viewof silPointControls = Inputs.form({
r: Inputs.range([0, 3], { value: 2, step: 0.1, label: "r" }),
theta: Inputs.range([0, 345], { value: 120, step: 15, label: "θ (°)" }),
z: Inputs.range([-2, 2], { value: 1, step: 0.1, label: "z" }),
surfaces: Inputs.toggle({ label: "yüzeyler", value: false })
})7 Silindirik Koordinatlarda Üç Katlı İntegraller
Düzlemde bir disk ya da halka üzerindeki iki katlı integrali kutupsal koordinatlara geçerek kolayca hesaplayabiliyorduk (Teorem 3.1). Uzayda da benzer bir durumla sık karşılaşırız. Silindir, koni ve paraboloit gibi bir eksen etrafında simetrik yüzeylerle sınırlanan cisimleri dik koordinatlarda anlatmak, \(\pm\sqrt{a^2 - x^2}\) türünden sınırlar yüzünden zahmetlidir; integrandda \(x^2 + y^2\) geçtiğinde hesap daha da ağırlaşır.
Silindirik koordinatlar bu durumun doğal çözümüdür: bir noktanın yüksekliğini olduğu gibi bırakır, yalnız \(xy\)-düzlemindeki izdüşümünü kutupsal koordinatlarla yazarız. Bu bölümde önce bu koordinat sistemini ve temel yüzeylerini tanıyacak, sonra üç katlı integrali silindirik koordinatlara taşıyan formülü ispatlayıp örneklerle kullanacağız.
Düzlemde \((x, y)\) noktasının kutupsal koordinatları \((r, \theta)\) ise
\[x = r\cos\theta, \qquad y = r\sin\theta, \qquad r^2 = x^2 + y^2\]
olduğunu ve \(x \ne 0\) iken \(\tan\theta = y/x\) eşitliğinin sağlandığını hatırlayalım.
7.1 Silindirik Koordinatlar
Önce uzaydaki bir noktayı kutupsal koordinatlar ve yükseklik yardımıyla nasıl adlandıracağımızı görelim.
Tanım 7.1 (Silindirik Koordinatlar) Uzayda bir \(P\) noktası ve onun \(xy\)-düzlemindeki dik izdüşümü \(P'\) verilsin. \(P'\) noktasının kutupsal koordinatları \((r, \theta)\), \(P\)’nin \(xy\)-düzlemine göre yönlü uzaklığı \(z\) ise \((r, \theta, z)\) üçlüsüne \(P\)’nin silindirik koordinatları (cylindrical coordinates) denir. Burada \(r \ge 0\)’dır.
Yani \(r\), \(P\)’nin \(z\) eksenine uzaklığıdır; \(\theta\), \(P\)’nin \(z\) ekseni etrafında hangi doğrultuda durduğunu söyler; \(z\) ise dik koordinatlardaki yüksekliğin aynısıdır. \(\theta\)’ya \(2\pi\)’nin bir katını eklemek noktayı değiştirmez; bu yüzden çoğu zaman \(0 \le \theta < 2\pi\) seçilir, ama başka bir seçim de aynı noktayı verir. \(z\) ekseni üzerindeki noktalarda \(r = 0\)’dır ve \(\theta\) herhangi bir değer alabilir. Bu koordinatların analitik geometri açısından ayrıntılı bir incelemesi için bkz. Analitik Geometri.
Etkileşimli sahne: bir noktanın silindirik koordinatları. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz. \(r\), \(\theta\) ve \(z\) kaydırıcıları \(P\) noktasını taşır: \(r\), \(P\)’nin \(z\) eksenine uzaklığını; \(\theta\), izdüşüm \(P'\)’nin pozitif \(x\) ekseninden ölçülen açısını; \(z\) de \(P\)’nin yüksekliğini değiştirir. Kesikli çemberler, \(P\)’den geçen \(r = c\) silindirinin izleridir. Yüzeyler kutusu işaretlenince \(P\)’den geçen üç koordinat yüzeyi (Önerme 7.2) görünür: silindir, düşey yarım düzlem ve yatay düzlem. \(r > 0\) iken \(P\) bu üç yüzeyin tek ortak noktasıdır. Değer satırı, birazdan göreceğimiz (1) formülleriyle (Önerme 7.1) hesaplanan dik koordinatları gösterir. Başlangıçtaki \((2, 2\pi/3, 1)\) noktası Örnek 7.1 içindeki noktadır ve \(x = -1\), \(y = \sqrt{3} \approx 1{,}73\) verir. \(\theta\) açısını \(150^\circ\), yani \(5\pi/6\) yapınca Alıştırma 7.1 içindeki \((-\sqrt{3}, 1, 1)\) noktası çıkar.
İki sistem arasındaki geçiş, kutupsal koordinatlardaki geçişin üstüne \(z = z\) eşitliğini eklemekten ibarettir.
Önerme 7.1 (Dik ve Silindirik Koordinatlar Arasında Geçiş) Silindirik koordinatları \((r, \theta, z)\) olan noktanın dik koordinatları
\[x = r\cos\theta, \qquad y = r\sin\theta, \qquad z = z \tag{1}\]
olur. Tersine, dik koordinatları \((x, y, z)\) olan noktanın silindirik koordinatları
\[r^2 = x^2 + y^2, \qquad \tan\theta = \frac{y}{x} \ \ (x \ne 0), \qquad z = z \tag{2}\]
eşitliklerini sağlar.
İspat
\(z\) koordinatı iki sistemde de aynı sayıdır. \(P\)’nin izdüşümü \(P'(x, y, 0)\)’ın düzlemdeki dik koordinatları \((x, y)\), kutupsal koordinatları da tanım gereği \((r, \theta)\)’dır. Kutupsal koordinatlardaki geçiş formülleri \(P'\)’ye uygulanınca \(x = r\cos\theta\) ve \(y = r\sin\theta\) bulunur; bu (1)’dir. Buradan
\[x^2 + y^2 = r^2\cos^2\theta + r^2\sin^2\theta = r^2\]
olur. \(x \ne 0\) ise \(r \ne 0\) ve \(\cos\theta \ne 0\)’dır; bu durumda
\[\frac{y}{x} = \frac{r\sin\theta}{r\cos\theta} = \tan\theta\]
elde edilir. Böylece (2) de sağlanır. \(\blacksquare\)
(2)’deki \(\tan\theta = y/x\) eşitliği \(\theta\)’yı tek başına belirlemez, çünkü tanjantın periyodu \(\pi\)’dir ve \([0, 2\pi)\) aralığında bu eşitliği sağlayan iki açı vardır. Bunlardan biri doğru noktayı, öteki onun \(z\) eksenine göre simetriğini verir. Doğru açıyı \((x, y)\) noktasının hangi bölgede olduğuna bakarak seçeriz.
İpucuDik koordinatlardan silindirik koordinatlara üç adımda
- \(r = \sqrt{x^2 + y^2}\) hesaplanır.
- \((x, y)\) noktasının hangi bölgede olduğuna bakılır ve \(\tan\theta = y/x\) eşitliğinin bu bölgeye düşen çözümü \(\theta\) olarak alınır. \(x = 0\) ise \(y > 0\) için \(\theta = \pi/2\), \(y < 0\) için \(\theta = 3\pi/2\)’dir.
- \(z\) olduğu gibi bırakılır.
Örnek 7.1 (Silindirik Koordinatlardan Dik Koordinatlara) Silindirik koordinatları \((2, 2\pi/3, 1)\) olan noktanın dik koordinatlarını bulunuz.
Çözüm
Noktanın yerini önce sözle tarif edelim: \(xy\)-düzleminde pozitif \(x\) ekseninden saat yönünün tersine \(2\pi/3\) radyan (\(120^\circ\)) dönüp orijinden \(2\) birim uzaklaşırız; nokta, varılan yerin \(1\) birim yukarısındadır.
\(\cos(2\pi/3) = -1/2\) ve \(\sin(2\pi/3) = \sqrt{3}/2\) olduğundan (1) formülleri
\[ \begin{aligned} x &= 2\cos\frac{2\pi}{3} = 2\left(-\frac{1}{2}\right) = -1, \\[1mm] y &= 2\sin\frac{2\pi}{3} = 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}, \\[1mm] z &= 1 \end{aligned} \]
verir. Noktanın dik koordinatları \((-1, \sqrt{3}, 1)\)’dir. Kontrol: \(x^2 + y^2 = 1 + 3 = 4 = r^2\). \(\blacksquare\)
Örnek 7.2 (Dik Koordinatlardan Silindirik Koordinatlara) Dik koordinatları \((3, -3, -7)\) olan noktanın silindirik koordinatlarını bulunuz.
Çözüm
Üç adımı sırayla uygulayalım.
- \(r = \sqrt{3^2 + (-3)^2} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}\).
- \(x = 3 > 0\) ve \(y = -3 < 0\) olduğundan \((3, -3)\) noktası dördüncü bölgededir. \(\tan\theta = -3/3 = -1\) eşitliğinin \([0, 2\pi)\)’deki çözümleri \(3\pi/4\) ve \(7\pi/4\)’tür; dördüncü bölgeye düşen \(\theta = 7\pi/4\)’tür.
- \(z = -7\).
Buna göre \((3\sqrt{2}, 7\pi/4, -7)\) aranan silindirik koordinatlardır. Kontrol:
\[3\sqrt{2}\cos\frac{7\pi}{4} = 3\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 3, \qquad 3\sqrt{2}\sin\frac{7\pi}{4} = -3.\]
\(\theta\) yerine \(7\pi/4 + 2n\pi\) (\(n\) tam sayı) yazmak aynı noktayı verir; örneğin \((3\sqrt{2}, -\pi/4, -7)\) de bu noktanın silindirik koordinatlarıdır. \(\blacksquare\)
7.2 Koordinat Yüzeyleri
Bir koordinatı sabit tutup ötekileri serbest bıraktığımızda elde edilen yüzeyler, silindirik koordinatların hangi cisimleri kolay anlattığını gösterir.
Önerme 7.2 (Silindirik Koordinat Yüzeyleri) \(c\) bir sabit olsun.
- \(c > 0\) ise \(r = c\) denklemi, ekseni \(z\) ekseni olan ve yarıçapı \(c\) olan \(x^2 + y^2 = c^2\) dairesel silindiridir.
- \(\theta = c\) denklemi, kenarı \(z\) ekseni olan ve \(xy\)-düzlemini \((\cos c, \sin c, 0)\) doğrultusundaki ışın boyunca kesen düşey bir yarım düzlemdir.
- \(z = c\) denklemi, \(xy\)-düzlemine paralel olan yatay bir düzlemdir.
İspat
Silindir: \(r = \sqrt{x^2 + y^2}\) olduğundan
\[r = c \iff \sqrt{x^2 + y^2} = c \iff x^2 + y^2 = c^2\]
olur; iki taraf da negatif olmadığından kare almak bilgi kaybettirmez.
Yarım düzlem: \(\mathbf{u} = (\cos c, \sin c, 0)\) diyelim. \(\theta = c\) olan noktalar (1) gereği
\[(r\cos c,\ r\sin c,\ z) = r\,\mathbf{u} + z\,\mathbf{k} \qquad (r \ge 0,\ z \in \mathbb{R})\]
noktalarıdır. \(\mathbf{u}\) ile \(\mathbf{k}\) birbirine dik iki birim vektör olduğundan bu küme, \(z\) ekseniyle (\(r = 0\)) sınırlanan ve \(\mathbf{u}\) yönünde açılan yarım düzlemdir. \(\mathbf{k}\) düşey olduğundan yarım düzlem de düşeydir.
Yatay düzlem: \(z\) koordinatı iki sistemde aynıdır, dolayısıyla \(z = c\) silindirik koordinatlarda da yatay düzlemi anlatır. \(\blacksquare\)
“Silindirik” adı ilk maddeden gelir: sistemin en basit denklemi olan \(r = c\) bir silindiri anlatır. Ayrıca \(\theta = c\) ve \(\theta = c + \pi\) yarım düzlemleri birlikte \(z\) ekseninden geçen tam bir düşey düzlem oluşturur. \(z\) ekseni etrafındaki bir dönme yalnız \(\theta\)’yı değiştirir, \(r\) ile \(z\)’yi değiştirmez. Bu yüzden silindirik koordinatlar bir eksen etrafında simetrik problemlerde işe yarar; koordinat sistemini, simetri ekseni \(z\) ekseni olacak biçimde yerleştiririz.
Örnek 7.3 (Bir Koninin Silindirik Denklemi) Silindirik koordinatlardaki denklemi \(z = r\) olan yüzeyi tanımlayınız.
Çözüm
Denklem, yüzeydeki her noktanın yüksekliğinin o noktanın \(z\) eksenine uzaklığına eşit olduğunu söylüyor. Denklemde \(\theta\) geçmediğinden yüzey \(z\) ekseni etrafındaki dönmelerle değişmez.
Yatay kesitlere bakalım. \(k > 0\) için \(z = k\) düzlemi yüzeyi \(r = k\) olan noktalarda keser; bu kesit, merkezi \(z\) ekseni üzerinde ve yarıçapı \(k\) olan bir çemberdir. \(z = 0\) için kesit yalnız orijindir. \(r \ge 0\) olduğundan \(z < 0\) olan nokta yoktur. Yükseklik arttıkça yarıçapı aynı oranda büyüyen çemberler bir koni oluşturur.
Bunu dik koordinatlarda doğrulayalım. \(r = \sqrt{x^2 + y^2}\) olduğundan denklem
\[z = \sqrt{x^2 + y^2}\]
olur. Bu, ekseni \(z\) ekseni ve tepesi orijin olan \(z^2 = x^2 + y^2\) dairesel konisinin üst yarısıdır. Tam (iki yapraklı) koni silindirik koordinatlarda \(z^2 = r^2\) diye yazılır. \(\blacksquare\)
7.3 Silindirik Koordinatlarda Üç Katlı İntegral
Şimdi bir üç katlı integrali silindirik koordinatlarda nasıl yazacağımızı görelim.
Üç katlı integrallerde tip 1 bölgeleri gördük (Tanım 6.4): \(D\) düzlemde bir bölge, \(u_1 \le u_2\) de \(D\) üzerinde sürekli iki fonksiyon olmak üzere
\[E = \{(x, y, z) \mid (x, y) \in D,\ u_1(x, y) \le z \le u_2(x, y)\}\]
biçimindeki bir cisim üzerinde, sürekli bir \(f\) için (Teorem 6.2)
\[\iiint_E f(x, y, z)\,dV = \iint_D \left[\int_{u_1(x, y)}^{u_2(x, y)} f(x, y, z)\,dz\right] dA \tag{3}\]
olur. \(D\) kutupsal koordinatlarda kolayca anlatılabiliyorsa iç integrali aldıktan sonra kalan iki katlı integrali kutupsal koordinatlarda hesaplarız. Bu iki adım birleşince aşağıdaki formül çıkar.
Teorem 7.1 (Silindirik Koordinatlarda Üç Katlı İntegral) \(\alpha < \beta \le \alpha + 2\pi\) olsun; \(h_1\) ve \(h_2\), \([\alpha, \beta]\) üzerinde sürekli ve \(0 \le h_1(\theta) \le h_2(\theta)\) olan fonksiyonlar olsun. \(D\), kutupsal koordinatlarda
\[D = \{(r, \theta) \mid \alpha \le \theta \le \beta,\ h_1(\theta) \le r \le h_2(\theta)\}\]
ile verilen bölge; \(u_1 \le u_2\), \(D\) üzerinde sürekli iki fonksiyon ve
\[E = \{(x, y, z) \mid (x, y) \in D,\ u_1(x, y) \le z \le u_2(x, y)\}\]
olsun. \(f\), \(E\) üzerinde sürekli ise
\[ \begin{aligned} &\iiint_E f(x, y, z)\,dV \\[1mm] &\quad = \int_\alpha^\beta \int_{h_1(\theta)}^{h_2(\theta)} \int_{u_1(r\cos\theta,\, r\sin\theta)}^{u_2(r\cos\theta,\, r\sin\theta)} f(r\cos\theta, r\sin\theta, z)\, r\,dz\,dr\,d\theta \end{aligned} \tag{4} \]
olur.
İspat
İspatı dört adımda yapalım.
Adım 1. \(E\) bir tip 1 bölgedir; Teorem 6.2 (i) gereği
\[\iiint_E f(x, y, z)\,dV = \iint_D F(x, y)\,dA, \qquad F(x, y) = \int_{u_1(x, y)}^{u_2(x, y)} f(x, y, z)\,dz\]
olur.
Adım 2. \(F\), \(D\) üzerinde süreklidir. Bunu görmek için iç integralde \(z = u_1 + s\,(u_2 - u_1)\), \(0 \le s \le 1\) değişken değiştirmesini yapalım (\(dz = (u_2 - u_1)\,ds\)):
\[F(x, y) = \big(u_2(x, y) - u_1(x, y)\big) \int_0^1 f\big(x, y,\ u_1 + s\,(u_2 - u_1)\big)\,ds.\]
Sağdaki integrand \((x, y, s)\)’nin sürekli bir fonksiyonudur ve \(D \times [0, 1]\) kapalı ve sınırlı bir kümedir. Böyle bir küme üzerinde sürekli bir integrandın sabit sınırlı integrali parametreye sürekli bağlıdır; ispat, düzgün süreklilik kullanan Analiz 3’teki ispatın \((x, y)\) parametresi için aynen tekrarıdır. \(u_2 - u_1\) da sürekli olduğundan çarpım olan \(F\) süreklidir.
Adım 3. \(D\) kutupsal koordinatlarda verilmiş bir bölge ve \(F\) üzerinde sürekli olduğundan kutupsal koordinatlara geçiş formülü (Teorem 3.1)
\[\iint_D F(x, y)\,dA = \int_\alpha^\beta \int_{h_1(\theta)}^{h_2(\theta)} F(r\cos\theta, r\sin\theta)\, r\,dr\,d\theta\]
verir.
Adım 4. \(F\)’nin tanımından
\[F(r\cos\theta, r\sin\theta) = \int_{u_1(r\cos\theta,\, r\sin\theta)}^{u_2(r\cos\theta,\, r\sin\theta)} f(r\cos\theta, r\sin\theta, z)\,dz\]
olur. \(r\) çarpanı \(z\)’ye bağlı olmadığından bu integralin içine alınabilir. Adım 1 ve Adım 3’teki eşitlikler birleştirilip bu ifade yerine yazılınca (4) elde edilir. \(\blacksquare\)
Yani bir üç katlı integrali silindirik koordinatlara çevirmek için \(x\) yerine \(r\cos\theta\), \(y\) yerine \(r\sin\theta\) yazarız, \(z\)’yi olduğu gibi bırakırız, sınırları \(z\), \(r\) ve \(\theta\) cinsinden yazarız ve \(dV\) yerine
\[dV = r\,dz\,dr\,d\theta\]
koyarız. Bu formül, \(E\) silindirik koordinatlarda kolayca anlatılabildiğinde ve özellikle integrandda \(x^2 + y^2 = r^2\) ifadesi geçtiğinde işe yarar.
\(dV\)’deki \(r\) çarpanının nereden geldiğini görmek için \(r\), \(\theta\) ve \(z\)’yi birer küçük adım artıralım. \(r\) ile \(r + \Delta r\), \(\theta\) ile \(\theta + \Delta\theta\), \(z\) ile \(z + \Delta z\) arasında kalan silindirik kutunun tabanı bir kutupsal dikdörtgendir. Bu kutupsal dikdörtgenin alanı, orta yarıçap \(\bar{r} = r + \Delta r/2\) olmak üzere tam olarak \(\Delta A = \bar{r}\,\Delta r\,\Delta\theta\)’dır. Kutunun yüksekliği \(\Delta z\) olduğundan hacmi
\[\Delta V = \bar{r}\,\Delta r\,\Delta\theta\,\Delta z\]
olur. Kenarlara bakarak da aynı sonuca varırız: kutu, kenarları yaklaşık \(\Delta r\), \(r\,\Delta\theta\) (yarıçapı \(r\) olan yayın uzunluğu) ve \(\Delta z\) olan dikdörtgenler prizmasına benzer. Hacim elemanındaki \(r\), açısal kenarın uzunluğunun \(\Delta\theta\) değil \(r\,\Delta\theta\) olmasından gelir.
Etkileşimli sahne: silindirik kutunun hacmi. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz. Turuncu cisim, \(r\) ile \(r + \Delta r\), \(\theta\) ile \(\theta + \Delta\theta\) ve \(z = 0\) ile \(z = 1\) arasında kalan silindirik kutudur. Mavi çizgiler kutunun bir köşesinde buluşan \(\Delta r\), \(r\,\Delta\theta\) ve \(\Delta z\) kenarlarıdır. \(r\) kaydırıcısı kutuyu \(z\) ekseninden uzaklaştırır, \(\Delta r\) ve \(\Delta\theta\) kaydırıcıları kutunun boyutlarını değiştirir. Gri kutu, aynı \(\Delta r\), \(\Delta\theta\) ve \(\Delta z\) ile eksene dayanan en içteki kutudur; turuncu kutuyla üst üste bindiğinde gizlenir. Değer satırı tam hacim \(\Delta V = \bar{r}\,\Delta r\,\Delta\theta\,\Delta z\)’yi, kenarlardan gelen \(\Delta r \cdot r\,\Delta\theta \cdot \Delta z\) yaklaşımını ve \(r\) çarpanı unutulunca çıkan \(\Delta r\,\Delta\theta\,\Delta z\) çarpımını yan yana gösterir. Başlangıçtaki \(\Delta r = 0{,}5\), \(\Delta\theta = 30^\circ = \pi/6\) ve \(\Delta z = 1\) değerleriyle en içteki kutunun hacmi \(\pi/48 \approx 0{,}065\), \(r = 2\)’deki kutununki ise \(3\pi/16 \approx 0{,}589\)’dur; yani dokuz katıdır. \(r\) çarpanı unutulsaydı ikisinin hacmi de aynı \(\pi/12 \approx 0{,}262\) çıkardı.
Uyarır çarpanını unutmayın
\(dV\) yerine \(dz\,dr\,d\theta\) yazmak en sık yapılan hatadır. Örneğin yarıçapı \(a\), yüksekliği \(h\) olan silindirin hacmi \(r\) çarpanı unutulursa \(\int_0^{2\pi}\int_0^a\int_0^h dz\,dr\,d\theta = 2\pi a h\) çıkar; bu, doğru değer olan \(\pi a^2 h\) değildir.
İpucuSilindirik koordinatlarda üç katlı integral dört adımda
- Cismi çizin ve \(z\) yönünde hangi yüzeyin altta (\(z = u_1\)), hangisinin üstte (\(z = u_2\)) olduğunu belirleyin.
- Cismin \(xy\)-düzlemine izdüşümü \(D\)’yi bulun ve onu kutupsal koordinatlarda \(\alpha \le \theta \le \beta\), \(h_1(\theta) \le r \le h_2(\theta)\) diye yazın.
- İntegrandda ve \(z\) sınırlarında \(x = r\cos\theta\), \(y = r\sin\theta\) koyun, \(x^2 + y^2\) yerine \(r^2\) yazın, \(dV\) yerine \(r\,dz\,dr\,d\theta\) koyun.
- Önce \(z\)’ye, sonra \(r\)’ye, en son \(\theta\)’ya göre integral alın.
Örnek 7.4 (Dairesel Silindirin Hacmi) Yarıçapı \(a\), yüksekliği \(h\) olan dairesel silindirin hacmini silindirik koordinatlarla hesaplayınız.
Çözüm
Silindiri, ekseni \(z\) ekseni ve tabanı \(xy\)-düzleminde olacak biçimde yerleştirelim.
- Alttaki yüzey \(z = 0\), üstteki yüzey \(z = h\)’dir.
- İzdüşüm, yarıçapı \(a\) olan disktir: \(0 \le \theta \le 2\pi\), \(0 \le r \le a\).
- Hacim, \(1\) fonksiyonunun integralidir; \(dV = r\,dz\,dr\,d\theta\) olur.
- İntegralleri sırayla alalım:
\[ \begin{aligned} V &= \int_0^{2\pi} \int_0^a \int_0^h r\,dz\,dr\,d\theta = \int_0^{2\pi} \int_0^a r h\,dr\,d\theta \\[1mm] &= \int_0^{2\pi} \frac{a^2 h}{2}\,d\theta = 2\pi \cdot \frac{a^2 h}{2} = \pi a^2 h. \end{aligned} \]
Bu, bilinen taban alanı çarpı yükseklik formülüdür. \(\blacksquare\)
Örnek 7.5 (Paraboloidin Altındaki Cisim) \(E\), \(z = 4 - x^2 - y^2\) paraboloidinin altında ve \(xy\)-düzleminin üstünde kalan cisim olmak üzere
\[\iiint_E x^2\,dV\]
integralini hesaplayınız.
Çözüm
\(E\), \(z\) eksenine göre simetrik olduğundan silindirik koordinatlar uygundur. Paraboloidin denklemi
\[z = 4 - (x^2 + y^2) = 4 - r^2\]
olur.
- Alttaki yüzey \(z = 0\), üstteki yüzey \(z = 4 - r^2\)’dir.
- Paraboloit \(xy\)-düzlemini \(4 - r^2 = 0\), yani \(r = 2\) çemberinde keser. İzdüşüm \(D\), yarıçapı \(2\) olan disktir: \(0 \le \theta \le 2\pi\), \(0 \le r \le 2\).
- \(x^2 = r^2\cos^2\theta\) ve \(dV = r\,dz\,dr\,d\theta\)’dır.
Buna göre
\[\iiint_E x^2\,dV = \int_0^{2\pi} \int_0^2 \int_0^{4 - r^2} r^2\cos^2\theta \cdot r\,dz\,dr\,d\theta\]
olur. İç integralde \(r^3\cos^2\theta\) çarpanı \(z\)’ye bağlı değildir:
\[\int_0^{4 - r^2} r^3\cos^2\theta\,dz = r^3\cos^2\theta\,(4 - r^2) = (4r^3 - r^5)\cos^2\theta.\]
Kalan integrand \(\theta\)’ya bağlı bir çarpanla \(r\)’ye bağlı bir çarpanın çarpımı, sınırlar da sabit olduğundan integral iki tek katlı integralin çarpımına ayrılır:
\[\iiint_E x^2\,dV = \left(\int_0^{2\pi} \cos^2\theta\,d\theta\right)\left(\int_0^2 (4r^3 - r^5)\,dr\right).\]
\(\cos^2\theta = \frac{1}{2}(1 + \cos 2\theta)\) olduğundan
\[\int_0^{2\pi} \cos^2\theta\,d\theta = \frac{1}{2}\left[\theta + \frac{1}{2}\sin 2\theta\right]_0^{2\pi} = \pi,\]
ayrıca
\[\int_0^2 (4r^3 - r^5)\,dr = \left[r^4 - \frac{r^6}{6}\right]_0^2 = 16 - \frac{64}{6} = 16 - \frac{32}{3} = \frac{16}{3}\]
bulunur. Sonuç:
\[\iiint_E x^2\,dV = \pi \cdot \frac{16}{3} = \frac{16\pi}{3}.\]
\(\blacksquare\)
Ardışık integralin cismi nasıl taradığını görmek yararlıdır. Önceki örnekte \(r\) ve \(\theta\) sabitken \(z\) değişkeni \(0\)’dan \(4 - r^2\)’ye giderek tabandan paraboloide uzanan düşey bir çizgiyi tarar. \(\theta\) sabitken bu çizgiler \(r = 0\)’dan \(r = 2\)’ye kayarak düşey bir dilim oluşturur. Son olarak dilim \(z\) ekseni etrafında \(\theta = 0\)’dan \(2\pi\)’ye döner ve bütün cismi süpürür.
7.4 Kütle Hesabı ve Dik Koordinatlardan Geçiş
Silindirik koordinatlar, yoğunluğu \(z\) eksenine uzaklığa bağlı olan cisimlerde ve dik koordinatlarda karekök sınırlarıyla verilmiş ardışık integrallerde de doğal seçimdir.
Bir cismin yoğunluğu \(\rho(x, y, z)\) ise kütlesi \(m = \iiint_E \rho(x, y, z)\,dV\)’dir (Tanım 6.7).
Örnek 7.6 (Yoğunluğu Eksene Uzaklıkla Orantılı Cisim) \(E\) cismi \(x^2 + y^2 = 1\) silindirinin içinde, \(xz\)-düzleminin sağında (\(y \ge 0\)), \(z = 4\) düzleminin altında ve \(z = 1 - x^2 - y^2\) paraboloidinin üstünde kalsın. Cismin her noktasındaki yoğunluk o noktanın silindirin eksenine uzaklığıyla orantılı olduğuna göre \(E\)’nin kütlesini bulunuz.
Çözüm
Silindirik koordinatlarda silindir \(r = 1\), paraboloit \(z = 1 - r^2\) olur. \(y \ge 0\) koşulu \(0 \le \theta \le \pi\) demektir. \(0 \le r \le 1\) için \(1 - r^2 \le 1 < 4\) olduğundan paraboloit hep düzlemin altındadır. Buna göre
\[E = \{(r, \theta, z) \mid 0 \le \theta \le \pi,\ 0 \le r \le 1,\ 1 - r^2 \le z \le 4\}\]
olur. Silindirin ekseni \(z\) eksenidir; \((x, y, z)\) noktasının bu eksene uzaklığı \(\sqrt{x^2 + y^2} = r\)’dir. Yoğunluk bu uzaklıkla orantılı olduğundan bir \(K\) orantı sabiti için
\[\rho(x, y, z) = K\sqrt{x^2 + y^2} = K r\]
yazılır. Kütle:
\[ \begin{aligned} m &= \int_0^{\pi} \int_0^1 \int_{1 - r^2}^{4} K r \cdot r\,dz\,dr\,d\theta = \int_0^{\pi} \int_0^1 K r^2 \big[4 - (1 - r^2)\big]\,dr\,d\theta \\[1mm] &= K \int_0^{\pi} d\theta \int_0^1 (3r^2 + r^4)\,dr = K\pi \left[r^3 + \frac{r^5}{5}\right]_0^1 = K\pi\left(1 + \frac{1}{5}\right) = \frac{6\pi K}{5}. \end{aligned} \]
\(\blacksquare\)
Örnek 7.7 (Dik Koordinatlardaki Bir İntegralin Dönüştürülmesi) Aşağıdaki integrali hesaplayınız:
\[\int_{-2}^{2} \int_{-\sqrt{4 - x^2}}^{\sqrt{4 - x^2}} \int_{\sqrt{x^2 + y^2}}^{2} (x^2 + y^2)\,dz\,dy\,dx.\]
Çözüm
Önce integralin hangi cisim üzerinde alındığını okuyalım. Sınırlar
\[E = \{(x, y, z) \mid -2 \le x \le 2,\ |y| \le \sqrt{4 - x^2},\ \sqrt{x^2 + y^2} \le z \le 2\}\]
cismini anlatır. \(x\) ve \(y\) sınırları, \(x^2 + y^2 \le 4\) diskini verir; bu disk \(E\)’nin \(xy\)-düzlemine izdüşümüdür. \(E\)’nin alt yüzeyi \(z = \sqrt{x^2 + y^2}\) konisi, üst yüzeyi \(z = 2\) düzlemidir.
Silindirik koordinatlarda bu cisim çok daha sade anlatılır:
\[E = \{(r, \theta, z) \mid 0 \le \theta \le 2\pi,\ 0 \le r \le 2,\ r \le z \le 2\}.\]
İntegrand \(x^2 + y^2 = r^2\) olur. Buna göre
\[ \begin{aligned} \iiint_E (x^2 + y^2)\,dV &= \int_0^{2\pi} \int_0^2 \int_r^2 r^2 \cdot r\,dz\,dr\,d\theta = \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^2 r^3 (2 - r)\,dr \\[1mm] &= 2\pi \left[\frac{r^4}{2} - \frac{r^5}{5}\right]_0^2 = 2\pi\left(8 - \frac{32}{5}\right) = 2\pi \cdot \frac{8}{5} = \frac{16\pi}{5} \end{aligned} \]
bulunur. \(\blacksquare\)
7.5 Alıştırmalar
Alıştırma 7.1 (Silindirikten Dike Bir Nokta) Silindirik koordinatları \((2, 5\pi/6, 1)\) olan noktanın dik koordinatlarını bulunuz.
Çözüm
\(\cos(5\pi/6) = -\sqrt{3}/2\) ve \(\sin(5\pi/6) = 1/2\) olduğundan (1) formülleri
\[ \begin{aligned} x &= 2\cos\frac{5\pi}{6} = 2\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = -\sqrt{3}, \\[1mm] y &= 2\sin\frac{5\pi}{6} = 2 \cdot \frac{1}{2} = 1, \\[1mm] z &= 1 \end{aligned} \]
verir. Nokta \((-\sqrt{3}, 1, 1)\)’dir. \(x < 0 < y\) olduğundan izdüşüm ikinci bölgededir; bu, \(\pi/2 < 5\pi/6 < \pi\) ile uyumludur. Kontrol: \(x^2 + y^2 = 3 + 1 = 4 = r^2\). \(\blacksquare\)
Alıştırma 7.2 (Dikten Silindirige Bir Nokta) Dik koordinatları \((5\sqrt{3}, -5, \sqrt{3})\) olan noktanın silindirik koordinatlarını bulunuz.
Çözüm
Üç adımı uygulayalım.
- \(r = \sqrt{(5\sqrt{3})^2 + (-5)^2}\), yani \(r = \sqrt{75 + 25} = 10\).
- \(x > 0\), \(y < 0\) olduğundan izdüşüm dördüncü bölgededir. \(\tan\theta = \dfrac{-5}{5\sqrt{3}} = -\dfrac{1}{\sqrt{3}}\) eşitliğinin \([0, 2\pi)\)’deki çözümleri \(5\pi/6\) ve \(11\pi/6\)’dır; dördüncü bölgeye düşen \(\theta = 11\pi/6\)’dır.
- \(z = \sqrt{3}\).
Nokta \((10, 11\pi/6, \sqrt{3})\)’tür. Kontrol:
\[10\cos\frac{11\pi}{6} = 10 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 5\sqrt{3}, \qquad 10\sin\frac{11\pi}{6} = 10\left(-\frac{1}{2}\right) = -5.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 7.3 (Bir Eyer Yüzeyinin Silindirik Denklemi) \(z = x^2 - y^2\) yüzeyinin silindirik koordinatlardaki denklemini yazınız.
Çözüm
\(x = r\cos\theta\) ve \(y = r\sin\theta\) yazalım:
\[x^2 - y^2 = r^2\cos^2\theta - r^2\sin^2\theta = r^2(\cos^2\theta - \sin^2\theta) = r^2\cos 2\theta.\]
Denklem \(z = r^2\cos 2\theta\) olur. Bu biçim yüzeyin şeklini de gösterir: \(\theta = 0\) ve \(\theta = \pi\) yarım düzlemlerinde \(z = r^2\) olduğundan yüzey yukarı, \(\theta = \pi/2\) ve \(\theta = 3\pi/2\) yarım düzlemlerinde \(z = -r^2\) olduğundan aşağı kıvrılır; \(\theta = \pi/4\) gibi \(\cos 2\theta = 0\) olan doğrultularda \(z = 0\)’dır. Yüzey bir eyerdir (hiperbolik paraboloit). \(\blacksquare\)
Alıştırma 7.4 (Bir Silindirik Denklemin Tanınması) Silindirik koordinatlardaki denklemi \(r = 2\sin\theta\) olan yüzeyi tanımlayınız.
Çözüm
Denklemi \(r\) ile çarpalım: \(r^2 = 2r\sin\theta\). \(r^2 = x^2 + y^2\) ve \(r\sin\theta = y\) olduğundan
\[x^2 + y^2 = 2y \iff x^2 + (y - 1)^2 = 1\]
bulunur. Çarpma işlemi yeni nokta eklemedi: eklenebilecek tek noktalar \(r = 0\) olan \(z\) ekseni noktalarıdır, onlar da \(\theta = 0\) alınınca \(r = 2\sin\theta\) denklemini zaten sağlar. Tersine, \(x^2 + (y - 1)^2 = 1\) yüzeyinin \(z\) ekseni dışındaki her noktasında \(r > 0\)’dır ve \(r^2 = 2r\sin\theta\) eşitliği \(r\) ile bölünerek \(r = 2\sin\theta\) verir.
Denklemde \(z\) geçmediğinden yüzey, \(xy\)-düzlemindeki \(x^2 + (y - 1)^2 = 1\) çemberinin her noktasından geçen düşey doğrulardan oluşur. Yani yüzey, yarıçapı \(1\) olan ve ekseni \(z\) eksenine paralel \(x = 0\), \(y = 1\) doğrusu olan dairesel bir silindirdir. \(r \ge 0\) koşulu \(\sin\theta \ge 0\), yani \(0 \le \theta \le \pi\) gerektirir; \(\theta\) bu aralıkta değişirken çember bir kez çizilir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 7.5 (Silindirik Bir Kabuk) Uzunluğu \(20\) cm, iç yarıçapı \(6\) cm, dış yarıçapı \(7\) cm olan silindirik bir kabuğu (boru parçasını) uygun bir koordinat sisteminde eşitsizliklerle anlatınız ve koordinat sistemini kabuğa göre nasıl yerleştirdiğinizi açıklayınız.
Çözüm
Kabuk, ekseni etrafında simetrik olduğundan silindirik koordinatları seçeriz. Koordinat sistemini, kabuğun ekseni \(z\) ekseni olacak ve kabuğun bir ucu \(xy\)-düzleminde, öteki ucu \(z = 20\) düzleminde kalacak biçimde yerleştirelim (birim cm).
Kabuğun noktaları eksene \(6\) ile \(7\) cm arasında uzaklıktadır; eksen etrafında tam bir tur kaplar; yükseklikleri \(0\) ile \(20\) arasındadır. Buna göre kabuk
\[6 \le r \le 7, \qquad 0 \le \theta \le 2\pi, \qquad 0 \le z \le 20\]
eşitsizlikleriyle anlatılır. Dik koordinatlarda aynı kabuk \(36 \le x^2 + y^2 \le 49\), \(0 \le z \le 20\) olurdu. Bu tarifle hacim de hemen bulunur:
\[V = \int_0^{2\pi} \int_6^7 \int_0^{20} r\,dz\,dr\,d\theta = 2\pi \cdot 20 \cdot \frac{49 - 36}{2} = 260\pi \ \text{cm}^3.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 7.6 (Eşitsizliklerle Verilen Bir Cisim) Silindirik koordinatlarda \(0 \le \theta \le \pi/2\), \(r \le z \le 2\) eşitsizlikleriyle verilen cismi çiziniz.
Çözüm
Eşitsizlikleri tek tek okuyalım.
- \(z = r\) yüzeyi, tepesi orijinde olan ve \(z\) ekseni etrafında açılan konidir (Örnek 7.3). \(z \ge r\) koşulu bu koninin üstünde, yani “içinde” kalmak demektir.
- \(z \le 2\) koşulu \(z = 2\) düzleminin altında kalmak demektir. \(r \le z \le 2\) olabilmesi için \(r \le 2\) olmalıdır.
- \(0 \le \theta \le \pi/2\) koşulu yalnız \(x \ge 0\), \(y \ge 0\) olan çeyreği alır.
Demek ki cisim, tepesi orijinde, tabanı \(z = 2\) düzleminde ve taban yarıçapı \(2\) olan dolu koninin \(x \ge 0\), \(y \ge 0\) tarafında kalan çeyreğidir. Cismi \(z = r\) konisi, \(z = 2\) düzlemi ve \(xz\)-, \(yz\)-düzlemleri sınırlar.
Hacmi de kolayca bulunur:
\[\int_0^{\pi/2} \int_0^2 \int_r^2 r\,dz\,dr\,d\theta = \frac{\pi}{2}\left[r^2 - \frac{r^3}{3}\right]_0^2 = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{4}{3} = \frac{2\pi}{3}.\]
Bu, yüksekliği \(2\) ve taban yarıçapı \(2\) olan koninin hacmi \(\frac{1}{3}\pi \cdot 2^2 \cdot 2 = \frac{8\pi}{3}\)’ün dörtte biridir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 7.7 (Hacmi Bir İntegralle Verilen Cisim) Aşağıdaki integralin hacmini verdiği cismi tarif ederek integrali hesaplayınız:
\[\int_{\pi/2}^{3\pi/2} \int_0^3 \int_{r^2}^{9} r\,dz\,dr\,d\theta.\]
Çözüm
\(r\,dz\,dr\,d\theta = dV\) olduğundan integral,
\[E = \{(r, \theta, z) \mid \pi/2 \le \theta \le 3\pi/2,\ 0 \le r \le 3,\ r^2 \le z \le 9\}\]
cisminin hacmidir. \(z = r^2\) yüzeyi \(z = x^2 + y^2\) paraboloididir; \(z = 9\) yatay bir düzlemdir ve paraboloidi \(r = 3\) çemberinde keser. \(\pi/2 \le \theta \le 3\pi/2\) koşulu \(x \le 0\) demektir. Yani \(E\), \(z = x^2 + y^2\) paraboloidi ile \(z = 9\) düzlemi arasında kalan “kâse” biçimli cismin \(x \le 0\) olan yarısıdır.
Hesap:
\[ \begin{aligned} V &= \int_{\pi/2}^{3\pi/2} \int_0^3 r(9 - r^2)\,dr\,d\theta = \pi \int_0^3 (9r - r^3)\,dr \\[1mm] &= \pi\left[\frac{9r^2}{2} - \frac{r^4}{4}\right]_0^3 = \pi\left(\frac{81}{2} - \frac{81}{4}\right) = \frac{81\pi}{4}. \end{aligned} \]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 7.8 (Silindirik Koordinatlara Geçerek Hesaplama) Silindirik koordinatlara geçerek hesaplayınız:
\[\int_{-3}^{3} \int_0^{\sqrt{9 - x^2}} \int_0^{9 - x^2 - y^2} \sqrt{x^2 + y^2}\,dz\,dy\,dx.\]
Çözüm
Sınırları okuyalım: \(-3 \le x \le 3\) ve \(0 \le y \le \sqrt{9 - x^2}\) koşulları, \(x^2 + y^2 \le 9\) diskinin \(y \ge 0\) olan yarısını verir. Kutupsal koordinatlarda bu yarım disk \(0 \le \theta \le \pi\), \(0 \le r \le 3\)’tür. \(z\), \(0\)’dan \(9 - x^2 - y^2 = 9 - r^2\) paraboloidine gider. İntegrand \(\sqrt{x^2 + y^2} = r\) olur. Buna göre
\[ \begin{aligned} \int_0^{\pi} \int_0^3 \int_0^{9 - r^2} r \cdot r\,dz\,dr\,d\theta &= \int_0^{\pi} d\theta \int_0^3 r^2(9 - r^2)\,dr = \pi\left[3r^3 - \frac{r^5}{5}\right]_0^3 \\[1mm] &= \pi\left(81 - \frac{243}{5}\right) = \frac{162\pi}{5} \end{aligned} \]
bulunur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 7.9 (Küre ile Silindirin Ortak Kısmı) Hem \(x^2 + y^2 = 1\) silindirinin hem de \(x^2 + y^2 + z^2 = 4\) küresinin içinde kalan cismin hacmini bulunuz.
Çözüm
Silindirik koordinatlarda silindirin içi \(r \le 1\), kürenin içi \(r^2 + z^2 \le 4\), yani \(-\sqrt{4 - r^2} \le z \le \sqrt{4 - r^2}\)’dir. Cisim
\[E = \{(r, \theta, z) \mid 0 \le \theta \le 2\pi,\ 0 \le r \le 1,\ |z| \le \sqrt{4 - r^2}\}\]
olur. Hacim:
\[V = \int_0^{2\pi} \int_0^1 \int_{-\sqrt{4 - r^2}}^{\sqrt{4 - r^2}} r\,dz\,dr\,d\theta = 2\pi \int_0^1 2r\sqrt{4 - r^2}\,dr.\]
Son integralde \(u = 4 - r^2\) diyelim: \(du = -2r\,dr\); \(r = 0\) iken \(u = 4\), \(r = 1\) iken \(u = 3\) olur. Böylece
\[\int_0^1 2r\sqrt{4 - r^2}\,dr = \int_3^4 \sqrt{u}\,du = \frac{2}{3}\left[u^{3/2}\right]_3^4 = \frac{2}{3}\left(8 - 3\sqrt{3}\right)\]
ve
\[V = 2\pi \cdot \frac{2}{3}\left(8 - 3\sqrt{3}\right) = \frac{4\pi}{3}\left(8 - 3\sqrt{3}\right) \approx 11{,}74\]
bulunur. Kontrol: cisim, yarıçapı \(1\) ve yüksekliği \(4\) olan silindirin (hacmi \(4\pi \approx 12{,}57\)) içindedir ve ondan biraz küçüktür. \(\blacksquare\)
Alıştırma 7.10 (İki Silindir Arasındaki Bir Cisim) \(E\), \(x^2 + y^2 = 1\) ve \(x^2 + y^2 = 16\) silindirleri arasında, \(xy\)-düzleminin üstünde ve \(z = y + 4\) düzleminin altında kalan cisim olmak üzere \(\iiint_E (x - y)\,dV\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
Silindirik koordinatlarda iki silindirin arası \(1 \le r \le 4\)’tür ve cisim eksen etrafında tam bir tur kaplar: \(0 \le \theta \le 2\pi\). Üstteki düzlem \(z = r\sin\theta + 4\) olur. \(|y| \le r \le 4\) olduğundan \(y + 4 \ge 0\)’dır; yani düzlem cismin üstünde hep \(xy\)-düzleminin üzerinde kalır. Buna göre
\[E = \{(r, \theta, z) \mid 0 \le \theta \le 2\pi,\ 1 \le r \le 4,\ 0 \le z \le r\sin\theta + 4\}.\]
İntegrand \(x - y = r(\cos\theta - \sin\theta)\)’dır. Önce \(z\)’ye göre integral alalım:
\[ \begin{aligned} &\int_0^{r\sin\theta + 4} r(\cos\theta - \sin\theta) \cdot r\,dz = r^2(\cos\theta - \sin\theta)(r\sin\theta + 4) \\[1mm] &\quad = r^3\sin\theta\cos\theta + 4r^2\cos\theta - r^3\sin^2\theta - 4r^2\sin\theta. \end{aligned} \]
\(r\) ve \(\theta\) sınırları sabit olduğundan Fubini Teoremi (Teorem 1.2) gereği kalan iki integralin sırası değiştirilebilir; önce \(\theta\)’ya göre integral alalım. Tam bir periyot üzerinde
\[\int_0^{2\pi} \sin\theta\cos\theta\,d\theta = \int_0^{2\pi} \cos\theta\,d\theta = \int_0^{2\pi} \sin\theta\,d\theta = 0, \qquad \int_0^{2\pi} \sin^2\theta\,d\theta = \pi\]
olduğundan dört terimden yalnız üçüncüsü katkı verir:
\[\int_0^{2\pi} \big(r^3\sin\theta\cos\theta + 4r^2\cos\theta - r^3\sin^2\theta - 4r^2\sin\theta\big)\,d\theta = -\pi r^3.\]
Son olarak
\[\iiint_E (x - y)\,dV = \int_1^4 (-\pi r^3)\,dr = -\pi\left[\frac{r^4}{4}\right]_1^4 = -\pi \cdot \frac{256 - 1}{4} = -\frac{255\pi}{4}.\]
Sonucun negatif çıkması şaşırtıcı değildir: \(x\) teriminin katkısı simetri yüzünden sıfırdır; \(-y\) terimi ise cismin daha yüksek olduğu \(y > 0\) tarafında negatiftir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 7.11 (Bir Paraboloit Cisminin Kütle Merkezi) \(z = 4x^2 + 4y^2\) paraboloidi ve \(z = a\) düzlemiyle (\(a > 0\)) sınırlanan \(S\) cisminin yoğunluğu her yerde \(K\) sabitidir. \(S\)’nin kütle merkezini bulunuz.
Çözüm
Kütle \(m = \iiint_S K\,dV\) (Tanım 6.7), \(xy\)-düzlemine göre moment \(M_{xy} = \iiint_S zK\,dV\)’dir ve kütle merkezinin yüksekliği \(\bar{z} = M_{xy}/m\)’dir; \(\bar{x}\) ve \(\bar{y}\) de \(M_{yz} = \iiint_S xK\,dV\) ve \(M_{xz} = \iiint_S yK\,dV\) momentleriyle benzer biçimde bulunur (Tanım 6.8).
Silindirik koordinatlarda paraboloit \(z = 4r^2\) olur ve \(z = a\) düzlemini \(4r^2 = a\), yani \(r = \sqrt{a}/2\) çemberinde keser. Buna göre
\[S = \{(r, \theta, z) \mid 0 \le \theta \le 2\pi,\ 0 \le r \le \sqrt{a}/2,\ 4r^2 \le z \le a\}.\]
Kütle:
\[ \begin{aligned} m &= \int_0^{2\pi} \int_0^{\sqrt{a}/2} \int_{4r^2}^{a} K r\,dz\,dr\,d\theta = 2\pi K \int_0^{\sqrt{a}/2} (ar - 4r^3)\,dr \\[1mm] &= 2\pi K \left[\frac{ar^2}{2} - r^4\right]_0^{\sqrt{a}/2} = 2\pi K\left(\frac{a^2}{8} - \frac{a^2}{16}\right) = \frac{\pi K a^2}{8}. \end{aligned} \]
Simetri: \(M_{yz}\) integralinde integrand \(x K = K r\cos\theta\) olur ve \(\int_0^{2\pi}\cos\theta\,d\theta = 0\) çarpanı yüzünden \(M_{yz} = 0\) çıkar. Aynı biçimde \(\int_0^{2\pi}\sin\theta\,d\theta = 0\) olduğundan \(M_{xz} = 0\)’dır. Demek ki \(\bar{x} = \bar{y} = 0\); kütle merkezi \(z\) ekseni üzerindedir.
\(xy\)-düzlemine göre moment:
\[ \begin{aligned} M_{xy} &= \int_0^{2\pi} \int_0^{\sqrt{a}/2} \int_{4r^2}^{a} zK r\,dz\,dr\,d\theta = 2\pi K \int_0^{\sqrt{a}/2} r \cdot \frac{a^2 - 16r^4}{2}\,dr \\[1mm] &= 2\pi K \left[\frac{a^2 r^2}{4} - \frac{4r^6}{3}\right]_0^{\sqrt{a}/2} = 2\pi K\left(\frac{a^3}{16} - \frac{a^3}{48}\right) = \frac{\pi K a^3}{12}. \end{aligned} \]
Buradan
\[\bar{z} = \frac{M_{xy}}{m} = \frac{\pi K a^3/12}{\pi K a^2/8} = \frac{2a}{3}\]
bulunur. Kütle merkezi \((0, 0, 2a/3)\) noktasıdır. Cismin genişliği yukarı doğru arttığından kütle merkezinin orta yüksekliğin (\(a/2\)) üstünde çıkması beklenen bir sonuçtur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 7.12 (Bir Dağı Oluşturmak İçin Gereken İş) Jeologlar, bir dağ sırasının oluşumunu incelerken malzemeyi deniz seviyesinden yerine kaldırmak için gereken işi tahmin eder. Bir dağı, tabanı deniz seviyesinde olan, taban yarıçapı \(R = 19\,000\ \text{m}\) ve yüksekliği \(H = 3\,800\ \text{m}\) olan dik dairesel bir koni olarak düşünelim. Malzemenin birim hacminin ağırlığı her yerde \(\delta = 31\,400\ \text{N/m}^3\) olsun. Dağın bütün malzemesini deniz seviyesinden bulunduğu yere kaldırmak için yapılan işi bulunuz.
Çözüm
Modeli kuralım. Yüksekliği \(z\) olan bir noktadaki küçük bir \(\Delta V\) hacim parçasının ağırlığı \(\delta\,\Delta V\)’dir. Bu parçayı deniz seviyesinden \(z\) yüksekliğine kaldırmak için yapılan iş yaklaşık \(z\,\delta\,\Delta V\)’dir. Bütün parçaların katkısını toplayıp limite geçince
\[W = \iiint_E \delta\, z\,dV\]
elde edilir; burada \(E\) koninin kapladığı cisimdir.
Koniyi silindirik koordinatlarda yazalım. Koninin ekseni \(z\) ekseni, tabanı \(xy\)-düzleminde (deniz seviyesi) ve tepesi \((0, 0, H)\) olsun. Yan yüzey tabanın kenarındaki \(r = R\), \(z = 0\) noktalarını tepeye birleştirir; denklemi \(z = H(1 - r/R)\)’dir. Buna göre
\[E = \{(r, \theta, z) \mid 0 \le \theta \le 2\pi,\ 0 \le r \le R,\ 0 \le z \le H(1 - r/R)\}.\]
İntegrali hesaplayalım.
\[ \begin{aligned} W &= \int_0^{2\pi} \int_0^R \int_0^{H(1 - r/R)} \delta z\, r\,dz\,dr\,d\theta = 2\pi\delta \int_0^R r \cdot \frac{H^2(1 - r/R)^2}{2}\,dr \\[1mm] &= \pi\delta H^2 \int_0^R \left(r - \frac{2r^2}{R} + \frac{r^3}{R^2}\right) dr = \pi\delta H^2 \left(\frac{R^2}{2} - \frac{2R^2}{3} + \frac{R^2}{4}\right) \\[1mm] &= \pi\delta H^2 \cdot \frac{R^2}{12} = \frac{\pi\delta R^2 H^2}{12}. \end{aligned} \]
Sayıları yerine koyalım. \(RH = 19\,000 \cdot 3\,800\) çarpımı \(7{,}22 \cdot 10^{7}\ \text{m}^2\), karesi de yaklaşık \(5{,}213 \cdot 10^{15}\ \text{m}^4\) olduğundan
\[W = \frac{\pi \cdot 31\,400 \cdot (RH)^2}{12} \approx 4{,}29 \cdot 10^{19} \ \text{J}\]
bulunur.
Sonucu başka bir yoldan kontrol edebiliriz: koninin ağırlığı \(\delta \cdot \frac{1}{3}\pi R^2 H\), ağırlık merkezinin yüksekliği \(H/4\)’tür ve çarpımları \(\frac{\pi\delta R^2 H^2}{12}\)’dir. \(\blacksquare\)
Silindirik koordinatlar, bir eksen etrafında simetrik cisimlerde üç katlı integrali sadeleştirdi. Bir noktaya göre simetrik cisimler, özellikle küreler ve koniler için daha uygun olan koordinat sistemini bir sonraki bölümde, Küresel Koordinatlarda Üç Katlı İntegraller bölümünde kuracağız.