4 İki Katlı İntegralin Uygulamaları
Şimdiye kadar iki katlı integrali bir yüzeyin altındaki hacmi ve bir düzlem bölgesinin alanını bulmak için kullandık. Bu bölümde aynı aracı fiziğe ve olasılığa uygulayacağız. Bütün uygulamaların arkasında tek bir düşünce var: bölgeyi küçük dikdörtgenlere böl, her parçanın katkısını yaklaşık hesapla, katkıları topla ve parçaları küçülterek limite geç. Bu limit bir Riemann toplamının limitidir, yani bir iki katlı integraldir (Tanım 1.2, Tanım 2.1).
Önce yoğunluğu noktadan noktaya değişen ince bir levhanın kütlesini ve üzerindeki elektrik yükünü bulacağız. Sonra levhanın dengede durduğu noktayı, yani kütle merkezini, ve levhayı bir eksen etrafında döndürmenin ne kadar zor olduğunu ölçen eylemsizlik momentini hesaplayacağız. Son kısımda iki rastgele değişkenin birlikte davranışını betimleyen ortak olasılık yoğunluk fonksiyonlarına geçeceğiz. Orada olasılık düzleme yayılmış bir kütle gibi davranacak, kütle merkezinin karşılığı da beklenen değer olacak.
4.1 Yoğunluk ve Kütle
Önce yoğunluk kavramını kuralım ve toplam kütlenin neden bir iki katlı integral olduğunu görelim.
Levha (lamina), kalınlığı ihmal edilebilecek kadar ince ve düz bir cisimdir; onu \(xy\)-düzleminde kapladığı \(D\) bölgesiyle özdeşleştiririz. Levhanın bazı yerleri öbürlerinden ağırsa bunu yoğunluk ile ölçeriz. \((x, y)\) noktasını içeren küçük bir dikdörtgenin kütlesi \(\Delta m\), alanı \(\Delta A\) ise
\[\rho(x, y) = \lim \frac{\Delta m}{\Delta A}\]
olarak tanımlanır; limit, dikdörtgenin boyutları \(0\)’a giderken alınır. Yani \(\rho(x, y)\), \((x, y)\) noktasında birim alan başına düşen kütledir (örneğin kg/m²). Bölüm boyunca \(\rho\)’nun \(D\) üzerinde sürekli ve negatif olmayan bir fonksiyon olduğunu varsayacağız.
Toplam kütleyi bulmak için \(D\)’yi içeren bir \(R\) dikdörtgenini \(k \cdot l\) tane eşit \(R_{ij}\) alt dikdörtgenine bölelim ve \(D\)’nin dışında \(\rho = 0\) alalım. Her \(R_{ij}\) içinden bir \((x_{ij}^*, y_{ij}^*)\) noktası seçelim. Küçük bir dikdörtgende yoğunluk neredeyse sabit olduğundan levhanın \(R_{ij}\) içindeki parçasının kütlesi yaklaşık \(\rho(x_{ij}^*, y_{ij}^*)\,\Delta A\)’dır; burada \(\Delta A\), \(R_{ij}\)’nin alanıdır. Bu kütleleri toplarsak
\[m \approx \sum_{i=1}^{k} \sum_{j=1}^{l} \rho(x_{ij}^*, y_{ij}^*)\,\Delta A\]
yaklaşımını elde ederiz. Sağ taraf \(\rho\)’nun bir Riemann toplamıdır. Alt dikdörtgen sayısını artırdıkça yaklaşım iyileşir ve limitte iki katlı integral çıkar.
Tanım 4.1 (Levhanın Kütlesi) \(xy\)-düzleminde \(D\) bölgesini kaplayan ve yoğunluğu \(\rho(x, y)\) olan bir levhanın kütlesi
\[m = \lim_{k,\,l \to \infty} \sum_{i=1}^{k} \sum_{j=1}^{l} \rho(x_{ij}^*, y_{ij}^*)\,\Delta A = \iint_D \rho(x, y)\,dA \tag{1}\]
sayısıdır.
Yani kütle, yoğunluğun bölge üzerindeki integralidir. Yoğunluk sabitse, yani \(\rho(x, y) = \rho\) ise, sabit çarpan integralin dışına çıkar (Önerme 1.1) ve \(m = \rho \iint_D dA = \rho \cdot A(D)\) bulunur; burada \(A(D)\), \(D\)’nin alanıdır. Bu tanıdık “kütle = yoğunluk × alan” formülüdür. İki katlı integral onu yoğunluğun değiştiği duruma genişletir.
Aynı düşünce düzleme yayılmış başka nicelikler için de geçerlidir. Örneğin \(D\) bölgesine bir elektrik yükü dağılmış olsun ve \((x, y)\) noktasındaki yük yoğunluğu (birim alan başına düşen yük) \(\sigma(x, y)\) olsun.
Tanım 4.2 (Toplam Elektrik Yükü) \(D\) bölgesine, \((x, y)\) noktasındaki yük yoğunluğu \(\sigma(x, y)\) olacak biçimde dağılmış elektrik yükünün toplam yükü
\[Q = \iint_D \sigma(x, y)\,dA \tag{2}\]
sayısıdır.
Yani toplam yük de kütle gibi bulunur: \(\sigma\)’nın Riemann toplamı küçük parçalardaki yükleri toplar, limiti iki katlı integrali verir. Kütleden tek farkı, yük yoğunluğunun negatif değerler de alabilmesidir; o zaman pozitif ve negatif yükler integralde birbirini kısmen götürür.
Örnek 4.1 (Üçgen Bölgedeki Toplam Yük) Elektrik yükü, köşeleri \((0, 1)\), \((1, 1)\) ve \((1, 0)\) olan üçgen bölgeye dağılmıştır ve \((x, y)\) noktasındaki yük yoğunluğu \(\sigma(x, y) = xy\)’dir (birimi C/m², yani metrekare başına coulomb). Toplam yükü bulunuz.
Çözüm
Üçgenin alt kenarı \((0, 1)\) ile \((1, 0)\) noktalarını birleştiren \(y = 1 - x\) doğrusu, üst kenarı \(y = 1\) doğrusudur ve \(x\), \(0\) ile \(1\) arasında değişir. Bölge I. tip bir bölgedir (Tanım 2.2):
\[D = \{(x, y) : 0 \le x \le 1,\ 1 - x \le y \le 1\}.\]
- formülüyle
\[ \begin{aligned} Q &= \iint_D xy\,dA = \int_0^1 \int_{1-x}^{1} xy\,dy\,dx = \int_0^1 \left[ \frac{x y^2}{2} \right]_{y=1-x}^{y=1} dx \\[1mm] &= \int_0^1 \frac{x}{2} \left[ 1 - (1 - x)^2 \right] dx \end{aligned} \]
bulunur. \(1 - (1 - x)^2 = 2x - x^2\) olduğundan integrand \(\frac{1}{2}(2x^2 - x^3)\)’tür:
\[Q = \frac{1}{2} \int_0^1 (2x^2 - x^3)\,dx = \frac{1}{2} \left[ \frac{2x^3}{3} - \frac{x^4}{4} \right]_0^1 = \frac{1}{2} \left( \frac{2}{3} - \frac{1}{4} \right) = \frac{5}{24}.\]
Toplam yük \(\frac{5}{24}\) C’dir.
\(\blacksquare\)
4.2 Momentler ve Kütle Merkezi
Bir levhayı tek bir noktadan destekleyerek dengede tutmak istersek desteği nereye koymalıyız? Yoğunluk sabitse cevap yalnız levhanın biçimine bağlıdır; yoğunluk değişince denge noktası ağır tarafa kayar. Bu noktayı bulmak için momentleri kullanacağız.
Kütlesi \(m\) olan bir parçacığın bir eksene göre momenti, kütlesi ile eksene olan yönlü uzaklığının çarpımıdır. Bir noktanın \(x\) eksenine yönlü uzaklığı \(y\) koordinatı, \(y\) eksenine yönlü uzaklığı da \(x\) koordinatıdır. Levhayı yine küçük \(R_{ij}\) dikdörtgenlerine bölelim. \(R_{ij}\) içindeki parçanın kütlesi yaklaşık \(\rho(x_{ij}^*, y_{ij}^*)\,\Delta A\) olduğundan bu parçanın \(x\) eksenine göre momenti yaklaşık
\[\left[ \rho(x_{ij}^*, y_{ij}^*)\,\Delta A \right] y_{ij}^*\]
olur. Bu momentleri toplayıp limite geçersek levhanın bütününün \(x\) eksenine göre momentini buluruz. \(y_{ij}^*\) yerine \(x_{ij}^*\) yazarsak aynı yol \(y\) eksenine göre momenti verir.
Tanım 4.3 (Eksenlere Göre Momentler) \(D\) bölgesini kaplayan ve yoğunluğu \(\rho(x, y)\) olan levhanın \(x\) eksenine göre ve \(y\) eksenine göre momentleri
\[M_x = \iint_D y\,\rho(x, y)\,dA \tag{3}\]
\[M_y = \iint_D x\,\rho(x, y)\,dA \tag{4}\]
sayılarıdır.
Yani \(M_x\)’te her parçanın kütlesi \(y\) ile, \(M_y\)’de \(x\) ile çarpılır: her parça, eksene uzaklığı kadar uzun bir “kaldıraç koluyla” katkı verir. Eksenin bir yanındaki parçalar pozitif, öbür yanındakiler negatif katkı verdiği için bir moment negatif ya da sıfır da olabilir.
Uyarıİndisler ters görünür
\(M_x\), \(x\) eksenine göre momenttir ve integrandında \(y\) bulunur, çünkü bir noktanın \(x\) eksenine uzaklığı \(|y|\)’dir. Aynı nedenle \(M_y\)’nin integrandında \(x\) vardır. Kütle merkezinde de bu yüzden \(\bar{x} = M_y/m\) ve \(\bar{y} = M_x/m\) yazılır.
Tanım 4.4 (Kütle Merkezi) \(D\) bölgesini kaplayan, yoğunluğu \(\rho(x, y)\) ve kütlesi \(m > 0\) olan levhanın kütle merkezi, \(m\bar{x} = M_y\) ve \(m\bar{y} = M_x\) eşitliklerini sağlayan \((\bar{x}, \bar{y})\) noktasıdır:
\[ \begin{aligned} \bar{x} &= \frac{M_y}{m} = \frac{1}{m} \iint_D x\,\rho(x, y)\,dA, \\[1mm] \bar{y} &= \frac{M_x}{m} = \frac{1}{m} \iint_D y\,\rho(x, y)\,dA. \end{aligned} \tag{5} \]
Burada \(m = \iint_D \rho(x, y)\,dA\)’dır.
Yani \(\bar{x}\), levhanın noktalarının \(x\) koordinatlarının yoğunlukla ağırlıklandırılmış ortalamasıdır; \(\bar{y}\) de \(y\) koordinatlarının aynı biçimde alınmış ortalamasıdır. Ağır bölgeler ortalamaya daha çok katkı verdiği için kütle merkezi ağır tarafa kayar. Fiziksel anlamı şudur: levha, bütün kütlesi kütle merkezinde toplanmış gibi davranır. Bu yüzden kütle merkezinin altından bir iğne ucuyla desteklenen levha yatay olarak dengede kalır. Yoğunluk sabitse \(\rho\) hem \(M_y\)’de hem \(m\)’de çarpan olarak çıkar ve sadeleşir; kütle merkezi yalnız \(D\)’nin biçimine bağlı kalır. Bu durumda \((\bar{x}, \bar{y})\) noktasına \(D\)’nin ağırlık merkezi (centroid) denir.
Hesaba başlamadan önce simetriye bakmak çoğu zaman bir integrali gereksiz kılar.
Önerme 4.1 (Simetri ve Kütle Merkezi) \(D\) bölgesi \(y\) eksenine göre simetrik olsun, yani \((x, y) \in D\) ise \((-x, y) \in D\) olsun. Yoğunluk da bu simetriyi taşısın: her \((x, y) \in D\) için \(\rho(-x, y) = \rho(x, y)\). O zaman \(M_y = 0\), dolayısıyla \(\bar{x} = 0\)’dır.
Benzer biçimde \(D\) ve \(\rho\) \(x\) eksenine göre simetrikse, yani \((x, y) \in D\) iken \((x, -y) \in D\) ve \(\rho(x, -y) = \rho(x, y)\) ise, \(M_x = 0\) ve \(\bar{y} = 0\) olur.
İspat
İlk iddiayı gösterelim; ikincisi \(x\) ile \(y\)’nin rolleri değiştirilerek aynı biçimde gösterilir.
\(F(x, y) = x\,\rho(x, y)\) fonksiyonunu \(D\) üzerinde bu kuralla, \(D\) dışında \(0\) olarak tanımlayalım; \(M_y = \iint_D x\,\rho\,dA\) integrali \(F\)’nin integralidir. Önce her \((x, y)\) için \(F(-x, y) = -F(x, y)\) olduğunu görelim:
\((x, y) \in D\) ise \((-x, y) \in D\)’dir ve yoğunluğun simetrisinden
\[F(-x, y) = -x\,\rho(-x, y) = -x\,\rho(x, y) = -F(x, y)\]
olur.
\((x, y) \notin D\) ise \((-x, y) \notin D\)’dir, çünkü aksi hâlde simetriden \((x, y) = (-(-x), y) \in D\) olurdu. İki taraf da \(0\)’dır.
\(D\)’yi, \(y\) eksenine göre simetrik bir \(R = [-c, c] \times [d_1, d_2]\) dikdörtgeninin içine alalım. \(R\)’yi düşey doğrularla çift sayıda (\(2k\) tane) eşit şeride, yatay doğrularla \(l\) eşit şeride bölelim. Bu bölüntü \(y\) eksenine göre simetriktir: sağ yarıdaki her alt dikdörtgenin sol yarıda bir ayna görüntüsü vardır. Sağ yarıdaki bir alt dikdörtgende örnek nokta \((x^*, y^*)\) ise ayna görüntüsünde \((-x^*, y^*)\) noktasını seçelim. Riemann toplamında bu iki alt dikdörtgenin katkıları toplamı
\[F(x^*, y^*)\,\Delta A + F(-x^*, y^*)\,\Delta A = F(x^*, y^*)\,\Delta A - F(x^*, y^*)\,\Delta A = 0\]
olur. Bütün alt dikdörtgenler böyle çiftlere ayrıldığından Riemann toplamının tamamı \(0\)’dır.
\(M_y\) integrali vardır ve tanım gereği, örnek noktalar nasıl seçilirse seçilsin Riemann toplamlarının bölüntü inceldikçe yaklaştığı sayıdır (Tanım 1.2). Bu özel bölüntüler ve örnek noktalarla kurulan toplamların hepsi \(0\) olduğundan limitleri olan \(M_y\) de \(0\)’dır. Böylece \(\bar{x} = M_y/m = 0\) bulunur.
\(\blacksquare\)
Kütle merkezi hesabı hep aynı adımları izler.
İpucuKütle merkezini dört adımda bulmak
- \(D\) bölgesini çizin ve I. tip, II. tip ya da kutupsal biçimde betimleyin. \(D\) ile \(\rho\)’nun ortak bir simetrisi varsa bir koordinatı Önerme 4.1 ile hemen yazın.
- Kütleyi hesaplayın: \(m = \iint_D \rho\,dA\).
- Momentleri hesaplayın: \(M_y = \iint_D x\rho\,dA\) ve \(M_x = \iint_D y\rho\,dA\). Simetriden sıfır olduğu bilineni atlayın.
- \(\bar{x} = M_y/m\) ve \(\bar{y} = M_x/m\) yazın ve sonucu denetleyin: kütle merkezi ağır tarafa doğru kaymış olmalı, \(D\) dışbükeyse \(D\)’nin içinde kalmalıdır.
Örnek 4.2 (Değişken Yoğunluklu Üçgen Levha) Köşeleri \((0, 0)\), \((1, 0)\) ve \((0, 2)\) olan üçgen biçimli bir levhanın yoğunluğu \(\rho(x, y) = 1 + 3x + y\)’dir. Levhanın kütlesini ve kütle merkezini bulunuz.
Çözüm
Bölge. Hipotenüs \((1, 0)\) ile \((0, 2)\) noktalarından geçen \(y = 2 - 2x\) doğrusudur. Bu yüzden
\[D = \{(x, y) : 0 \le x \le 1,\ 0 \le y \le 2 - 2x\}\]
bir I. tip bölgedir. Bölge hiçbir eksene göre simetrik olmadığından üç integrali de hesaplayacağız.
Kütle. İç integralin ilkelinde \(y = 2 - 2x\) yazınca
\[(2 - 2x) + 3x(2 - 2x) + \frac{(2 - 2x)^2}{2} = 4 - 4x^2\]
bulunur. Böylece
\[ \begin{aligned} m &= \int_0^1 \int_0^{2-2x} (1 + 3x + y)\,dy\,dx = \int_0^1 \left[ y + 3xy + \frac{y^2}{2} \right]_{y=0}^{y=2-2x} dx \\[1mm] &= 4 \int_0^1 (1 - x^2)\,dx = 4 \left[ x - \frac{x^3}{3} \right]_0^1 = \frac{8}{3}. \end{aligned} \]
Momentler. \(M_y\)’nin iç integrali, kütleninkinin \(x\) katıdır, yani \(4x - 4x^3\)’tür:
\[ \begin{aligned} M_y &= \int_0^1 \int_0^{2-2x} (x + 3x^2 + xy)\,dy\,dx = \int_0^1 \left[ xy + 3x^2 y + \frac{x y^2}{2} \right]_{y=0}^{y=2-2x} dx \\[1mm] &= 4 \int_0^1 (x - x^3)\,dx = 4 \left[ \frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{4} \right]_0^1 = 4 \cdot \frac{1}{4} = 1. \end{aligned} \]
\(M_x\) için iç integral
\[\left[ \frac{y^2}{2} + \frac{3x y^2}{2} + \frac{y^3}{3} \right]_{y=0}^{y=2-2x} = \frac{2}{3}\left( 7 - 9x - 3x^2 + 5x^3 \right)\]
olur (her terimde \(2 - 2x = 2(1 - x)\) yazıp açarak). Buradan
\[ \begin{aligned} M_x &= \frac{2}{3} \int_0^1 (7 - 9x - 3x^2 + 5x^3)\,dx = \frac{2}{3} \left[ 7x - \frac{9x^2}{2} - x^3 + \frac{5x^4}{4} \right]_0^1 \\[1mm] &= \frac{2}{3} \cdot \frac{11}{4} = \frac{11}{6}. \end{aligned} \]
Kütle merkezi. (5) formülleriyle
\[\bar{x} = \frac{M_y}{m} = \frac{1}{8/3} = \frac{3}{8}, \qquad \bar{y} = \frac{M_x}{m} = \frac{11/6}{8/3} = \frac{11}{16}.\]
Kütle \(\frac{8}{3}\), kütle merkezi \(\left( \frac{3}{8}, \frac{11}{16} \right)\) noktasıdır.
Denetim. Yoğunluk sabit olsaydı aynı hesap ağırlık merkezini \(\left( \frac{1}{3}, \frac{2}{3} \right)\) verirdi: üçgenin alanı \(1\), \(\int_0^1 x(2 - 2x)\,dx = \frac{1}{3}\) ve \(\int_0^1 \frac{(2 - 2x)^2}{2}\,dx = \frac{2}{3}\)’tür. \(\rho = 1 + 3x + y\) hem \(x\) hem \(y\) ile arttığından kütle merkezi sağa ve yukarı kaymıştır: \(\frac{3}{8} > \frac{1}{3}\) ve \(\frac{11}{16} > \frac{2}{3}\).
\(\blacksquare\)
Etkileşimli sahne: yoğunluk değişince kütle merkezi kayar. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz; düşey eksen küçültülmüş ölçektedir. Tabandaki üçgen örnekteki levhadır. Üstündeki mavi yüzeyin her noktadaki yüksekliği, levhanın o noktadaki yoğunluğudur: \(z = \rho(x, y) = 1 + px + qy\). \(p\) ve \(q\) kaydırıcıları yoğunluğun \(x\) ve \(y\) yönünde ne kadar hızlı arttığını belirler. Turuncu nokta kütle merkezini, küçük nokta ise yoğunluk sabitken bulunan ağırlık merkezi \(\left(\frac{1}{3}, \frac{2}{3}\right)\) noktasını gösterir. Başlangıçtaki \(p = 3\), \(q = 1\) seçimi örnekteki yoğunluktur; değer satırı \(m = \frac{8}{3}\), \(M_y = 1\), \(M_x = \frac{11}{6}\) ve kütle merkezi olarak \(\left(\frac{3}{8}, \frac{11}{16}\right) = (0{,}375;\ 0{,}6875)\) noktasını verir. \(p = q = 0\) iken yoğunluk sabittir ve kütle merkezi ağırlık merkezine oturur. \(p = 6\), \(q = 0\) iken levha \((1, 0)\) köşesine doğru ağırlaşır ve kütle merkezi \(\left(\frac{4}{9}, \frac{5}{9}\right) \approx (0{,}4444;\ 0{,}5556)\) noktasına kayar. \(p = 0\), \(q = 3\) iken levha \((0, 2)\) köşesine doğru ağırlaşır ve kütle merkezi \(\left(\frac{5}{18}, \frac{8}{9}\right) \approx (0{,}2778;\ 0{,}8889)\) noktasına kayar. Kütle merkezi her seferinde ağır tarafa kayar, ama üçgenin içinde kalır.
Örnek 4.3 (Yoğunluğu Merkeze Uzaklıkla Orantılı Yarım Daire) Yarım daire biçimindeki bir levhanın her noktasındaki yoğunluk, o noktanın dairenin merkezine uzaklığıyla orantılıdır. Levhanın kütle merkezini bulunuz.
Çözüm
Bölge ve yoğunluk. Levhayı \(x^2 + y^2 \le a^2\) diskinin üst yarısı olarak yerleştirelim. \((x, y)\) noktasının dairenin merkezine (orijine) uzaklığı \(\sqrt{x^2 + y^2}\) olduğundan bir \(K > 0\) sabiti için
\[\rho(x, y) = K \sqrt{x^2 + y^2}\]
olur. Hem bölge hem yoğunluk kutupsal koordinatlara uygundur: \(\sqrt{x^2 + y^2} = r\) ve \(D = \{(r, \theta) : 0 \le r \le a,\ 0 \le \theta \le \pi\}\). Kutupsal koordinatlara geçişte \(dA\) yerine \(r\,dr\,d\theta\) yazılır (Teorem 3.1).
Kütle.
\[ \begin{aligned} m &= \iint_D K \sqrt{x^2 + y^2}\,dA = \int_0^{\pi} \int_0^{a} (Kr)\,r\,dr\,d\theta \\[1mm] &= K \int_0^{\pi} d\theta \int_0^{a} r^2\,dr = K\pi \cdot \frac{a^3}{3} = \frac{K\pi a^3}{3}. \end{aligned} \]
Simetri. Yarım disk \(y\) eksenine göre simetriktir ve \(\rho(-x, y) = \rho(x, y)\)’dir. Önerme 4.1 gereği \(\bar{x} = 0\)’dır.
Moment. \(y = r\sin\theta\) olduğundan
\[ \begin{aligned} M_x &= \iint_D y\,\rho\,dA = \int_0^{\pi} \int_0^{a} (r\sin\theta)(Kr)\,r\,dr\,d\theta = K \int_0^{\pi} \sin\theta\,d\theta \int_0^{a} r^3\,dr \\[1mm] &= K \left[ -\cos\theta \right]_0^{\pi} \left[ \frac{r^4}{4} \right]_0^{a} = K \cdot 2 \cdot \frac{a^4}{4} = \frac{K a^4}{2}. \end{aligned} \]
Kütle merkezi.
\[\bar{y} = \frac{M_x}{m} = \frac{K a^4 / 2}{K\pi a^3 / 3} = \frac{3a}{2\pi}.\]
Kütle merkezi \(\left( 0, \frac{3a}{2\pi} \right) \approx (0;\ 0{,}477a)\) noktasıdır.
Karşılaştırma. Yoğunluk sabit (\(\rho\)) olsaydı \(m = \rho \cdot \frac{\pi a^2}{2}\) ve
\[M_x = \rho \int_0^{\pi} \sin\theta\,d\theta \int_0^a r^2\,dr = \rho \cdot 2 \cdot \frac{a^3}{3} = \frac{2\rho a^3}{3}\]
olurdu; bu da \(\bar{y} = \frac{4a}{3\pi} \approx 0{,}424a\) verir. Burada yoğunluk kenara doğru arttığından kütle merkezi merkezden biraz daha uzağa kaymıştır.
\(\blacksquare\)
Etkileşimli sahne: ağırlık kenara toplandıkça kütle merkezi yükselir. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz. Levha örnekteki yarım dairedir; \(a = 1\) ve \(K = 1\) alınmıştır. Mavi yüzeyin yüksekliği yoğunluktur: \(\rho = r^k\). \(k\) kaydırıcısı yoğunluğun merkezden kenara doğru ne kadar hızlı arttığını belirler. \(k = 1\) örnekteki yoğunluktur; değer satırı \(m = \frac{\pi}{3}\), \(M_x = \frac{1}{2}\) ve \(\bar{y} = \frac{3}{2\pi} \approx 0{,}4775\) verir. \(k = 0\) sabit yoğunluktur ve \(\bar{y} = \frac{4}{3\pi} \approx 0{,}4244\) olur. Aynı hesap her \(k \ge 0\) için \(m = \frac{\pi}{k + 2}\) ve \(M_x = \frac{2}{k + 3}\) verir. \(k\) büyüdükçe kütle kenara toplanır ve turuncu kütle merkezi yukarı tırmanır: örneğin \(k = 4\) için \(\bar{y} = \frac{12}{7\pi} \approx 0{,}5457\) olur. Simetri nedeniyle \(\bar{x}\) her zaman \(0\)’dır.
4.3 Eylemsizlik Momenti
Moment, kütlenin eksene uzaklığını birinci kuvvetiyle hesaba katar. Dönme hareketinde ise uzaklığın karesi önemlidir; bu bizi eylemsizlik momentine götürür.
Kütlesi \(m\) olan bir parçacığın bir eksene göre eylemsizlik momenti (ikinci moment) \(m r^2\)’dir; burada \(r\), parçacığın eksene uzaklığıdır. Bir levha için yine \(D\)’yi küçük \(R_{ij}\) dikdörtgenlerine böleriz. \(R_{ij}\) içindeki parçanın \(x\) eksenine göre eylemsizlik momenti yaklaşık \((y_{ij}^*)^2 \rho(x_{ij}^*, y_{ij}^*)\,\Delta A\)’dır; bunları toplayıp limite geçeriz. \(y\) eksenine ve orijine göre aynı işlem, uzaklık olarak \(|x|\) ve \(\sqrt{x^2 + y^2}\) alınarak yapılır.
Tanım 4.5 (Eylemsizlik Momentleri) \(D\) bölgesini kaplayan ve yoğunluğu \(\rho(x, y)\) olan levhanın \(x\) eksenine, \(y\) eksenine ve orijine göre eylemsizlik momentleri
\[I_x = \iint_D y^2 \rho(x, y)\,dA \tag{6}\]
\[I_y = \iint_D x^2 \rho(x, y)\,dA \tag{7}\]
\[I_0 = \iint_D (x^2 + y^2)\,\rho(x, y)\,dA \tag{8}\]
sayılarıdır. Orijine göre eylemsizlik momenti \(I_0\)’a kutupsal eylemsizlik momenti de denir.
Yani her küçük parçanın kütlesi, ilgili eksene ya da orijine uzaklığının karesiyle çarpılıp toplanır. Kareler negatif olmadığından eylemsizlik momentleri hiçbir zaman negatif olmaz; momentlerdeki gibi bir götürme olmaz. Ayrıca \((x^2 + y^2)\rho = x^2\rho + y^2\rho\) toplamı terim terim integre edilebildiğinden (Önerme 1.1) her zaman
\[I_0 = I_x + I_y\]
olur.
Örnek 4.4 (Homojen Diskin Eylemsizlik Momentleri) Merkezi orijin, yarıçapı \(a\) olan ve yoğunluğu sabit \(\rho(x, y) = \rho\) olan \(D\) diskinin \(I_x\), \(I_y\) ve \(I_0\) eylemsizlik momentlerini bulunuz.
Çözüm
\(D\)’nin sınırı \(x^2 + y^2 = a^2\) çemberidir; kutupsal koordinatlarda \(D\), \(0 \le r \le a\) ve \(0 \le \theta \le 2\pi\) ile betimlenir (Teorem 3.1).
\(I_x\). (6) formülünde \(y = r\sin\theta\) yazalım ve \(\sin^2\theta = \frac{1}{2}(1 - \cos 2\theta)\) özdeşliğini kullanalım:
\[ \begin{aligned} I_x &= \iint_D y^2 \rho\,dA = \rho \int_0^{2\pi} \int_0^{a} (r\sin\theta)^2\,r\,dr\,d\theta = \rho \int_0^{2\pi} \sin^2\theta\,d\theta \int_0^{a} r^3\,dr \\[1mm] &= \rho \int_0^{2\pi} \frac{1 - \cos 2\theta}{2}\,d\theta \cdot \frac{a^4}{4} = \rho \left[ \frac{\theta}{2} - \frac{\sin 2\theta}{4} \right]_0^{2\pi} \frac{a^4}{4} = \frac{\pi \rho a^4}{4}. \end{aligned} \]
\(I_y\). Bu kez \(x = r\cos\theta\) ve \(\cos^2\theta = \frac{1}{2}(1 + \cos 2\theta)\):
\[I_y = \rho \int_0^{2\pi} \frac{1 + \cos 2\theta}{2}\,d\theta \int_0^{a} r^3\,dr = \rho \cdot \pi \cdot \frac{a^4}{4} = \frac{\pi \rho a^4}{4}.\]
Disk \(90°\) döndürülünce değişmediğinden \(I_x = I_y\) çıkması beklenen bir sonuçtur.
\(I_0\). \(I_0 = I_x + I_y\) olduğundan
\[I_0 = \frac{\pi \rho a^4}{4} + \frac{\pi \rho a^4}{4} = \frac{\pi \rho a^4}{2}\]
bulunur. (8) formülüyle doğrudan hesap da aynı sonucu verir:
\[I_0 = \rho \int_0^{2\pi} \int_0^a r^2 \cdot r\,dr\,d\theta = \rho \cdot 2\pi \cdot \frac{a^4}{4} = \frac{\pi \rho a^4}{2}.\]
\(\blacksquare\)
Diskin kütlesi \(m = \rho \cdot \pi a^2\) olduğundan orijine göre eylemsizlik momenti, yani bir tekerleğin mili etrafındaki eylemsizlik momenti
\[I_0 = \frac{\pi \rho a^4}{2} = \frac{1}{2} (\rho \pi a^2)\, a^2 = \frac{1}{2} m a^2\]
biçiminde yazılabilir. Kütle ya da yarıçap büyüdükçe eylemsizlik momenti de büyür. Genel olarak eylemsizlik momenti dönme hareketinde, kütlenin doğrusal harekette oynadığı rolü oynar. Bir arabayı harekete geçirmeyi ya da durdurmayı zorlaştıran onun kütlesidir; bir tekerleği döndürmeyi ya da durdurmayı zorlaştıran da eylemsizlik momentidir.
Eylemsizlik momentini tek bir uzunlukla özetlemek de yararlıdır.
Tanım 4.6 (Dönme Yarıçapı) Kütlesi \(m > 0\) olan bir levhanın bir eksene göre eylemsizlik momenti \(I\) olsun.
\[m R^2 = I \tag{9}\]
eşitliğini sağlayan tek \(R \ge 0\) sayısına, yani \(R = \sqrt{I/m}\) sayısına levhanın o eksene göre dönme yarıçapı (jirasyon yarıçapı) denir. Özel olarak \(x\) eksenine göre dönme yarıçapı \(\bar{\bar{y}}\), \(y\) eksenine göre dönme yarıçapı \(\bar{\bar{x}}\) ile gösterilir:
\[m \bar{\bar{y}}^2 = I_x, \qquad m \bar{\bar{x}}^2 = I_y. \tag{10}\]
Yani levhanın bütün kütlesi eksenden \(R\) uzaklıktaki tek bir noktada toplansaydı, bu noktasal kütlenin eylemsizlik momenti olan \(mR^2\) levhanınkine eşit olurdu. Buna göre \((\bar{\bar{x}}, \bar{\bar{y}})\) noktası, levhanın bütün kütlesi oraya toplandığında koordinat eksenlerine göre eylemsizlik momentleri değişmeyen noktadır. Kütle merkeziyle benzerliğe dikkat edin: kütle merkezi momentleri, bu nokta eylemsizlik momentlerini korur.
Örnek 4.5 (Diskin Dönme Yarıçapı) Merkezi orijin, yarıçapı \(a\) ve yoğunluğu sabit \(\rho\) olan diskin \(x\) eksenine göre dönme yarıçapını bulunuz.
Çözüm
Diskin kütlesi \(m = \rho \pi a^2\)’dir ve Örnek 4.4 örneğinde \(I_x = \frac{\pi \rho a^4}{4}\) bulmuştuk. (10) eşitliğinden
\[\bar{\bar{y}}^2 = \frac{I_x}{m} = \frac{\frac{1}{4} \pi \rho a^4}{\rho \pi a^2} = \frac{a^2}{4}\]
olur. Dönme yarıçapı negatif olmadığından \(\bar{\bar{y}} = \frac{a}{2}\)’dir: diskin \(x\) eksenine göre dönme yarıçapı, yarıçapının yarısıdır.
\(\blacksquare\)
4.4 Ortak Olasılık Yoğunluk Fonksiyonları
İki katlı integralin ikinci büyük uygulama alanı olasılıktır. Burada olasılık, düzleme yayılmış bir kütle gibi davranır.
Sürekli bir \(X\) rastgele değişkeninin olasılık yoğunluk fonksiyonu \(f\), her \(x\) için \(f(x) \ge 0\) ve \(\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx = 1\) koşullarını sağlayan ve \(X\)’in \(a\) ile \(b\) arasında olma olasılığını
\[P(a \le X \le b) = \int_a^b f(x)\,dx\]
ile veren fonksiyondur (bkz. Olasılık Teorisi). Şimdi iki sürekli rastgele değişkeni birlikte ele alalım: bir makinenin iki parçasının ömürleri ya da rastgele seçilen bir yetişkinin boyu ve kilosu gibi.
Tanım 4.7 (Ortak Olasılık Yoğunluk Fonksiyonu) \(X\) ile \(Y\) iki sürekli rastgele değişken olsun. Her \((x, y)\) için \(f(x, y) \ge 0\) olan ve düzlemin her \(D\) bölgesi için
\[P\big( (X, Y) \in D \big) = \iint_D f(x, y)\,dA\]
eşitliğini sağlayan \(f\) fonksiyonuna \(X\) ile \(Y\)’nin ortak olasılık yoğunluk fonksiyonu denir.
Yani \((X, Y)\) noktasının bir \(D\) bölgesine düşme olasılığı, \(f\)’nin \(D\) üzerindeki integralidir; geometrik olarak \(D\)’nin üstünde ve \(z = f(x, y)\) grafiğinin altında kalan cismin hacmidir. Özel olarak bir \([a, b] \times [c, d]\) dikdörtgeni için
\[P(a \le X \le b,\ c \le Y \le d) = \int_a^b \int_c^d f(x, y)\,dy\,dx\]
olur; ardışık integrale geçişi Fubini Teoremi (Teorem 1.2) sağlar. Yoğunluk süreksiz olabilir: örneğin bir karenin dışında sıfır olan yoğunluk, karenin kenarlarında sıçrar. Ama bu bölümdeki bütün yoğunluklar sınırlıdır ve yalnız sonlu sayıda düzgün eğri üzerinde süreksizdir; Fubini Teoremi bu tür fonksiyonlar için de geçerlidir.
Olasılıklar negatif olmadığından \(f \ge 0\) istenir. \((X, Y)\) noktası kesinlikle düzlemin bir yerindedir, bu yüzden toplam olasılık \(1\)’dir:
\[\iint_{\mathbb{R}^2} f(x, y)\,dA = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f(x, y)\,dx\,dy = 1.\]
Bütün düzlem üzerindeki bu integral has olmayan (genelleştirilmiş) bir integraldir: merkezi orijin olan ve gittikçe büyüyen diskler ya da kareler üzerindeki integrallerin limiti olarak tanımlanır (tek değişkenli karşılığı için bkz. Analiz 3). \(f \ge 0\) olduğundan bu limit, yukarıdaki gibi ardışık has olmayan integrallerle hesaplanabilir. Rastgele vektörler kuramındaki ayrıntılı kurulum için bkz. Olasılık Teorisi.
Örnek 4.6 (Yoğunluktaki Sabitin Belirlenmesi) \(X\) ile \(Y\)’nin ortak yoğunluk fonksiyonu
\[f(x, y) = \begin{cases} C(x + 2y), & 0 \le x \le 10 \text{ ve } 0 \le y \le 10, \\ 0, & \text{diğer durumlarda} \end{cases}\]
olsun. \(C\) sabitinin değerini bulunuz.
Çözüm
Ortak yoğunluk fonksiyonunun bütün düzlem üzerindeki integrali \(1\) olmalıdır. \(f\), \([0, 10] \times [0, 10]\) karesinin dışında \(0\) olduğundan integral bu kare üzerinde alınır:
\[ \begin{aligned} \iint_{\mathbb{R}^2} f(x, y)\,dA &= \int_0^{10} \int_0^{10} C(x + 2y)\,dy\,dx = C \int_0^{10} \left[ xy + y^2 \right]_{y=0}^{y=10} dx \\[1mm] &= C \int_0^{10} (10x + 100)\,dx = C \left[ 5x^2 + 100x \right]_0^{10} = 1500\,C. \end{aligned} \]
\(1500\,C = 1\) koşulundan \(C = \frac{1}{1500}\) bulunur. Bu değerde karenin her noktasında \(x + 2y \ge 0\) olduğundan \(f \ge 0\) koşulu da sağlanır.
\(\blacksquare\)
Örnek 4.7 (Bir Dikdörtgen Olayın Olasılığı) \(X\) ile \(Y\)’nin ortak yoğunluk fonksiyonu \(0 \le x \le 10\), \(0 \le y \le 10\) için \(f(x, y) = \frac{1}{1500}(x + 2y)\), diğer durumlarda \(0\) olsun. \(P(X \le 7,\ Y \ge 2)\) olasılığını bulunuz.
Çözüm
\(X \le 7\), \(Y \ge 2\) olayı sınırsız \(\{(x, y) : x \le 7,\ y \ge 2\}\) bölgesidir. \(f\), bu bölgenin \(0 \le x \le 7\), \(2 \le y \le 10\) dikdörtgeni dışında kalan kısmında \(0\)’dır; bu yüzden integral bu dikdörtgen üzerinde alınır:
\[ \begin{aligned} P(X \le 7,\ Y \ge 2) &= \int_{-\infty}^{7} \int_{2}^{\infty} f(x, y)\,dy\,dx = \int_0^7 \int_2^{10} \frac{x + 2y}{1500}\,dy\,dx \\[1mm] &= \frac{1}{1500} \int_0^7 \left[ xy + y^2 \right]_{y=2}^{y=10} dx = \frac{1}{1500} \int_0^7 (8x + 96)\,dx. \end{aligned} \]
İç integralin değeri \((10x + 100) - (2x + 4) = 8x + 96\)’dır. Son olarak
\[P(X \le 7,\ Y \ge 2) = \frac{1}{1500} \left[ 4x^2 + 96x \right]_0^7 = \frac{196 + 672}{1500} = \frac{868}{1500} \approx 0{,}5787\]
bulunur.
\(\blacksquare\)
4.5 Bağımsız Rastgele Değişkenler
Ortak yoğunluk fonksiyonu çoğu uygulamada tek değişkenli yoğunluklardan kurulur.
\(X\)’in olasılık yoğunluk fonksiyonu \(f_1(x)\), \(Y\)’ninki \(f_2(y)\) olsun. Ortak yoğunluk fonksiyonları bu ikisinin çarpımı, yani
\[f(x, y) = f_1(x)\,f_2(y)\]
ise \(X\) ile \(Y\)’ye bağımsız rastgele değişkenler denir (bkz. Olasılık Teorisi). Sezgisel olarak bağımsızlık, değişkenlerden birinin aldığı değerin öbürünün olasılıklarını etkilememesidir. Bağımsız değişkenlerde dikdörtgen biçimli olayların olasılığı çarpanlara ayrılır.
Önerme 4.2 (Bağımsız Değişkenlerde Dikdörtgen Olaylar) \(X\) ile \(Y\) yoğunlukları \(f_1\) ve \(f_2\) olan bağımsız rastgele değişkenler olsun; \(f_1\) ile \(f_2\) her kapalı ve sınırlı aralıkta parçalı sürekli olsun (bkz. Analiz 3). \(a < b\) ve \(c < d\) için
\[P(a \le X \le b,\ c \le Y \le d) = P(a \le X \le b)\; P(c \le Y \le d)\]
olur.
İspat
\(R = [a, b] \times [c, d]\) olsun. Ortak yoğunluk \(f_1(x)\,f_2(y)\) olduğundan istenen olasılık \(\iint_R f_1(x)\,f_2(y)\,dA\) integralidir.
Ardışık integrale geçiş. Parçalı sürekli fonksiyonlar kapalı aralıklarda sınırlıdır: \([a, b]\) üzerinde \(|f_1| \le M_1\) ve \([c, d]\) üzerinde \(|f_2| \le M_2\) ise \(R\) üzerinde \(|f_1(x)\,f_2(y)| \le M_1 M_2\) olur. \(f_1\), \(x\)’te ve \(f_2\), \(y\)’de sürekliyse \(f_1(x)\,f_2(y)\) çarpımı \((x, y)\) noktasında süreklidir. Bu yüzden çarpım \(R\) üzerinde yalnız sonlu sayıda doğru parçası üzerinde süreksiz olabilir: \(f_1\)’in süreksizlik noktalarından geçen düşey ve \(f_2\)’nin süreksizlik noktalarından geçen yatay doğru parçaları. Aşağıdaki hesap, ardışık integralin var olduğunu da gösterir. Fubini Teoremi (Teorem 1.2) sınırlı ve yalnız sonlu sayıda düzgün eğri üzerinde süreksiz fonksiyonlar için de geçerli olduğundan
\[P(a \le X \le b,\ c \le Y \le d) = \int_a^b \int_c^d f_1(x)\,f_2(y)\,dy\,dx\]
olur.
Çarpanlara ayırma. İç integralde \(f_1(x)\), \(y\)’ye göre sabittir ve integralin dışına çıkar; kalan \(\int_c^d f_2(y)\,dy\) integrali, \(f_2\) parçalı sürekli olduğu için vardır. Bu sayı \(x\)’e bağlı olmadığından bu kez dış integralin dışına çıkar; \(f_1\) de parçalı sürekli olduğundan kalan integral vardır:
\[ \begin{aligned} \int_a^b \int_c^d f_1(x)\,f_2(y)\,dy\,dx &= \int_a^b f_1(x) \left( \int_c^d f_2(y)\,dy \right) dx \\[1mm] &= \left( \int_a^b f_1(x)\,dx \right) \left( \int_c^d f_2(y)\,dy \right). \end{aligned} \]
Sağdaki iki çarpan \(P(a \le X \le b)\) ve \(P(c \le Y \le d)\)’dir.
\(\blacksquare\)
Bekleme süreleri çoğu zaman üstel yoğunluk fonksiyonuyla modellenir:
\[f(t) = \begin{cases} 0, & t < 0, \\ \mu^{-1} e^{-t/\mu}, & t \ge 0. \end{cases}\]
Burada \(\mu\) ortalama bekleme süresidir (bkz. Olasılık Teorisi; orada parametre \(\lambda = 1/\mu\) olarak yazılır). Sonraki örnekte birbirinden bağımsız iki bekleme süresi var.
Örnek 4.8 (İki Bağımsız Bekleme Süresi) Bir sinemada seyircilerin bilet kuyruğunda ortalama \(10\) dakika, mısır kuyruğunda ortalama \(5\) dakika beklediği belirlenmiştir. İki bekleme süresinin birbirinden bağımsız olduğunu ve üstel yoğunlukla modellendiğini varsayarak, bir seyircinin yerine oturmadan önce toplam \(20\) dakikadan az bekleme olasılığını bulunuz.
Çözüm
Yoğunluklar. Bilet kuyruğundaki bekleme süresi \(X\), mısır kuyruğundaki \(Y\) olsun. Ortalamalar \(10\) ve \(5\) olduğundan
\[f_1(x) = \begin{cases} 0, & x < 0, \\ \frac{1}{10} e^{-x/10}, & x \ge 0, \end{cases} \qquad f_2(y) = \begin{cases} 0, & y < 0, \\ \frac{1}{5} e^{-y/5}, & y \ge 0 \end{cases}\]
olur. \(X\) ile \(Y\) bağımsız olduğundan ortak yoğunluk bunların çarpımıdır: \(x \ge 0\), \(y \ge 0\) için \(f(x, y) = \frac{1}{50} e^{-x/10} e^{-y/5}\), diğer durumlarda \(f(x, y) = 0\).
Bölge. İstenen olasılık \(P(X + Y < 20) = P\big( (X, Y) \in D \big)\)’dir. \(f\) yalnız birinci bölgede sıfırdan farklı olduğundan \(D\), köşeleri \((0, 0)\), \((20, 0)\) ve \((0, 20)\) olan üçgendir: \(0 \le x \le 20\), \(0 \le y \le 20 - x\).
İntegral. İç integral
\[\int_0^{20-x} e^{-y/5}\,dy = \left[ -5 e^{-y/5} \right]_{y=0}^{y=20-x} = 5\left( 1 - e^{(x-20)/5} \right)\]
olur. \(e^{-x/10} e^{(x-20)/5} = e^{-4} e^{x/10}\) olduğundan
\[ \begin{aligned} P(X + Y < 20) &= \int_0^{20} \frac{1}{50} e^{-x/10} \cdot 5\left( 1 - e^{(x-20)/5} \right) dx \\[1mm] &= \frac{1}{10} \int_0^{20} \left( e^{-x/10} - e^{-4} e^{x/10} \right) dx \\[1mm] &= \left[ -e^{-x/10} - e^{-4} e^{x/10} \right]_0^{20} = \left( -e^{-2} - e^{-2} \right) - \left( -1 - e^{-4} \right) \\[1mm] &= 1 + e^{-4} - 2e^{-2} \approx 0{,}7476 \end{aligned} \]
bulunur. Yani seyircilerin yaklaşık yüzde \(75\)’i yerine oturmadan önce \(20\) dakikadan az bekler.
\(\blacksquare\)
4.6 Beklenen Değerler
Kütle merkezinin olasılıktaki karşılığı beklenen değerdir.
Tek değişkenli durumda yoğunluğu \(f\) olan \(X\)’in beklenen değeri (ortalaması) \(\mu = \int_{-\infty}^{\infty} x f(x)\,dx\) sayısıdır (bkz. Olasılık Teorisi). Ortak yoğunluk fonksiyonu bilindiğinde \(X\) ile \(Y\)’nin beklenen değerleri doğrudan iki katlı integralle bulunur.
Önerme 4.3 (Beklenen Değerlerin İki Katlı İntegralle Hesabı) \(X\) ile \(Y\)’nin ortak yoğunluk fonksiyonu \(f\) olsun ve beklenen değerleri var olsun. \(X\)’in beklenen değeri (\(X\)-ortalaması) \(\mu_1\) ve \(Y\)’nin beklenen değeri (\(Y\)-ortalaması) \(\mu_2\),
\[\mu_1 = \iint_{\mathbb{R}^2} x\,f(x, y)\,dA, \qquad \mu_2 = \iint_{\mathbb{R}^2} y\,f(x, y)\,dA \tag{11}\]
ile verilir.
İspatın fikri
\(X\)’in tek başına yoğunluk fonksiyonu, ortak yoğunluğun \(y\) üzerinden integralidir: \(f_X(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x, y)\,dy\) (marjinal yoğunluk; bkz. Olasılık Teorisi). Bunu tek değişkenli tanımda yerine yazar ve iç integralde sabit olan \(x\)’i içeri alırsak
\[\mu_1 = \int_{-\infty}^{\infty} x\,f_X(x)\,dx = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} x\,f(x, y)\,dy\,dx\]
bulunur. Sağdaki ardışık has olmayan integral, \(x f(x, y)\)’nin bütün düzlem üzerindeki iki katlı integraline eşittir. Bu son adım, Fubini Teoremi’nin (Teorem 1.2) sınırsız bölgelerdeki hâlini kullanır ve ispatı ileri analiz gerektirir; teoremin koşulu olan \(\iint_{\mathbb{R}^2} |x|\,f\,dA < \infty\), beklenen değerin var olması demektir. \(\mu_2\) için \(x\) ile \(y\)’nin rolleri değiştirilir.
\(\blacksquare\)
(11)’deki ifadeler (3) ve (4)’teki \(M_x\) ve \(M_y\) momentlerine çok benzer. Gerçekten olasılığı düzleme sürekli yayılmış bir kütle gibi düşünebiliriz: olasılıkları da kütleyi hesapladığımız gibi, bir yoğunluk fonksiyonunu integre ederek buluruz. Toplam “olasılık kütlesi” \(1\) olduğundan (5)’teki \(\bar{x} = M_y/m\) ve \(\bar{y} = M_x/m\) formülleri \(m = 1\) ile tam olarak \(\mu_1\) ve \(\mu_2\)’yi verir. Yani \((\mu_1, \mu_2)\) noktası olasılık dağılımının “kütle merkezidir”.
Sonraki örneklerde normal dağılım kullanılacak. Ortalaması \(\mu\), standart sapması \(\sigma\) olan normal dağılımlı bir rastgele değişkenin yoğunluk fonksiyonu şudur (bkz. Olasılık Teorisi):
\[f(x) = \frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}}\, e^{-(x - \mu)^2/(2\sigma^2)}.\]
Bu yoğunluğun ilkel fonksiyonu elemanter fonksiyonlarla yazılamaz; bu yüzden \(\int_a^b f(x)\,dx\) gibi integrallerin değerleri tablodan ya da sayısal hesapla bulunur. Örneğin normal dağılımlı bir değişkenin ortalamasından iki standart sapmadan az uzaklaşma olasılığı yaklaşık \(0{,}9545\)’tir.
Örnek 4.9 (Rulman Makaralarının Ortak Yoğunluğu) Bir fabrika, çapı \(4{,}0\) cm ve uzunluğu \(6{,}0\) cm olarak satılan silindir biçimli rulman makaraları üretiyor. Gerçekte bir makaranın çapı \(X\), ortalaması \(4{,}0\) cm ve standart sapması \(0{,}01\) cm olan normal dağılımlıdır; uzunluğu \(Y\) ise ortalaması \(6{,}0\) cm ve standart sapması \(0{,}01\) cm olan normal dağılımlıdır. \(X\) ile \(Y\)’nin bağımsız olduğunu varsayarak bu iki değişkenin ortak yoğunluk fonksiyonunu yazınız.
Çözüm
Ortalamalar \(\mu_1 = 4\), \(\mu_2 = 6\), standart sapmalar \(\sigma_1 = \sigma_2 = 0{,}01\)’dir; bu yüzden \(2\sigma^2 = 0{,}0002\) olur ve tek tek yoğunluklar
\[f_1(x) = \frac{1}{0{,}01\sqrt{2\pi}}\, e^{-(x - 4)^2/0{,}0002}, \qquad f_2(y) = \frac{1}{0{,}01\sqrt{2\pi}}\, e^{-(y - 6)^2/0{,}0002}\]
biçimindedir. Bağımsızlıktan ortak yoğunluk bu ikisinin çarpımıdır. \(\left( 0{,}01\sqrt{2\pi} \right)^2 = 0{,}0002\,\pi\) ve \(1/0{,}0002 = 5000\) olduğundan
\[ \begin{aligned} f(x, y) = f_1(x)\,f_2(y) &= \frac{1}{0{,}0002\,\pi}\, e^{-(x - 4)^2/0{,}0002}\, e^{-(y - 6)^2/0{,}0002} \\[1mm] &= \frac{5000}{\pi}\, e^{-5000\left[ (x - 4)^2 + (y - 6)^2 \right]} \end{aligned} \]
bulunur. Grafiği \((4, 6)\) noktasının üzerinde yükselen dik bir tepedir; en büyük değeri \(f(4, 6) = 5000/\pi \approx 1592\)’dir. Standart sapmalar çok küçük olduğundan olasılığın neredeyse tamamı \((4, 6)\) çevresindeki küçük bir karede toplanır.
\(\blacksquare\)
Örnek 4.10 (Ölçülerin Ortalamadan Sapma Olasılığı) Bir fabrikanın ürettiği rulman makaralarının çapı \(X\) ve uzunluğu \(Y\) bağımsızdır ve ikisi de standart sapması \(0{,}01\) cm olan normal dağılımlıdır; çapın ortalaması \(4\) cm, uzunluğun ortalaması \(6\) cm’dir. Üretim hattından rastgele seçilen bir makaranın uzunluğunun ya da çapının ortalamadan \(0{,}02\) cm’den fazla sapma olasılığını bulunuz.
Çözüm
Tümleyen olay. İstenen olayın tümleyeni, iki ölçünün de ortalamadan \(0{,}02\) cm’den az sapmasıdır, yani \((X, Y)\) noktasının \(3{,}98 < x < 4{,}02\), \(5{,}98 < y < 6{,}02\) karesine düşmesidir. Sürekli değişkenlerde karenin kenarlarının olasılığı \(0\) olduğundan \(<\) ile \(\le\) arasında fark yoktur. \(X\) ile \(Y\) bağımsız olduğundan Önerme 4.2 ile
\[P(3{,}98 < X < 4{,}02,\ 5{,}98 < Y < 6{,}02) = P(3{,}98 < X < 4{,}02)\; P(5{,}98 < Y < 6{,}02)\]
olur.
Çarpanlar. \(0{,}02 = 2\sigma\) olduğundan her çarpan, normal dağılımlı bir değişkenin ortalamasından iki standart sapmadan az uzaklaşma olasılığıdır. Örneğin birinci çarpanda \(z = (x - 4)/0{,}01\) değişken değiştirmesi yapılırsa \(dx = 0{,}01\,dz\) olur, \(x = 3{,}98\) iken \(z = -2\), \(x = 4{,}02\) iken \(z = 2\)’dir ve
\[\int_{3{,}98}^{4{,}02} f_1(x)\,dx = \int_{-2}^{2} \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\, e^{-z^2/2}\,dz \approx 0{,}9545\]
bulunur. İkinci çarpan da aynı değerdir.
Sonuç. Böylece
\[P(3{,}98 < X < 4{,}02,\ 5{,}98 < Y < 6{,}02) \approx 0{,}9545^2 \approx 0{,}91\]
ve istenen olasılık yaklaşık \(1 - 0{,}91 = 0{,}09\)’dur. Yani üretilen makaraların yaklaşık yüzde \(9\)’unda en az bir ölçü ortalamadan \(0{,}02\) cm’den fazla sapar.
\(\blacksquare\)
4.7 Alıştırmalar
Aşağıdaki alıştırmalar bölümün bütün başlıklarını kolaydan zora doğru tarar.
Alıştırma 4.1 (Dikdörtgendeki Toplam Yük) Elektrik yükü \(0 \le x \le 5\), \(2 \le y \le 5\) dikdörtgenine, \((x, y)\) noktasındaki yük yoğunluğu \(\sigma(x, y) = 2x + 4y\) (C/m²) olacak biçimde dağılmıştır. Dikdörtgendeki toplam yükü bulunuz.
Çözüm
- formülüyle toplam yük, \(\sigma\)’nın dikdörtgen üzerindeki integralidir. Fubini Teoremi’yle (Teorem 1.2) önce \(y\)’ye göre integre edelim:
\[\int_2^5 (2x + 4y)\,dy = \left[ 2xy + 2y^2 \right]_{y=2}^{y=5} = (10x + 50) - (4x + 8) = 6x + 42.\]
Buradan
\[ \begin{aligned} Q &= \int_0^5 \int_2^5 (2x + 4y)\,dy\,dx = \int_0^5 (6x + 42)\,dx \\[1mm] &= \left[ 3x^2 + 42x \right]_0^5 = 75 + 210 = 285 \end{aligned} \]
bulunur. Toplam yük \(285\) C’dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.2 (Kütle Merkezini Önce Tahmin Etmek) Birim kareyi (\(0 \le x \le 1\), \(0 \le y \le 1\)) kaplayan levhanın yoğunluğu \(\rho(x, y) = xy\)’dir. Şekle bakarak kütle merkezinin yerini tahmin ediniz, sonra tam olarak hesaplayınız.
Çözüm
Tahmin. Yoğunluk sol ve alt kenarlarda \(0\)’dır ve \((1, 1)\) köşesine doğru artar. Ayrıca \(\rho(x, y) = \rho(y, x)\) olduğundan levha \(y = x\) köşegenine göre simetriktir. Bu yüzden kütle merkezi köşegen üzerinde, karenin merkezi \(\left( \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right)\)’den sağ üste doğru kaymış olmalıdır.
Kütle.
\[m = \int_0^1 \int_0^1 xy\,dy\,dx = \int_0^1 \left[ \frac{x y^2}{2} \right]_{y=0}^{y=1} dx = \int_0^1 \frac{x}{2}\,dx = \frac{1}{4}.\]
Momentler.
\[ \begin{aligned} M_y &= \int_0^1 \int_0^1 x^2 y\,dy\,dx = \int_0^1 \frac{x^2}{2}\,dx = \frac{1}{6}, \\[1mm] M_x &= \int_0^1 \int_0^1 x y^2\,dy\,dx = \int_0^1 \frac{x}{3}\,dx = \frac{1}{6}. \end{aligned} \]
Kütle merkezi.
\[\bar{x} = \frac{M_y}{m} = \frac{1/6}{1/4} = \frac{2}{3}, \qquad \bar{y} = \frac{M_x}{m} = \frac{1/6}{1/4} = \frac{2}{3}.\]
Kütle merkezi \(\left( \frac{2}{3}, \frac{2}{3} \right)\) noktasıdır; tahminimizle uyumludur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.3 (Köşeleri Verilen Üçgen Levha) Köşeleri \((0, 0)\), \((2, 1)\) ve \((0, 3)\) olan üçgen bölgeyi kaplayan levhanın yoğunluğu \(\rho(x, y) = x + y\)’dir. Levhanın kütlesini ve kütle merkezini bulunuz.
Çözüm
Bölge. \((0, 0)\) ile \((2, 1)\)’i birleştiren kenar \(y = \frac{x}{2}\), \((2, 1)\) ile \((0, 3)\)’ü birleştiren kenar \(y = 3 - x\) doğrusu üzerindedir; üçüncü kenar \(y\) ekseni üzerindedir. Böylece
\[D = \left\{ (x, y) : 0 \le x \le 2,\ \frac{x}{2} \le y \le 3 - x \right\}\]
bir I. tip bölgedir.
Kütle. İç integral
\[\left[ xy + \frac{y^2}{2} \right]_{y=x/2}^{y=3-x} = x(3 - x) + \frac{(3 - x)^2}{2} - \frac{x^2}{2} - \frac{x^2}{8} = \frac{9}{2} - \frac{9x^2}{8}\]
olur. Buradan
\[m = \int_0^2 \left( \frac{9}{2} - \frac{9x^2}{8} \right) dx = \left[ \frac{9x}{2} - \frac{3x^3}{8} \right]_0^2 = 9 - 3 = 6.\]
Momentler. \(M_y\)’nin iç integrali kütleninkinin \(x\) katıdır:
\[M_y = \int_0^2 \left( \frac{9x}{2} - \frac{9x^3}{8} \right) dx = \left[ \frac{9x^2}{4} - \frac{9x^4}{32} \right]_0^2 = 9 - \frac{9}{2} = \frac{9}{2}.\]
\(M_x\) için iç integral
\[\left[ \frac{x y^2}{2} + \frac{y^3}{3} \right]_{y=x/2}^{y=3-x} = 9 - \frac{9x}{2}\]
olur (açınca \(x^3\) ve \(x^2\) terimleri birbirini götürür). Buradan
\[M_x = \int_0^2 \left( 9 - \frac{9x}{2} \right) dx = \left[ 9x - \frac{9x^2}{4} \right]_0^2 = 18 - 9 = 9.\]
Kütle merkezi. \(\bar{x} = \frac{M_y}{m} = \frac{9/2}{6} = \frac{3}{4}\) ve \(\bar{y} = \frac{M_x}{m} = \frac{9}{6} = \frac{3}{2}\). Kütle \(6\), kütle merkezi \(\left( \frac{3}{4}, \frac{3}{2} \right)\) noktasıdır. Denetim: \(x = \frac{3}{4}\) iken üçgen \(\frac{3}{8} \le y \le \frac{9}{4}\) aralığını kaplar ve \(\frac{3}{2}\) bu aralıktadır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.4 (Yarım Halka Biçimli Levha) Bir levhanın sınırı \(y = \sqrt{1 - x^2}\) ve \(y = \sqrt{4 - x^2}\) yarım çemberleri ile \(x\) ekseninin bu iki yarım çemberi birleştiren iki parçasından oluşur. Levhanın her noktasındaki yoğunluk o noktanın orijine uzaklığıyla orantılıysa kütle merkezini bulunuz.
Çözüm
Bölge ve yoğunluk. Levha, \(1 \le r \le 2\) ve \(0 \le \theta \le \pi\) ile betimlenen üst yarım halkadır. Bir \(K > 0\) sabiti için \(\rho = K\sqrt{x^2 + y^2} = Kr\)’dir. Kutupsal koordinatlarda \(dA = r\,dr\,d\theta\) (Teorem 3.1).
Simetri. Bölge \(y\) eksenine göre simetriktir ve \(\rho\) yalnız \(r\)’ye bağlıdır; Önerme 4.1 gereği \(\bar{x} = 0\)’dır.
Kütle ve moment.
\[m = \int_0^{\pi} \int_1^2 (Kr)\,r\,dr\,d\theta = K\pi \left[ \frac{r^3}{3} \right]_1^2 = \frac{7\pi K}{3},\]
\[M_x = \int_0^{\pi} \int_1^2 (r\sin\theta)(Kr)\,r\,dr\,d\theta = K \int_0^{\pi} \sin\theta\,d\theta \int_1^2 r^3\,dr = K \cdot 2 \cdot \frac{15}{4} = \frac{15K}{2}.\]
Kütle merkezi.
\[\bar{y} = \frac{M_x}{m} = \frac{15K/2}{7\pi K/3} = \frac{45}{14\pi} \approx 1{,}023.\]
Kütle merkezi \(\left( 0, \frac{45}{14\pi} \right)\) noktasıdır. \(1 < \frac{45}{14\pi} < 2\) olduğundan bu nokta levhanın üzerindedir, ama iç yarım çembere çok yakındır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.5 (İki Çember Arasındaki Levha) Bir levha \(x^2 + y^2 = 2y\) çemberinin içinde ve \(x^2 + y^2 = 1\) çemberinin dışında kalan bölgeyi kaplıyor. Levhanın her noktasındaki yoğunluk o noktanın orijine uzaklığıyla ters orantılıysa kütle merkezini bulunuz.
Çözüm
Bölge. Kutupsal koordinatlarda \(x^2 + y^2 = 2y\) çemberi \(r^2 = 2r\sin\theta\), yani \(r = 2\sin\theta\) olur; bu, merkezi \((0, 1)\) ve yarıçapı \(1\) olan çemberdir. İki çember \(2\sin\theta = 1\) iken, yani \(\theta = \frac{\pi}{6}\) ve \(\theta = \frac{5\pi}{6}\)’da kesişir. Bu yüzden
\[D = \left\{ (r, \theta) : \frac{\pi}{6} \le \theta \le \frac{5\pi}{6},\ 1 \le r \le 2\sin\theta \right\}\]
olur. Bir \(K > 0\) sabiti için \(\rho = \frac{K}{r}\)’dir.
Simetri. \((x, y) \mapsto (-x, y)\) yansıması iki çemberi de kendine gönderir ve \(\rho\) yalnız \(r\)’ye bağlıdır; Önerme 4.1 gereği \(\bar{x} = 0\)’dır.
Kütle. \(dA = r\,dr\,d\theta\) olduğundan \(\rho\,dA = K\,dr\,d\theta\)’dır:
\[m = K \int_{\pi/6}^{5\pi/6} \int_1^{2\sin\theta} dr\,d\theta = K \int_{\pi/6}^{5\pi/6} (2\sin\theta - 1)\,d\theta = K \left[ -2\cos\theta - \theta \right]_{\pi/6}^{5\pi/6}.\]
\(\cos\frac{5\pi}{6} = -\frac{\sqrt{3}}{2}\) ve \(\cos\frac{\pi}{6} = \frac{\sqrt{3}}{2}\) olduğundan
\[m = K \left[ \left( \sqrt{3} - \frac{5\pi}{6} \right) - \left( -\sqrt{3} - \frac{\pi}{6} \right) \right] = K \left( 2\sqrt{3} - \frac{2\pi}{3} \right).\]
Moment. \(y\,\rho\,dA = (r\sin\theta) \cdot K\,dr\,d\theta\) olduğundan
\[M_x = K \int_{\pi/6}^{5\pi/6} \sin\theta \left[ \frac{r^2}{2} \right]_1^{2\sin\theta} d\theta = K \int_{\pi/6}^{5\pi/6} \left( 2\sin^3\theta - \frac{\sin\theta}{2} \right) d\theta\]
olur. \(\sin^3\theta = \sin\theta\,(1 - \cos^2\theta)\) yazılırsa bir ilkel fonksiyon \(-\cos\theta + \frac{\cos^3\theta}{3}\)’tür; buradan
\[\int_{\pi/6}^{5\pi/6} \sin^3\theta\,d\theta = \frac{3\sqrt{3}}{8} - \left( -\frac{3\sqrt{3}}{8} \right) = \frac{3\sqrt{3}}{4}, \qquad \int_{\pi/6}^{5\pi/6} \sin\theta\,d\theta = \sqrt{3}\]
bulunur. Böylece \(M_x = K \left( 2 \cdot \frac{3\sqrt{3}}{4} - \frac{\sqrt{3}}{2} \right) = \sqrt{3}\,K\).
Kütle merkezi.
\[\bar{y} = \frac{M_x}{m} = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{3} - \frac{2\pi}{3}} = \frac{3\sqrt{3}}{6\sqrt{3} - 2\pi} \approx 1{,}265.\]
Kütle merkezi \(\left( 0, \frac{3\sqrt{3}}{6\sqrt{3} - 2\pi} \right)\) noktasıdır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.6 (Vantilatör Kanadı) Kenar uzunluğu \(2\) olan kare biçimli bir vantilatör kanadı, sol alt köşesi orijinde ve kenarları koordinat eksenleri üzerinde olacak biçimde yerleştirilmiştir. Kanadın yoğunluğu \(\rho(x, y) = 1 + 0{,}1x\) ise kanadı \(x\) ekseni etrafında döndürmek mi, \(y\) ekseni etrafında döndürmek mi daha zordur?
Çözüm
Bir eksen etrafında döndürmenin zorluğunu o eksene göre eylemsizlik momenti ölçer. Kanat \(0 \le x \le 2\), \(0 \le y \le 2\) karesidir ve \(\rho = 1 + \frac{x}{10}\)’dur.
\(I_x\). (6) formülüyle
\[ \begin{aligned} I_x &= \int_0^2 \int_0^2 y^2 \left( 1 + \frac{x}{10} \right) dy\,dx = \frac{8}{3} \int_0^2 \left( 1 + \frac{x}{10} \right) dx \\[1mm] &= \frac{8}{3} \left[ x + \frac{x^2}{20} \right]_0^2 = \frac{8}{3} \cdot \frac{11}{5} = \frac{88}{15} \approx 5{,}87. \end{aligned} \]
\(I_y\). (7) formülüyle
\[ \begin{aligned} I_y &= \int_0^2 \int_0^2 x^2 \left( 1 + \frac{x}{10} \right) dy\,dx = 2 \int_0^2 \left( x^2 + \frac{x^3}{10} \right) dx \\[1mm] &= 2 \left[ \frac{x^3}{3} + \frac{x^4}{40} \right]_0^2 = 2 \cdot \frac{46}{15} = \frac{92}{15} \approx 6{,}13. \end{aligned} \]
Karşılaştırma. \(I_y > I_x\) olduğundan kanadı \(y\) ekseni etrafında döndürmek daha zordur. Bunun nedeni, yoğunluğun \(x\) ile artması, yani kütlenin \(y\) ekseninden uzak tarafta daha çok toplanmasıdır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.7 (Çeyrek Diskin Dönme Yarıçapları) Yoğunluğu sabit \(\rho\) olan bir levha, \(x^2 + y^2 \le a^2\) diskinin birinci bölgede kalan çeyreğini kaplıyor. Levhanın \(I_x\) ve \(I_y\) eylemsizlik momentlerini ve \(\bar{\bar{x}}\), \(\bar{\bar{y}}\) dönme yarıçaplarını bulunuz.
Çözüm
Kutupsal koordinatlarda levha \(0 \le r \le a\), \(0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}\) ile betimlenir.
Eylemsizlik momentleri. Önce
\[\int_0^{\pi/2} \sin^2\theta\,d\theta = \int_0^{\pi/2} \frac{1 - \cos 2\theta}{2}\,d\theta = \left[ \frac{\theta}{2} - \frac{\sin 2\theta}{4} \right]_0^{\pi/2} = \frac{\pi}{4}\]
olduğunu görelim. Buradan
\[I_x = \rho \int_0^{\pi/2} \int_0^a (r\sin\theta)^2\,r\,dr\,d\theta = \rho \int_0^{\pi/2} \sin^2\theta\,d\theta \int_0^a r^3\,dr = \rho \cdot \frac{\pi}{4} \cdot \frac{a^4}{4} = \frac{\pi \rho a^4}{16}.\]
Aynı biçimde \(\int_0^{\pi/2} \cos^2\theta\,d\theta = \frac{\pi}{4}\) olduğundan \(I_y = \frac{\pi \rho a^4}{16}\)’dır.
Dönme yarıçapları. Levhanın kütlesi, yoğunluk ile çeyrek diskin alanının çarpımıdır: \(m = \rho \cdot \frac{\pi a^2}{4}\). (10) eşitliklerinden
\[\bar{\bar{x}}^2 = \frac{I_y}{m} = \frac{\pi \rho a^4 / 16}{\pi \rho a^2 / 4} = \frac{a^2}{4}\]
ve aynı biçimde \(\bar{\bar{y}}^2 = \frac{a^2}{4}\) olur. Böylece \(\bar{\bar{x}} = \bar{\bar{y}} = \frac{a}{2}\) bulunur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.8 (Toplamın Olasılığı) \(X\) ile \(Y\)’nin ortak yoğunluk fonksiyonu \(0 \le x \le 1\), \(0 \le y \le 2\) için \(f(x, y) = Cx(1 + y)\), diğer durumlarda \(0\)’dır; burada \(C\) bir sabittir. \(P(X + Y \le 1)\) olasılığını bulunuz.
Çözüm
Sabit. Önce \(C\)’yi bulalım. Toplam olasılık \(1\) olmalıdır:
\[\int_0^1 \int_0^2 Cx(1 + y)\,dy\,dx = C \int_0^1 x \left[ y + \frac{y^2}{2} \right]_{y=0}^{y=2} dx = C \int_0^1 4x\,dx = 2C = 1,\]
dolayısıyla \(C = \frac{1}{2}\)’dir.
Bölge. \(f\) yalnız \([0, 1] \times [0, 2]\) dikdörtgeninde sıfırdan farklıdır. Bu dikdörtgenin \(x + y \le 1\) olan kısmı, köşeleri \((0, 0)\), \((1, 0)\) ve \((0, 1)\) olan üçgendir: \(0 \le x \le 1\), \(0 \le y \le 1 - x\).
İntegral. İç integral
\[ \begin{aligned} \int_0^{1-x} \frac{x}{2}(1 + y)\,dy &= \frac{x}{2} \left[ (1 - x) + \frac{(1 - x)^2}{2} \right] \\[1mm] &= \frac{x(1 - x)(3 - x)}{4} = \frac{3x - 4x^2 + x^3}{4} \end{aligned} \]
olur. Buradan
\[ \begin{aligned} P(X + Y \le 1) &= \frac{1}{4} \int_0^1 (3x - 4x^2 + x^3)\,dx = \frac{1}{4} \left( \frac{3}{2} - \frac{4}{3} + \frac{1}{4} \right) \\[1mm] &= \frac{1}{4} \cdot \frac{5}{12} = \frac{5}{48} \approx 0{,}104 \end{aligned} \]
bulunur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.9 (Üstel Ortak Yoğunluğun Beklenen Değerleri) \(X\) ile \(Y\)’nin ortak yoğunluk fonksiyonu \(x \ge 0\), \(y \ge 0\) için \(f(x, y) = 0{,}1\,e^{-(0{,}5x + 0{,}2y)}\), diğer durumlarda \(0\)’dır. \(X\) ile \(Y\)’nin beklenen değerlerini bulunuz.
Çözüm
Hazırlık. \(f(x, y) = \frac{1}{10} e^{-x/2} e^{-y/5}\) biçiminde yazılır. Kısmi integrasyonla
\[\int_0^{\infty} x\,e^{-x/2}\,dx = \left[ -2x\,e^{-x/2} \right]_0^{\infty} + 2 \int_0^{\infty} e^{-x/2}\,dx = 0 + 2 \cdot 2 = 4\]
ve aynı yolla \(\int_0^{\infty} y\,e^{-y/5}\,dy = 25\) bulunur; ayrıca \(\int_0^{\infty} e^{-x/2}\,dx = 2\) ve \(\int_0^{\infty} e^{-y/5}\,dy = 5\)’tir. (Burada \(x\,e^{-x/2} \to 0\), \(x \to \infty\) iken.)
\(\mu_1\). (11) formülüyle, önce \(y\)’ye göre integre ederek,
\[\mu_1 = \int_0^{\infty} \int_0^{\infty} \frac{x}{10}\, e^{-x/2} e^{-y/5}\,dy\,dx = \int_0^{\infty} \frac{x}{10}\, e^{-x/2} \cdot 5\,dx = \frac{1}{2} \cdot 4 = 2.\]
\(\mu_2\). Bu kez önce \(x\)’e göre integre edelim:
\[\mu_2 = \int_0^{\infty} \int_0^{\infty} \frac{y}{10}\, e^{-x/2} e^{-y/5}\,dx\,dy = \int_0^{\infty} \frac{y}{10}\, e^{-y/5} \cdot 2\,dy = \frac{1}{5} \cdot 25 = 5.\]
\(X\)’in beklenen değeri \(2\), \(Y\)’ninki \(5\)’tir. Bu sonuç şaşırtıcı değildir: \(f(x, y) = \left( \frac{1}{2} e^{-x/2} \right) \left( \frac{1}{5} e^{-y/5} \right)\) olduğundan \(X\) ile \(Y\), ortalamaları \(2\) ve \(5\) olan bağımsız üstel dağılımlı değişkenlerdir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.10 (Kafede Buluşma) Can ile Ece’nin dersleri öğlen biter ve her gün dersten sonra bir kafede buluşmak üzere anlaşırlar. Kafeye birbirlerinden bağımsız olarak gelirler. Can’ın geliş zamanı \(X\), Ece’ninki \(Y\) olsun (öğlenden sonra geçen dakika). Yoğunluk fonksiyonları
\[f_1(x) = \begin{cases} e^{-x}, & x \ge 0, \\ 0, & x < 0, \end{cases} \qquad f_2(y) = \begin{cases} \frac{y}{50}, & 0 \le y \le 10, \\ 0, & \text{diğer durumlarda} \end{cases}\]
dir: Can öğlenden sonra bir ara gelir ve erken gelmesi geç gelmesinden olasıdır; Ece her zaman 12.10’a kadar gelir ve geç gelmesi erken gelmesinden olasıdır. Ece geldikten sonra Can’ı en çok yarım saat bekler, Can ise Ece’yi hiç beklemez. Buluşma olasılıklarını bulunuz.
Çözüm
Olay. Can Ece’yi beklemediğinden, Ece’den önce gelirse buluşamazlar. Ece de en çok \(30\) dakika beklediğinden buluşma, Can’ın Ece’den sonra ve en geç \(30\) dakika sonra gelmesi demektir: \(Y \le X \le Y + 30\).
Ortak yoğunluk. Bağımsızlıktan \(x \ge 0\), \(0 \le y \le 10\) için \(f(x, y) = e^{-x} \cdot \frac{y}{50}\), diğer durumlarda \(0\)’dır.
İntegral. \(y\) dışta, \(x\) içte olacak biçimde integre edelim. İç integral
\[\int_y^{y+30} e^{-x}\,dx = e^{-y} - e^{-y-30} = e^{-y} \left( 1 - e^{-30} \right)\]
olur. Buradan
\[P(Y \le X \le Y + 30) = \int_0^{10} \frac{y}{50}\, e^{-y} \left( 1 - e^{-30} \right) dy = \frac{1 - e^{-30}}{50} \int_0^{10} y\,e^{-y}\,dy.\]
Kısmi integrasyonla \(\int y\,e^{-y}\,dy = -y\,e^{-y} - e^{-y}\) olduğundan
\[\int_0^{10} y\,e^{-y}\,dy = \left( -10e^{-10} - e^{-10} \right) - (0 - 1) = 1 - 11e^{-10}\]
bulunur. Sonuç olarak
\[P(Y \le X \le Y + 30) = \frac{\left( 1 - e^{-30} \right)\left( 1 - 11e^{-10} \right)}{50} \approx 0{,}0200.\]
Buluşma olasılıkları yalnız yüzde \(2\) kadardır: Can neredeyse her zaman ilk birkaç dakikada gelir, Ece ise genellikle daha geç gelir ve Can beklemez.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.11 (Salgında Şehir Merkezinin Maruziyeti) Bir salgın incelenirken, hasta bir kişinin sağlıklı bir kişiye hastalığı bulaştırma olasılığının aralarındaki uzaklığa bağlı olduğu varsayılıyor. Nüfusun düzgün dağıldığı, yarıçapı \(10\) km olan dairesel bir şehirde \(A\) noktasında oturan sağlıklı bir kişi için bu olasılık
\[f(P) = \frac{1}{20} \left[ 20 - d(P, A) \right]\]
ile veriliyor; \(d(P, A)\), hasta kişinin bulunduğu \(P\) noktası ile \(A\) arasındaki uzaklıktır (km). Hastalar şehre düzgün dağılmıştır ve kilometrekare başına \(k\) hasta vardır. Kişinin maruziyeti, hastalığı şehirdeki bütün hastalardan kapma olasılıklarının toplamıdır. \(A\) şehrin merkezindeyse maruziyeti bir iki katlı integral olarak yazıp hesaplayınız.
Çözüm
İntegralin kurulması. Şehri \(D\) diski ile gösterelim. \(P\) noktası çevresinde alanı \(\Delta A\) olan küçük bir parçada yaklaşık \(k\,\Delta A\) hasta vardır ve her biri hastalığı yaklaşık \(f(P)\) olasılıkla bulaştırır. Bu parçanın maruziyete katkısı yaklaşık \(f(P)\,k\,\Delta A\)’dır. Katkıları toplayıp limite geçince maruziyet
\[E = \iint_D k\,f(P)\,dA = \frac{k}{20} \iint_D \left[ 20 - d(P, A) \right] dA\]
olur. Şehirde iki nokta arasındaki uzaklık en çok \(20\) km olduğundan \(0 \le f(P) \le 1\)’dir.
Hesap. \(A\)’yı orijine koyalım. O zaman \(d(P, A) = r\) ve \(D\), \(0 \le r \le 10\), \(0 \le \theta \le 2\pi\) ile betimlenir. Kutupsal koordinatlarla (Teorem 3.1)
\[ \begin{aligned} E &= \frac{k}{20} \int_0^{2\pi} \int_0^{10} (20 - r)\,r\,dr\,d\theta = \frac{k}{20} \cdot 2\pi \left[ 10r^2 - \frac{r^3}{3} \right]_0^{10} \\[1mm] &= \frac{k}{20} \cdot 2\pi \left( 1000 - \frac{1000}{3} \right) = \frac{k}{20} \cdot 2\pi \cdot \frac{2000}{3} = \frac{200\pi k}{3} \approx 209{,}4\,k \end{aligned} \]
bulunur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.12 (Salgında Şehir Sınırının Maruziyeti) Alıştırma 4.11 alıştırmasındaki salgın modelinde (yarıçapı \(10\) km olan dairesel şehir, kilometrekare başına \(k\) hasta, bulaşma olasılığı \(f(P) = \frac{1}{20}[20 - d(P, A)]\)), \(A\) noktası şehrin sınırındaysa maruziyeti hesaplayınız. Şehrin merkezinde mi, sınırında mı oturmak daha güvenlidir?
Çözüm
Bölge. Bu kez de \(A\)’yı orijine koyalım ve şehrin merkezini \((10, 0)\) noktası seçelim. Şehir \((x - 10)^2 + y^2 \le 100\), yani \(x^2 + y^2 \le 20x\) diskidir. Kutupsal koordinatlarda bu \(r^2 \le 20r\cos\theta\), yani \(r \le 20\cos\theta\) demektir; \(r \ge 0\) olması için \(\cos\theta \ge 0\), yani \(-\frac{\pi}{2} \le \theta \le \frac{\pi}{2}\) olmalıdır. Uzaklık yine \(d(P, A) = r\)’dir.
İntegral. İç integral
\[\int_0^{20\cos\theta} (20 - r)\,r\,dr = \left[ 10r^2 - \frac{r^3}{3} \right]_0^{20\cos\theta} = 4000\cos^2\theta - \frac{8000}{3}\cos^3\theta\]
olur. \(\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos^2\theta\,d\theta = \frac{\pi}{2}\) ve \(\cos^3\theta = (1 - \sin^2\theta)\cos\theta\) yazarak
\[\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos^3\theta\,d\theta = \left[ \sin\theta - \frac{\sin^3\theta}{3} \right]_{-\pi/2}^{\pi/2} = \frac{2}{3} - \left( -\frac{2}{3} \right) = \frac{4}{3}\]
bulunur. Buradan
\[ \begin{aligned} E &= \frac{k}{20} \left( 4000 \cdot \frac{\pi}{2} - \frac{8000}{3} \cdot \frac{4}{3} \right) = \frac{k}{20} \left( 2000\pi - \frac{32000}{9} \right) \\[1mm] &= 100\pi k - \frac{1600k}{9} \approx 136{,}4\,k. \end{aligned} \]
Karşılaştırma. Merkezdeki maruziyet yaklaşık \(209{,}4\,k\), sınırdaki ise yaklaşık \(136{,}4\,k\)’dir. Sınırda oturan biri hastaların çoğundan daha uzakta olduğu için maruziyeti yaklaşık üçte bir daha azdır; sınırda oturmak daha güvenlidir.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde iki katlı integralin, düzleme yayılmış bir niceliği “toplayan” genel bir araç olduğunu gördük: yoğunluğu integre edince kütle ya da olasılık, koordinatlarla çarpıp integre edince kütle merkezi ya da beklenen değer, uzaklığın karesiyle çarpıp integre edince eylemsizlik momenti çıkar. Sonraki bölümde iki katlı integrali yeniden geometriye döndürüp bir yüzeyin alanını hesaplayacağız: Yüzey Alanı.