünün tersine dolaşıldığından \(C\) pozitif yönlüdür. Sınırladığı bölge
\[ D = \{(x, y) \mid 0 \le x \le 1,\ 0 \le y \le 1 - x\} \]
üçgensel bölgesidir.
2. \(P\) ve \(Q\). \(P(x, y) = x^4\) ve \(Q(x, y) = xy\) polinomdur; kısmi türevleri her yerde süreklidir.
3. Fark.
\[ \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = y - 0 = y. \]
4. İki katlı integral. Green Teoremiyle (Teorem 13.1)
\[ \begin{aligned} \oint_C x^4\,dx + xy\,dy &= \iint_D y\,dA = \int_0^1 \int_0^{1-x} y\,dy\,dx \\[1mm] &= \int_0^1 \left[ \frac{y^2}{2} \right]_{y=0}^{y=1-x} dx = \frac{1}{2} \int_0^1 (1 - x)^2\,dx \\[1mm] &= \left[ -\frac{1}{6}(1 - x)^3 \right]_0^1 = \frac{1}{6} \end{aligned} \]
bulunur. Doğrudan hesap, üç kenar için üç ayrı eğrisel integral gerektirirdi: kenarlardan gelen katkılar sırasıyla \(\frac{1}{5}\), \(-\frac{1}{30}\) ve \(0\)’dır ve toplamları yine \(\frac{1}{6}\)’dır. \(\blacksquare\)
Örnek 13.2 (Parametrizasyonla Hesabı Zor Bir İntegral) \(C\), pozitif yönlü \(x^2 + y^2 = 9\) çemberi olmak üzere
\[ \oint_C \left( 3y - e^{\sin x} \right) dx + \left( 7x + \sqrt{y^4 + 1} \right) dy \]
integralini hesaplayınız.
Çözüm
Çemberi \(x = 3\cos t\), \(y = 3\sin t\) ile parametrize etseydik \(e^{\sin(3\cos t)}\) gibi ilkeli elemanter fonksiyonlarla yazılamayan ifadelerle karşılaşırdık. Green Teoremi bizi bu terimlerden kurtarır.
\(P(x, y) = 3y - e^{\sin x}\) ve \(Q(x, y) = 7x + \sqrt{y^4 + 1}\) her yerde sürekli kısmi türevlere sahiptir ve
\[ \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 7 - 3 = 4 \]
olur: \(e^{\sin x}\) yalnız \(x\)’e, \(\sqrt{y^4 + 1}\) yalnız \(y\)’ye bağlı olduğundan farka katkı vermez. \(C\)’nin sınırladığı \(D\) bölgesi, yarıçapı \(3\) olan disktir; kutupsal koordinatlarda \(0 \le r \le 3\), \(0 \le \theta \le 2\pi\) ile verilir. Kutupsal koordinatlara geçersek (Teorem 3.1)
\[ \begin{aligned} &\oint_C \left( 3y - e^{\sin x} \right) dx + \left( 7x + \sqrt{y^4 + 1} \right) dy \\[1mm] &\quad = \int_0^{2\pi} \int_0^3 4\,r\,dr\,d\theta = 4 \cdot 2\pi \cdot \frac{9}{2} = 36\pi \end{aligned} \]
bulunur. Kutupsal koordinatlara geçmeden de olurdu: integrand sabit olduğundan sonuç \(4 \cdot A(D) = 4 \cdot \pi \cdot 3^2 = 36\pi\)’dir. \(\blacksquare\)
Bu iki örnekte iki katlı integral eğrisel integralden kolaydı. Bazen durum tersinedir ve Green Teoremi öteki yönde kullanılır. Örneğin \(P\) ile \(Q\), \(C\) eğrisinin her noktasında sıfırsa, \(D\)’nin içinde hangi değerleri alırlarsa alsınlar
\[ \iint_D \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dA = \oint_C P\,dx + Q\,dy = 0 \]
olur.
13.4 Green Teoremiyle Alan Hesabı
Green Teoreminin öteki yönde kullanımının en önemli örneği alan hesabıdır: bir bölgenin alanını, sınır eğrisi boyunca alınan bir eğrisel integralle bulabiliriz.
Önerme 13.1 (Sınır Eğrisiyle Alan Hesabı) \(C\), pozitif yönlü, parçalı düzgün, basit kapalı bir eğri ve \(D\), \(C\)’nin sınırladığı bölge olsun. \(D\)’nin alanı
\[ A = \oint_C x\,dy = -\oint_C y\,dx = \frac{1}{2} \oint_C x\,dy - y\,dx \tag{5} \]
formüllerinden herhangi biriyle hesaplanabilir.
İspat
\(D\)’nin alanı \(A = \iint_D 1\,dA\)’dır (Önerme 2.1). Green Teoremini (Teorem 13.1) kullanmak için
\[ \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 1 \]
olacak biçimde \(P\) ve \(Q\) seçmeliyiz. Üç basit seçim şunlardır:
- \(P = 0\), \(Q = x\): fark \(1 - 0 = 1\)’dir ve \(A = \oint_C 0\,dx + x\,dy = \oint_C x\,dy\) olur.
- \(P = -y\), \(Q = 0\): fark \(0 - (-1) = 1\)’dir ve \(A = \oint_C (-y)\,dx = -\oint_C y\,dx\) olur.
- \(P = -\frac{1}{2}y\), \(Q = \frac{1}{2}x\): fark \(\frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1\)’dir ve \(A = \frac{1}{2}\oint_C x\,dy - y\,dx\) olur.
Üç seçimde de \(P\) ve \(Q\) polinomdur, kısmi türevleri her yerde süreklidir. \(\blacksquare\)
Yani bir bölgenin alanını bulmak için içini taramak gerekmez; sınırını bir kez dolaşmak yeter. Planimetre (planimeter) adlı ölçü aleti bu ilkeye dayanır. 19. yüzyılda geliştirilen bu düzenekte bir kolun ucundaki iz sürücü, bölgenin sınırı boyunca bir kez dolaştırılır. Kola bağlı bir tekerlek bu sırada kısmen kayar, kısmen kola dik doğrultuda yuvarlanır. Tekerleğin yuvarlandığı toplam uzaklık bölgenin alanıyla orantılıdır. Bunun nedeni yine Green Teoremidir: tekerlek, \(\partial Q/\partial x - \partial P/\partial y\) farkı sabit olan bir vektör alanının sınır boyunca eğrisel integralini ölçer ve Green Teoremi bu integrali alanın sabit bir katına eşitler. Örneğin bir yaprağın ya da bir kuş kanadının alanı bu yolla ölçülebilir.
Örnek 13.3 (Elipsin Alanı) \(a, b > 0\) olmak üzere \(\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1\) elipsinin sınırladığı bölgenin alanını bulunuz.
Çözüm
Elipsi \(x = a\cos t\), \(y = b\sin t\), \(0 \le t \le 2\pi\) ile parametrize edelim. \(t\) arttıkça nokta \((a, 0)\)’dan başlayıp \((0, b)\)’den geçerek saat yönünün tersine döner; parametrizasyon pozitif yönlüdür. Burada
\[ dx = -a\sin t\,dt, \qquad dy = b\cos t\,dt \]
olduğundan
\[ x\,dy - y\,dx = \left( ab\cos^2 t + ab\sin^2 t \right) dt = ab\,dt \]
olur. (5)’teki üçüncü formülle (Önerme 13.1)
\[ A = \frac{1}{2} \oint_C x\,dy - y\,dx = \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} ab\,dt = \frac{ab}{2} \cdot 2\pi = \pi ab \]
bulunur. \(a = b = r\) alınırsa \(r\) yarıçaplı dairenin alanı \(\pi r^2\) elde edilir. \(\blacksquare\)
13.5 Green Teoreminin Genişletilmesi
Green Teoremini şimdiye kadar yalnız basit bölgeler için ispatladık. Şimdi aynı sonucu basit bölgelere bölünebilen bölgelere, sonra da delikli bölgelere taşıyacağız.
Teorem 13.2 (Basit Bölgelerin Birleşimi için Green Teoremi) \(D\) bölgesi, iç kısımları ayrık olan ve her birinin sınırı parçalı düzgün basit kapalı bir eğri olan sonlu sayıda \(D_1, \dots, D_n\) basit bölgesinin birleşimi ve \(\partial D\), \(D\)’nin pozitif yönlü sınırı, yani \(D\)’yi hep solda bırakacak biçimde dolaşılan sınır eğrisi (ya da eğrileri) olsun. \(P\) ve \(Q\), \(D\)’yi içeren açık bir bölgede sürekli birinci mertebe kısmi türevlere sahipse
\[ \iint_D \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dA = \oint_{\partial D} P\,dx + Q\,dy \]
olur.
İspat
Önce şekildeki \(n = 2\) durumuna bakalım: \(D = D_1 \cup D_2\), \(D_1\)’in pozitif yönlü sınırı \(C_1 \cup C_3\), \(D_2\)’ninki \(C_2 \cup (-C_3)\)’tür. Green Teoremini (Teorem 13.1) iki basit bölgeye ayrı ayrı uygularsak
\[ \begin{aligned} \int_{C_1 \cup C_3} P\,dx + Q\,dy &= \iint_{D_1} \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dA, \\[1mm] \int_{C_2 \cup (-C_3)} P\,dx + Q\,dy &= \iint_{D_2} \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dA \end{aligned} \]
olur. İki eşitliği toplayalım. Sol tarafta \(C_3\) ile \(-C_3\) üzerindeki integraller birbirinin ters işaretlisidir (Önerme 11.4) ve sadeleşir; geriye \(C_1\) ile \(C_2\) üzerindeki integraller, yani \(\partial D = C_1 \cup C_2\) boyunca integral kalır. Sağ tarafta \(D_1\) ile \(D_2\) yalnız \(C_3\) doğru parçası boyunca kesiştiğinden bölgeye göre toplamsallıkla (Önerme 2.1) iki integralin toplamı \(D\) üzerindeki integraldir.
Genel durumda her \(D_k\) parçasının pozitif yönlü sınırı iki tür parçadan oluşur:
- \(\partial D\)’nin parçaları. Bunların her biri tek bir \(D_k\)’nın sınırındadır ve orada \(D_k\)’yı, dolayısıyla \(D\)’yi solda bırakan yönde, yani \(\partial D\)’nin yönünde dolaşılır.
- İki komşu parçayı ayıran iç kenarlar. Böyle bir kenar iki parçanın sınırındadır. İki parça da kendi bölgesini solda bırakacak biçimde dolaşıldığından kenar bir kez bir yönde, bir kez ters yönde dolaşılır.
Green Teoremini her \(D_k\)’ya uygulayıp \(n\) eşitliği toplarsak iç kenarlar üzerindeki integraller ikişer ikişer sadeleşir; solda \(\partial D\) boyunca integral, sağda toplamsallıkla \(D\) üzerindeki iki katlı integral kalır. \(\blacksquare\)
Örnek 13.4 (Yarım Halka Üzerinde Green Teoremi) \(D\), üst yarı düzlemde \(x^2 + y^2 = 1\) ile \(x^2 + y^2 = 4\) çemberleri arasında kalan bölge ve \(C\), \(D\)’nin pozitif yönlü sınırı olsun.
\[ \oint_C y^2\,dx + 3xy\,dy \]
integralini hesaplayınız.
Çözüm
Bölge. \(D\) basit değildir: \(0 < y < 1\) için bir yatay doğru \(D\)’yi iki ayrı parçada keser, yani \(D\) II. tip değildir. Ama \(y\) ekseni \(D\)’yi iki basit bölgeye ayırır; bu yüzden Teorem 13.2 uygulanabilir. Kutupsal koordinatlarda
\[ D = \{(r, \theta) \mid 1 \le r \le 2,\ 0 \le \theta \le \pi\} \]
bir kutupsal dikdörtgendir.
Fark. \(P = y^2\) ve \(Q = 3xy\) için
\[ \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 3y - 2y = y. \]
İntegral. \(y = r\sin\theta\) ve \(dA = r\,dr\,d\theta\) olduğundan (Teorem 3.1)
\[ \begin{aligned} \oint_C y^2\,dx + 3xy\,dy &= \iint_D y\,dA = \int_0^{\pi} \int_1^2 (r\sin\theta)\,r\,dr\,d\theta \\[1mm] &= \int_0^{\pi} \sin\theta\,d\theta \int_1^2 r^2\,dr = \Big[ -\cos\theta \Big]_0^{\pi} \left[ \frac{r^3}{3} \right]_1^2 \\[1mm] &= 2 \cdot \frac{7}{3} = \frac{14}{3} \end{aligned} \]
bulunur. \(\blacksquare\)
Etkileşimli sahne: Green Teoremi küçük bir diskte. \(a\) ve \(b\) kaydırıcıları pozitif yönlü \(C\) çemberinin merkezini, \(\rho\) kaydırıcısı yarıçapını değiştirir; \(D\), \(C\)’nin sınırladığı disktir. Zemindeki renk \(\partial Q/\partial x - \partial P/\partial y\) farkını gösterir: turuncu tonlar pozitif, mavi tonlar negatif değerlerdir. Oklar yalnız \(\mathbf{F}\)’nin yönünü gösterir. Değer satırı \(\oint_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}\) eğrisel integralini ve \(D\) üzerindeki iki katlı integrali birbirinden bağımsız olarak, sayısal yöntemle hesaplar; Green Teoremi gereği ikisi hep eşit çıkar. İlk alan Örnek 13.4 içindeki \(y^2\,\mathbf{i} + 3xy\,\mathbf{j}\) alanıdır. Onda fark \(y\), iki katlı integral de \(b\,\pi\rho^2\)’dir: merkez \(x\) ekseninin üstündeyse integral pozitif, altındaysa negatiftir; integralin disk alanına oranı ise yarıçap ne olursa olsun merkezdeki \(b\) değerine eşittir. İkinci alan Alıştırma 13.6 içindeki kuvvet alanıdır; onda fark \(x^2 + y^2\), oran da \(a^2 + b^2 + \frac{1}{2}\rho^2\)’dir. Merkez \((1, 1)\) iken \(\rho = 1\), \(0{,}5\) ve \(0{,}1\) için oran \(2{,}5\), \(2{,}125\) ve \(2{,}005\) olur: disk küçüldükçe oran, farkın merkezdeki değeri olan \(2\)’ye yaklaşır.
Green Teoremi delikli bölgelere, yani basit bağlantılı olmayan (Tanım 12.5) bölgelere de uygulanır. Böyle bir bölgenin sınırı birden çok kapalı eğriden oluşur ve sınırın pozitif yönü yine “bölge hep solda kalır” kuralıyla belirlenir: dış eğri saat yönünün tersine, iç eğriler saat yönünde dolaşılır.
Sonuç 13.1 (Delikli Bölgeler için Green Teoremi) \(D\) bölgesi, dışta basit kapalı bir \(C_1\) eğrisiyle, içte \(C_1\)’in içinde kalan, birbirini kesmeyen ve her biri ötekilerin dışında kalan \(C_2, \dots, C_m\) basit kapalı eğrileriyle sınırlı olsun. Bu eğriler \(D\) hep solda kalacak biçimde yönlendirilsin: \(C_1\) saat yönünün tersine, \(C_2, \dots, C_m\) saat yönünde. \(D\), sınırları parçalı düzgün olan sonlu sayıda basit bölgeye bölünebiliyorsa ve \(P\), \(Q\), \(D\)’yi içeren açık bir bölgede sürekli birinci mertebe kısmi türevlere sahipse
\[ \iint_D \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dA = \sum_{k=1}^{m} \int_{C_k} P\,dx + Q\,dy \]
olur.
İspat
Şeklin sağındaki gibi deliklerden dış eğriye uzanan kesiklerle \(D\)’yi parçalara ayıralım (örneğin \(D'\) ve \(D''\)). Her parçanın pozitif yönlü sınırı, \(C_1, \dots, C_m\) eğrilerinin parçalarıyla kesiklerden oluşur. \(C_k\) eğrilerinin parçaları, parçayı ve dolayısıyla \(D\)’yi solda bırakan yönde, yani varsayılan yönde dolaşılır. Her kesik iki parçanın sınırındadır ve bu iki parçanın sınırlarında zıt yönlerde dolaşılır.
Basit bölgelerin birleşimi için verdiğimiz ispattaki gibi (Teorem 13.2) Green Teoremini her parçaya uygulayıp toplarsak kesikler üzerindeki integraller sadeleşir. Sağ tarafta toplamsallıkla \(D\) üzerindeki iki katlı integral, sol tarafta ise \(C_1, \dots, C_m\) boyunca alınan integrallerin toplamı kalır. \(\blacksquare\)
Tek delikli bir bölgede, delik \(C_2\) eğrisiyle sınırlıysa sonuç
\[ \iint_D \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dA = \oint_{C_1} P\,dx + Q\,dy + \int_{C_2} P\,dx + Q\,dy \]
biçimini alır; burada \(C_2\) saat yönünde dolaşılır. Bu sonucun en güzel uygulaması, bir noktada tanımsız olan alanlarla ilgilidir.
Örnek 13.5 (Orijini Çevreleyen Eğriler) \[ \mathbf{F}(x, y) = \frac{-y\,\mathbf{i} + x\,\mathbf{j}}{x^2 + y^2} \]
olsun. Orijini çevreleyen her pozitif yönlü, parçalı düzgün, basit kapalı \(C\) eğrisi için \(\oint_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = 2\pi\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(C\) rastgele bir eğri olduğundan integrali doğrudan hesaplayamayız. Green Teoremini de \(C\)’nin sınırladığı bölgenin tamamına uygulayamayız, çünkü \(P\) ve \(Q\) orijinde tanımsızdır. Bu yüzden orijini küçük bir çemberle dışarıda bırakacağız.
Yardımcı çember. Orijin \(C\)’nin içinde olduğundan, orijin merkezli ve \(a\) yarıçaplı bir \(C'\) çemberi \(C\)’nin içinde kalacak kadar küçük seçilebilir. \(C'\) çemberini saat yönünün tersine yönlendirelim. \(D\), \(C\) ile \(C'\) arasındaki bölge olsun. \(D\) orijini içermez ve pozitif yönlü sınırı \(C \cup (-C')\)’dür. \(D\)’nin sonlu sayıda basit bölgeye bölünebildiğini kabul ediyoruz; Green Teoreminin genel hâlinde bu varsayım gereksizdir.
Fark. \(P = \dfrac{-y}{x^2 + y^2}\) ve \(Q = \dfrac{x}{x^2 + y^2}\), orijin dışında sürekli kısmi türevlere sahiptir. Bölüm kuralıyla
\[ \frac{\partial P}{\partial y} = \frac{-(x^2 + y^2) + y \cdot 2y}{(x^2 + y^2)^2} = \frac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2} \]
ve
\[ \frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{(x^2 + y^2) - x \cdot 2x}{(x^2 + y^2)^2} = \frac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2} \]
bulunur. Demek ki \(D\)’nin her noktasında \(\dfrac{\partial Q}{\partial x} - \dfrac{\partial P}{\partial y} = 0\)’dır.
Green Teoremi. Sonuç 13.1 ile
\[ \oint_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} + \int_{-C'} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \iint_D 0\,dA = 0 \]
olur. \(\int_{-C'} = -\oint_{C'}\) olduğundan (Önerme 11.4)
\[ \oint_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \oint_{C'} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} \]
elde edilir. Yani \(C\) boyunca integral, \(C\)’nin biçiminden bağımsız olarak küçük çember boyunca integrale eşittir.
Çember boyunca hesap. \(C'\) çemberini \(\mathbf{r}(t) = a\cos t\,\mathbf{i} + a\sin t\,\mathbf{j}\), \(0 \le t \le 2\pi\) ile parametrize edelim. \(x^2 + y^2 = a^2\) olduğundan
\[ \mathbf{F}(\mathbf{r}(t)) = \frac{-a\sin t\,\mathbf{i} + a\cos t\,\mathbf{j}}{a^2}, \qquad \mathbf{r}'(t) = -a\sin t\,\mathbf{i} + a\cos t\,\mathbf{j} \]
ve
\[ \mathbf{F}(\mathbf{r}(t)) \cdot \mathbf{r}'(t) = \frac{a^2\sin^2 t + a^2\cos^2 t}{a^2} = 1 \]
olur. Böylece
\[ \oint_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \oint_{C'} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \int_0^{2\pi} 1\,dt = 2\pi \]
bulunur. \(\blacksquare\)
Bu örnekteki alan için \(\partial Q/\partial x = \partial P/\partial y\) eşitliği orijin dışındaki her noktada sağlanır; buna rağmen orijini çevreleyen eğriler boyunca integral \(2\pi \ne 0\)’dır. Bu bir çelişki değildir: orijin çıkarılmış düzlem basit bağlantılı olmadığından konservatiflik ölçütü (Teorem 12.5) bu alana uygulanamaz. Orijinden geçmeyen ve orijini çevrelemeyen bir basit kapalı eğri için ise eğrinin sınırladığı bölge orijini içermez ve Green Teoremi integralin \(0\) olduğunu doğrudan verir.
Etkileşimli sahne: orijini çevreleyen eğriler. \(a\) ve \(b\) kaydırıcıları pozitif yönlü kapalı \(C\) eğrisinin merkezini, \(\rho\) kaydırıcısı büyüklüğünü, “dalga” kaydırıcısı da biçimini değiştirir; oklar yalnız \(\mathbf{F}\)’nin yönünü gösterir ve seçeneklerde \(r^2 = x^2 + y^2\) kısaltması kullanılmıştır. İlk alan Örnek 13.5 içindeki \((-y\,\mathbf{i} + x\,\mathbf{j})/(x^2 + y^2)\) alanıdır: \(C\) orijini çevrelediği sürece, biçimi ve büyüklüğü ne olursa olsun, değer satırındaki integral \(2\pi \approx 6{,}2832\)’dir; \(C\) orijini dışarıda bıraktığında \(0\) olur. İkinci alan Alıştırma 13.10 içindeki alandır. O, orijin dışında bir gradyan alanı olduğundan \(C\) orijini çevrelese de integrali \(0\)’dır. İki alanda da orijin dışında \(\partial Q/\partial x - \partial P/\partial y = 0\) olduğundan Sonuç 13.1 gereği eğriyi orijinin üzerinden geçirmeden biçimlendirmek integrali değiştirmez. İlk alanın integrali, \(C\) orijinin üzerinden geçip onu dışarıda bıraktığı anda \(2\pi\)’den \(0\)’a atlar.
13.6 Konservatiflik Ölçütüne Dönüş
Green Teoremi, Eğrisel İntegraller için Temel Teorem bölümündeki konservatiflik ölçütünün (Teorem 12.5) neden doğru olduğunu da açıklar.
\(\mathbf{F} = P\,\mathbf{i} + Q\,\mathbf{j}\), açık ve basit bağlantılı bir \(D\) bölgesinde tanımlı olsun; \(P\) ve \(Q\)’nun birinci mertebe kısmi türevleri \(D\)’de sürekli ve \(D\)’nin her noktasında
\[ \frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x} \]
olsun. \(C\), \(D\) içinde parçalı düzgün, basit kapalı bir eğri ve \(R\), \(C\)’nin sınırladığı bölge olsun. \(D\) basit bağlantılı olduğundan \(C\) yalnız \(D\)’nin noktalarını çevreler, yani \(R \subseteq D\)’dir. \(C\) pozitif yönlüyse Green Teoremi \(R\) üzerinde
\[ \oint_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \iint_R \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dA = \iint_R 0\,dA = 0 \]
verir. \(C\) negatif yönlüyse integral bunun ters işaretlisidir, yine \(0\)’dır.
Kendini kesen bir kapalı eğri, kesişme noktalarında sonlu sayıda basit kapalı eğriye ayrılabiliyorsa, bu eğri boyunca integral basit parçalar boyunca alınan integrallerin toplamıdır ve o da \(0\)’dır. Böylece \(D\)’deki her kapalı eğri boyunca \(\oint \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = 0\) olur. Kapalı eğrilerle yoldan bağımsızlığı bağlayan teorem (Teorem 12.2) gereği \(\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}\), \(D\)’de yoldan bağımsızdır; yoldan bağımsız alanların konservatif olduğunu söyleyen teorem (Teorem 12.3) gereği de \(\mathbf{F}\) konservatiftir.
Bu akıl yürütme ölçütün özünü gösterir. Tam bir ispat için iki ince noktanın da halledilmesi gerekir: Green Teoreminin rastgele parçalı düzgün basit kapalı eğriler için geçerliliği ve sonsuz kez kendini kesebilen kapalı eğriler. İkisi de ileri analizin konusudur.
13.7 Alıştırmalar
Alıştırmalar kolaydan zora sıralıdır. Her birinde önce eğrinin yönünü ve \(P\) ile \(Q\)’nun \(D\) üzerinde sürekli türevlere sahip olduğunu denetleyin.
Alıştırma 13.1 (Üçgende İki Yolla Hesap) \(C\), köşeleri \((0, 0)\), \((1, 0)\) ve \((1, 2)\) olan pozitif yönlü üçgen olsun.
\[ \oint_C xy\,dx + x^2 y^3\,dy \]
integralini önce doğrudan, sonra Green Teoremiyle hesaplayıp sonuçları karşılaştırınız.
Çözüm
Doğrudan hesap. \(C\) üç kenardan oluşur.
\(C_1\): \((0, 0)\)’dan \((1, 0)\)’a. Burada \(y = 0\) ve \(dy = 0\) olduğundan integrand sıfırdır; katkı \(0\).
\(C_2\): \((1, 0)\)’dan \((1, 2)\)’ye. \(x = 1\), \(y = y\), \(0 \le y \le 2\) ve \(dx = 0\) alınırsa katkı \(\displaystyle\int_0^2 y^3\,dy = 4\) olur.
\(C_3\): \((1, 2)\)’den \((0, 0)\)’a, \(y = 2x\) doğrusu boyunca. \(x\)’i parametre alırsak \(x\) \(1\)’den \(0\)’a iner ve \(dy = 2\,dx\) olur:
\[xy\,dx + x^2 y^3\,dy = 2x^2\,dx + 16x^5\,dx.\]
Bu kenarın katkısı
\[\int_1^0 \left( 2x^2 + 16x^5 \right) dx = -\left( \frac{2}{3} + \frac{8}{3} \right) = -\frac{10}{3}\]
olur.
Toplam \(0 + 4 - \frac{10}{3} = \frac{2}{3}\)’tür.
Green Teoremiyle. \(P = xy\), \(Q = x^2 y^3\) için
\[ \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 2xy^3 - x \]
olur. Üçgensel bölge
\[ D = \{(x, y) \mid 0 \le x \le 1,\ 0 \le y \le 2x\} \]
olduğundan
\[ \begin{aligned} \iint_D \left( 2xy^3 - x \right) dA &= \int_0^1 \left[ \frac{x y^4}{2} - xy \right]_{y=0}^{y=2x} dx \\[1mm] &= \int_0^1 \left( 8x^5 - 2x^2 \right) dx = \frac{4}{3} - \frac{2}{3} = \frac{2}{3} \end{aligned} \]
bulunur. İki yol aynı sonucu verir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 13.2 (Ters Tanjantlı Bir İntegral) \(C\), köşeleri \((0, 0)\), \((1, 0)\) ve \((1, 3)\) olan pozitif yönlü üçgen olmak üzere
\[ \oint_C x^2 y^2\,dx + y\arctan y\,dy \]
integralini Green Teoremiyle hesaplayınız.
Çözüm
\(P = x^2 y^2\) ve \(Q = y\arctan y\) her yerde sürekli kısmi türevlere sahiptir. \(Q\) yalnız \(y\)’ye bağlı olduğundan \(\partial Q/\partial x = 0\)’dır; bu sayede doğrudan hesapta karşımıza çıkacak \(y \arctan y\) integralinden kurtuluruz:
\[ \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 0 - 2x^2 y = -2x^2 y. \]
Üçgensel bölge
\[ D = \{(x, y) \mid 0 \le x \le 1,\ 0 \le y \le 3x\} \]
olduğundan
\[ \begin{aligned} \oint_C x^2 y^2\,dx + y\arctan y\,dy &= \int_0^1 \int_0^{3x} \left( -2x^2 y \right) dy\,dx \\[1mm] &= \int_0^1 \Big[ -x^2 y^2 \Big]_{y=0}^{y=3x} dx = \int_0^1 \left( -9x^4 \right) dx = -\frac{9}{5} \end{aligned} \]
bulunur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 13.3 (Halka Biçimli Bölgenin Sınırı) \(C\), \(x^2 + y^2 = 4\) ve \(x^2 + y^2 = 9\) çemberleri arasındaki bölgenin pozitif yönlü sınırı olsun.
\[ \int_C \left( 1 - y^3 \right) dx + \left( x^3 + e^{y^2} \right) dy \]
integralini hesaplayınız.
Çözüm
Bölge tek delikli bir halkadır. Pozitif yönlü sınırı, saat yönünün tersine dolaşılan \(x^2 + y^2 = 9\) çemberiyle saat yönünde dolaşılan \(x^2 + y^2 = 4\) çemberinden oluşur. Halka iki koordinat ekseniyle dört basit bölgeye bölünebildiğinden Sonuç 13.1 uygulanır.
\(P = 1 - y^3\) ve \(Q = x^3 + e^{y^2}\) için
\[ \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 3x^2 - \left( -3y^2 \right) = 3\left( x^2 + y^2 \right) = 3r^2 \]
olur. Halka kutupsal koordinatlarda \(2 \le r \le 3\), \(0 \le \theta \le 2\pi\) olduğundan (Teorem 3.1)
\[ \begin{aligned} \int_C \left( 1 - y^3 \right) dx + \left( x^3 + e^{y^2} \right) dy &= \int_0^{2\pi} \int_2^3 3r^2 \cdot r\,dr\,d\theta \\[1mm] &= 2\pi \left[ \frac{3r^4}{4} \right]_2^3 = 2\pi \cdot \frac{3(81 - 16)}{4} = \frac{195\pi}{2} \end{aligned} \]
bulunur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 13.4 (Saat Yönünde Dolaşılan Bir Eğri) \(C\), \((0, 0)\)’dan \(x = y^2\) parabolü boyunca \((4, 2)\)’ye, oradan doğru parçasıyla \((4, 0)\)’a, oradan da \(x\) ekseni boyunca \((0, 0)\)’a giden eğri olsun.
\[ \int_C \left( x^{2/3} + y^2 \right) dx + \left( y^{4/3} - x^2 \right) dy \]
integralini hesaplayınız.
Çözüm
Yön. \(C\)’nin sınırladığı bölge
\[ D = \{(x, y) \mid 0 \le y \le 2,\ y^2 \le x \le 4\} \]
olup bu dolaşımda sağda kalır: \(C\) saat yönünde, yani negatif yönlüdür. Green Teoremini ters yönlü \(-C\) eğrisine uygulayıp sonucun işaretini değiştireceğiz.
Fark. \(x^{2/3}\) yalnız \(x\)’e, \(y^{4/3}\) yalnız \(y\)’ye bağlıdır. Bu yüzden
\[ \frac{\partial P}{\partial y} = 2y, \qquad \frac{\partial Q}{\partial x} = -2x \]
olur. \(P\), \(Q\) ve bu iki türev her yerde süreklidir. \(\partial P/\partial x = \frac{2}{3}x^{-1/3}\) türevi \(x = 0\)’da tanımsızdır, ama Green Teoreminin ispatında bu türev kullanılmaz.
İntegral. Önerme 11.4 ve Green Teoremiyle
\[ \begin{aligned} \int_C P\,dx + Q\,dy &= -\oint_{-C} P\,dx + Q\,dy \\[1mm] &= -\iint_D (-2x - 2y)\,dA = \iint_D (2x + 2y)\,dA \end{aligned} \]
olur. \(D\)’yi II. tip bölge olarak kullanırsak
\[ \begin{aligned} \iint_D (2x + 2y)\,dA &= \int_0^2 \Big[ x^2 + 2xy \Big]_{x=y^2}^{x=4} dy = \int_0^2 \left( 16 + 8y - y^4 - 2y^3 \right) dy \\[1mm] &= \left[ 16y + 4y^2 - \frac{y^5}{5} - \frac{y^4}{2} \right]_0^2 = 32 + 16 - \frac{32}{5} - 8 = \frac{168}{5} \end{aligned} \]
bulunur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 13.5 (Saat Yönündeki Çember) \(\mathbf{F}(x, y) = \langle y - \cos y,\ x\sin y \rangle\) ve \(C\), saat yönünde dolaşılan \((x - 3)^2 + (y + 4)^2 = 4\) çemberi olsun. \(\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
\(P = y - \cos y\) ve \(Q = x\sin y\) her yerde sürekli kısmi türevlere sahiptir ve
\[ \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = \sin y - (1 + \sin y) = -1 \]
olur. \(C\)’nin sınırladığı \(D\) bölgesi, yarıçapı \(2\) olan bir disktir; alanı \(4\pi\)’dir. \(C\) negatif yönlü olduğundan ters yönlü \(-C\) pozitif yönlüdür ve Green Teoremi
\[ \oint_{-C} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \iint_D (-1)\,dA = -4\pi \]
verir. Yön değişince işaret değiştiğinden (Önerme 11.4) \(\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = 4\pi\) bulunur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 13.6 (Çeyrek Çember Boyunca Yapılan İş) Bir parçacık orijinden başlayıp \(x\) ekseni boyunca \((5, 0)\)’a, sonra \(x^2 + y^2 = 25\), \(x \ge 0\), \(y \ge 0\) çeyrek çemberi boyunca \((0, 5)\)’e, oradan da \(y\) ekseni boyunca orijine dönüyor.
\[ \mathbf{F}(x, y) = \left\langle \sin x,\ \sin y + xy^2 + \frac{1}{3}x^3 \right\rangle \]
kuvvet alanının bu hareket boyunca yaptığı işi bulunuz.
Çözüm
İş \(W = \oint_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}\)’dir. Yol, çeyrek daireyi saat yönünün tersine dolaşan pozitif yönlü kapalı bir eğridir. \(P = \sin x\) ve \(Q = \sin y + xy^2 + \frac{1}{3}x^3\) için
\[ \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = y^2 + x^2 - 0 = x^2 + y^2 \]
olur. Çeyrek daire kutupsal koordinatlarda \(0 \le r \le 5\), \(0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}\) olduğundan
\[ W = \int_0^{\pi/2} \int_0^5 r^2 \cdot r\,dr\,d\theta = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{5^4}{4} = \frac{625\pi}{8} \]
bulunur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 13.7 (Sikloid Kemerinin Altındaki Alan) \(x = t - \sin t\), \(y = 1 - \cos t\), \(0 \le t \le 2\pi\) sikloid kemeri ile \(x\) ekseni arasındaki bölgenin alanını (5) formüllerinden biriyle bulunuz.
Çözüm
Sınır ve yön. Kemer \((0, 0)\)’dan başlar, \(t = \pi\)’de en yüksek noktası \((\pi, 2)\)’ye çıkar ve \((2\pi, 0)\)’da biter. Bölgenin pozitif yönlü sınırı iki parçadır: \(x\) ekseni boyunca \((0, 0)\)’dan \((2\pi, 0)\)’a giden \(C_1\) doğru parçası ve kemer boyunca \((2\pi, 0)\)’dan \((0, 0)\)’a geri dönen \(C_2\), yani \(t\)’nin \(2\pi\)’den \(0\)’a azaldığı kemer.
Formül seçimi. \(A = -\oint_C y\,dx\) formülünü kullanalım (Önerme 13.1). \(C_1\) üzerinde \(y = 0\) olduğundan bu parçanın katkısı sıfırdır.
Kemer. \(C_2\) üzerinde \(y = 1 - \cos t\) ve \(dx = (1 - \cos t)\,dt\) olduğundan
\[ \int_{C_2} y\,dx = \int_{2\pi}^{0} (1 - \cos t)^2\,dt = -\int_0^{2\pi} \left( 1 - 2\cos t + \cos^2 t \right) dt \]
olur. \(\int_0^{2\pi} \cos t\,dt = 0\) ve \(\int_0^{2\pi} \cos^2 t\,dt = \pi\) olduğundan bu integral \(-(2\pi + \pi) = -3\pi\)’dir.
Sonuç. \(A = -(0 - 3\pi) = 3\pi\) bulunur. Kemerin altındaki alan, kemeri çizen birim çemberin alanının tam üç katıdır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 13.8 (Beşgenin Alanı) Köşeleri saat yönünün tersine sırayla \((0, 0)\), \((2, 1)\), \((1, 3)\), \((0, 3)\) ve \((-1, 1)\) olan beşgenin alanını (5) formülleriyle bulunuz.
Çözüm
Bir kenarın katkısı. \((x_1, y_1)\) noktasından \((x_2, y_2)\) noktasına giden doğru parçasını
\[ x = x_1 + t(x_2 - x_1), \qquad y = y_1 + t(y_2 - y_1), \qquad 0 \le t \le 1 \]
ile parametrize edelim. \(dx = (x_2 - x_1)\,dt\) ve \(dy = (y_2 - y_1)\,dt\) olur. \(x\,dy - y\,dx\) ifadesinde \(t\) içeren terimler sadeleşir:
\[ \begin{aligned} x\,dy - y\,dx &= \big[ (x_1 + t\,\Delta x)\,\Delta y - (y_1 + t\,\Delta y)\,\Delta x \big]\,dt \\[1mm] &= \left( x_1\,\Delta y - y_1\,\Delta x \right) dt = \left( x_1 y_2 - x_2 y_1 \right) dt; \end{aligned} \]
burada \(\Delta x = x_2 - x_1\) ve \(\Delta y = y_2 - y_1\)’dir. Bu yüzden kenar boyunca \(\int x\,dy - y\,dx = x_1 y_2 - x_2 y_1\) olur.
Çokgen formülü. Köşeleri saat yönünün tersine sırayla \((x_1, y_1), \dots, (x_n, y_n)\) olan bir çokgenin sınırı \(n\) kenardan oluşur. (5)’teki üçüncü formül her kenarın katkısını toplar:
\[ A = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n} \left( x_k y_{k+1} - x_{k+1} y_k \right), \qquad (x_{n+1}, y_{n+1}) = (x_1, y_1). \]
Beşgen. Kenarların katkıları sırasıyla
\[ \begin{aligned} &0 \cdot 1 - 2 \cdot 0 = 0, \qquad 2 \cdot 3 - 1 \cdot 1 = 5, \qquad 1 \cdot 3 - 0 \cdot 3 = 3, \\[1mm] &0 \cdot 1 - (-1) \cdot 3 = 3, \qquad (-1) \cdot 0 - 0 \cdot 1 = 0 \end{aligned} \]
olur. Toplam \(11\) olduğundan beşgenin alanı \(A = \frac{11}{2}\)’dir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 13.9 (Çeyrek Dairenin Ağırlık Merkezi) Yoğunluğu sabit olan bir levhanın kütle merkezine ağırlık merkezi denir. Ağırlık merkezinin koordinatlarını sınır eğrisi boyunca alınan integrallerle yazarak yarıçapı \(a\) olan çeyrek dairenin (\(x \ge 0\), \(y \ge 0\)) ağırlık merkezini bulunuz.
Çözüm
Sınır formülleri. \(D\), pozitif yönlü \(C\) eğrisiyle sınırlı, alanı \(A\) olan bir bölge ve yoğunluk sabit olsun. Kütle merkezinin tanımında (Tanım 4.4) sabit yoğunluk sadeleşir:
\[ \bar{x} = \frac{1}{A} \iint_D x\,dA, \qquad \bar{y} = \frac{1}{A} \iint_D y\,dA. \]
\(P = 0\), \(Q = \frac{1}{2}x^2\) seçilirse \(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = x\) olur. \(P = -\frac{1}{2}y^2\), \(Q = 0\) seçilirse fark \(y\)’dir. Green Teoremiyle
\[ \bar{x} = \frac{1}{2A} \oint_C x^2\,dy, \qquad \bar{y} = -\frac{1}{2A} \oint_C y^2\,dx \]
bulunur.
Çeyrek daire. Alan \(A = \frac{1}{4}\pi a^2\)’dir. Sınır üç parçadır: \(x\) ekseni üzerinde \((0, 0)\)’dan \((a, 0)\)’a, \(x = a\cos t\), \(y = a\sin t\), \(0 \le t \le \frac{\pi}{2}\) yayı ve \(y\) ekseni üzerinde \((0, a)\)’dan \((0, 0)\)’a.
\(\oint_C x^2\,dy\): \(x\) ekseninde \(dy = 0\), \(y\) ekseninde \(x = 0\) olduğundan yalnız yay katkı verir:
\[ \begin{aligned} \int_0^{\pi/2} a^2\cos^2 t \cdot a\cos t\,dt &= a^3 \int_0^{\pi/2} \left( 1 - \sin^2 t \right)\cos t\,dt \\[1mm] &= a^3 \left[ \sin t - \frac{\sin^3 t}{3} \right]_0^{\pi/2} = \frac{2a^3}{3}. \end{aligned} \]
\(\oint_C y^2\,dx\): \(x\) ekseninde \(y = 0\), \(y\) ekseninde \(dx = 0\) olduğundan yine yalnız yay katkı verir:
\[ \begin{aligned} \int_0^{\pi/2} a^2\sin^2 t \cdot (-a\sin t)\,dt &= -a^3 \int_0^{\pi/2} \left( 1 - \cos^2 t \right)\sin t\,dt \\[1mm] &= -a^3 \left[ -\cos t + \frac{\cos^3 t}{3} \right]_0^{\pi/2} = -\frac{2a^3}{3}. \end{aligned} \]
Böylece
\[ \bar{x} = \frac{1}{2 \cdot \frac{1}{4}\pi a^2} \cdot \frac{2a^3}{3} = \frac{4a}{3\pi}, \qquad \bar{y} = -\frac{1}{2 \cdot \frac{1}{4}\pi a^2} \cdot \left( -\frac{2a^3}{3} \right) = \frac{4a}{3\pi} \]
bulunur. Ağırlık merkezi \(\left( \frac{4a}{3\pi}, \frac{4a}{3\pi} \right)\)’dir; \(\bar{x} = \bar{y}\) olması, çeyrek dairenin \(y = x\) doğrusuna göre simetrisiyle uyumludur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 13.10 (Orijinde Tanımsız Bir Alan) \[ \mathbf{F}(x, y) = \frac{2xy\,\mathbf{i} + \left( y^2 - x^2 \right)\mathbf{j}}{\left( x^2 + y^2 \right)^2} \]
olsun. Orijini çevreleyen pozitif yönlü, parçalı düzgün, basit kapalı her \(C\) eğrisi için \(\oint_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
Orijini çevreleyen eğriler örneğindeki (Örnek 13.5) yolu izleyeceğiz.
Fark. \(P = 2xy\left( x^2 + y^2 \right)^{-2}\) ve \(Q = \left( y^2 - x^2 \right)\left( x^2 + y^2 \right)^{-2}\) orijin dışında sürekli kısmi türevlere sahiptir. Çarpım ve zincir kuralıyla
\[ \begin{aligned} \frac{\partial P}{\partial y} &= \frac{2x\left( x^2 + y^2 \right) - 8xy^2}{\left( x^2 + y^2 \right)^3} = \frac{2x\left( x^2 - 3y^2 \right)}{\left( x^2 + y^2 \right)^3}, \\[1mm] \frac{\partial Q}{\partial x} &= \frac{-2x\left( x^2 + y^2 \right) - 4x\left( y^2 - x^2 \right)}{\left( x^2 + y^2 \right)^3} = \frac{2x\left( x^2 - 3y^2 \right)}{\left( x^2 + y^2 \right)^3} \end{aligned} \]
bulunur. Fark orijin dışında sıfırdır.
Küçük çembere indirgeme. Orijin merkezli, \(C\)’nin içinde kalan, \(a\) yarıçaplı ve pozitif yönlü bir \(C'\) çemberi alalım. Aynı örnekteki gibi delikli bölgeler için Green Teoremi (Sonuç 13.1) \(\oint_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \oint_{C'} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}\) verir.
Çember boyunca hesap. \(x = a\cos t\), \(y = a\sin t\) için \(x^2 + y^2 = a^2\), \(dx = -a\sin t\,dt\) ve \(dy = a\cos t\,dt\)’dir:
\[ \begin{aligned} P\,dx + Q\,dy &= \frac{2a^2\cos t\sin t \cdot (-a\sin t) + a^2\left( \sin^2 t - \cos^2 t \right) \cdot a\cos t}{a^4}\,dt \\[1mm] &= \frac{-\sin^2 t\cos t - \cos^3 t}{a}\,dt = -\frac{\cos t}{a}\,dt. \end{aligned} \]
Böylece
\[ \oint_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = -\frac{1}{a} \int_0^{2\pi} \cos t\,dt = 0 \]
bulunur. Sonuç şaşırtıcı değildir: \(f(x, y) = \dfrac{-y}{x^2 + y^2}\) için \(\nabla f = \mathbf{F}\) olduğu türev alarak doğrulanabilir. \(\mathbf{F}\), orijin çıkarılmış düzlemde bir gradyan alanıdır ve temel teoreme (Teorem 12.1) göre her kapalı eğri boyunca integrali \(0\)’dır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 13.11 (Alanı Bilinen Bir Bölge) \(\mathbf{F}(x, y) = \left\langle x^2 + y,\ 3x - y^2 \right\rangle\) ve \(C\), alanı \(6\) olan bir \(D\) bölgesinin pozitif yönlü sınır eğrisi olsun. \(\oint_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
\(P = x^2 + y\) ve \(Q = 3x - y^2\) polinomdur ve
\[ \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 3 - 1 = 2 \]
sabittir. Green Teoremiyle
\[ \oint_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \iint_D 2\,dA = 2 \cdot A(D) = 2 \cdot 6 = 12 \]
bulunur. Sonuç \(D\)’nin biçimine değil, yalnız alanına bağlıdır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 13.12 (Değişken Değiştirme Formülü ve Green Teoremi) \(x = g(u, v)\), \(y = h(u, v)\) dönüşümü \(uv\)-düzlemindeki \(S\) bölgesini bire bir olarak \(xy\)-düzlemindeki \(R\) bölgesine ve \(S\)’nin sınırını \(R\)’nin sınırına götürsün. \(S\) ile \(R\) parçalı düzgün basit kapalı eğrilerle sınırlı olsun ve Green Teoremi ikisinde de geçerli olsun. \(g\) ile \(h\)’nin ikinci mertebe kısmi türevleri sürekli ve Jacobi determinantı \(S\)’nin her noktasında sıfırdan farklı olsun. Green Teoremini kullanarak
\[ \iint_R dx\,dy = \iint_S \left| \frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)} \right| du\,dv \]
olduğunu, yani değişken değiştirme formülünün (Teorem 9.1) \(f = 1\) için hâlini gösteriniz.
Çözüm
\(J = \dfrac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)} = g_u h_v - g_v h_u\) yazalım.
Alanı sınır integraline çevirme. (5) formülüyle (Önerme 13.1) \(A(R) = \oint_{\partial R} x\,dy\)’dir.
İntegrali \(uv\)-düzlemine taşıma. \(\partial S\)’yi pozitif yönde \(u = u(t)\), \(v = v(t)\), \(\alpha \le t \le \beta\) ile parametrize edelim. Dönüşüm \(\partial S\)’yi bire bir olarak \(\partial R\)’ye götürdüğünden
\[ x(t) = g(u(t), v(t)), \qquad y(t) = h(u(t), v(t)) \]
eğrisi \(\partial R\)’yi bir kez, ya pozitif ya negatif yönde dolaşır. \(\varepsilon = 1\) (pozitif yön) ya da \(\varepsilon = -1\) (negatif yön) alırsak \(\oint_{\partial R} x\,dy = \varepsilon \int_\alpha^\beta x(t)\,y'(t)\,dt\) olur. Zincir kuralına göre (bkz. Analiz 4) \(y'(t) = h_u\,u'(t) + h_v\,v'(t)\)’dir. Bu yüzden
\[ \int_\alpha^\beta x(t)\,y'(t)\,dt = \int_\alpha^\beta \big[ g h_u\,u'(t) + g h_v\,v'(t) \big]\,dt = \oint_{\partial S} g h_u\,du + g h_v\,dv \]
olur.
\(uv\)-düzleminde Green Teoremi. \(\tilde{P} = g h_u\) ve \(\tilde{Q} = g h_v\) sürekli birinci mertebe kısmi türevlere sahiptir, çünkü \(g\) ile \(h\)’nin ikinci mertebe türevleri süreklidir. Çarpım kuralıyla
\[ \frac{\partial \tilde{Q}}{\partial u} - \frac{\partial \tilde{P}}{\partial v} = \left( g_u h_v + g\,h_{vu} \right) - \left( g_v h_u + g\,h_{uv} \right) = g_u h_v - g_v h_u = J \]
olur; burada karışık kısmi türevlerin eşitliğini, \(h_{uv} = h_{vu}\)’yu kullandık (bkz. Analiz 4). Green Teoremi \(S\) üzerinde \(\oint_{\partial S} \tilde{P}\,du + \tilde{Q}\,dv = \iint_S J\,du\,dv\) verir. Demek ki
\[ A(R) = \varepsilon \iint_S J\,du\,dv. \]
İşaret. \(J\) sürekli ve \(S\)’de hiç sıfır olmadığından işaret değiştiremez: \(J\) bir noktada pozitif, başka bir noktada negatif olsaydı, bu iki noktayı \(S\) içinde birleştiren bir yol boyunca Ara Değer Teoremi \(J\)’nin bir sıfırını verirdi. Bu yüzden \(\left| \iint_S J\,du\,dv \right| = \iint_S |J|\,du\,dv\)’dir. \(A(R) > 0\) olduğundan
\[ A(R) = \left| \iint_S J\,du\,dv \right| = \iint_S \left| \frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)} \right| du\,dv \]
bulunur. \(\blacksquare\)
Green Teoremi, düzlemdeki bir bölgeyi sınır eğrisine bağlayan ilk köprümüz oldu. Teoremdeki \(\dfrac{\partial Q}{\partial x} - \dfrac{\partial P}{\partial y}\) ifadesi, bir sonraki bölümde tanımlayacağımız rotasyonelin \(\mathbf{k}\) bileşenidir. Rotasyonel ve Diverjans bölümünde bu iki işlemi tanıyacak ve Green Teoremini vektör biçimlerinde yeniden yazacağız. Bu biçimler, teoremin uzaydaki karşılıkları olan Stokes ve diverjans teoremlerine giden yolu açar.