viewof stoSurfaceControls = Inputs.form({
h: Inputs.range([-1, 1.5], { value: 1, step: 0.05, label: "h" }),
b: Inputs.range([-0.5, 0.5], { value: 0, step: 0.05, label: "b" }),
side: Inputs.radio(["up", "down"], { value: "up", label: "n", format: (key) => (key === "up" ? "yukarı" : "aşağı") }),
showCurl: Inputs.toggle({ label: "curl F", value: true })
})17 Stokes Teoremi
Green Teoremi, düzlemdeki bir \(D\) bölgesi üzerindeki iki katlı integrali, \(D\)’nin sınır eğrisi boyunca alınan eğrisel integrale bağlar. Bu bölümde aynı fikri uzaya taşıyoruz: uzaydaki bir \(S\) yüzeyi üzerindeki bir yüzey integrali, \(S\)’nin sınırı olan uzay eğrisi boyunca alınan bir eğrisel integrale eşit olacak. Bu sonuca Stokes Teoremi denir; Green Teoremi’nin bir boyut yukarıdaki karşılığıdır.
Teoremin iki tarafında da tanıdık nesneler durur. Bir tarafta bir \(\mathbf{F}\) vektör alanının kapalı bir eğri boyunca eğrisel integrali (Tanım 11.6), öbür tarafta \(\mathbf{F}\)’nin rotasyonelinin (Tanım 14.1) yüzeyden geçen akısı (Tanım 16.5) vardır. Teorem adını İrlandalı matematiksel fizikçi George Stokes’tan (1819–1903) alır, ama sonucu ilk bulan İskoç fizikçi William Thomson’dır (Lord Kelvin, 1824–1907). Stokes teoremi 1850’de Thomson’ın kendisine yazdığı bir mektuptan öğrenmiştir.
Bölümün sonunda teoremin rotasyonele fiziksel bir anlam kazandırdığını da göreceğiz: bir akışkanın hız alanının rotasyoneli, akışkanın bir nokta çevresinde hangi eksen etrafında ve ne kadar döndüğünü ölçer.
17.1 Sınır Eğrisinin Pozitif Yönü
Teoremi yazabilmek için önce bir yüzeyin yönlendirmesinin, sınır eğrisine nasıl bir yön verdiğini belirlememiz gerekiyor.
\(S\), birim normali \(\mathbf{n}\) olan yönlendirilmiş bir yüzey olsun (Tanım 16.4) ve \(S\)’nin sınırı basit kapalı bir \(C\) eğrisi olsun. \(C\) üzerinde iki yönde dolaşılabilir; bunlardan birini \(\mathbf{n}\) seçer.
Tanım 17.1 (Sınır Eğrisinin Pozitif Yönü) \(S\), birim normali \(\mathbf{n}\) olan yönlendirilmiş bir yüzey ve \(C\), \(S\)’nin sınır eğrisi olsun. Başı \(\mathbf{n}\) yönünü gösteren biri \(C\) üzerinde yürürken \(S\) hep solunda kalıyorsa, bu yürüyüş yönüne \(C\)’nin pozitif yönü denir. Pozitif yönlü sınır eğrisi \(\partial S\) ile gösterilir.
Yani \(\mathbf{n}\)’nin ucundan yüzeye bakan biri, pozitif yönlü \(C\)’yi saat yönünün tersine dolanırken görür. Aynı şeyi sağ el kuralıyla da söyleyebiliriz: sağ elin dört parmağı \(C\)’nin yönünde kıvrıldığında başparmak \(\mathbf{n}\)’yi gösterir. Sık karşılaşılan üç durum şunlardır:
- \(S\), \(z = g(x, y)\) biçiminde bir grafik ve yukarı yönlendirilmişse (\(\mathbf{n}\)’nin \(\mathbf{k}\) bileşeni pozitifse), \(C\)’nin pozitif yönü yukarıdan bakınca saat yönünün tersidir.
- \(S\), \(xy\)-düzleminde bir \(D\) bölgesi ve \(\mathbf{n} = \mathbf{k}\) ise pozitif yön, Green Teoremi’ndeki pozitif yönün ta kendisidir.
- \(S\)’nin yönlendirmesi ters çevrilirse (\(\mathbf{n}\) yerine \(-\mathbf{n}\) alınırsa), \(C\)’nin pozitif yönü de ters döner.
17.2 Stokes Teoremi
Artık teoremi ifade edebiliriz. Hipotezlerdeki parçalı düzgün yüzey kavramı Yüzey İntegralleri, parçalı düzgün eğri kavramı ise Eğrisel İntegraller bölümünden gelir.
Teorem 17.1 (Stokes Teoremi) \(S\) yönlendirilmiş ve parçalı düzgün bir yüzey olsun; sınırı parçalı düzgün, basit kapalı ve pozitif yönlü bir \(C\) eğrisi olsun. Bileşenlerinin kısmi türevleri \(S\)’yi içeren açık bir bölgede sürekli olan her \(\mathbf{F}\) vektör alanı için
\[\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \iint_S \operatorname{curl} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S}\]
olur.
İspat (S bir fonksiyon grafiği olduğunda)
Teoremi, yüzeyin bir fonksiyonun grafiği olduğu durumda ispatlıyoruz. Uygulamalarda karşılaşılan yüzeylerin çoğu bu türdendir.
Kurulum. \(S\), \(z = g(x, y)\), \((x, y) \in D\) grafiği olsun. \(g\), \(D\)’yi içeren açık bir kümede tanımlı ve ikinci mertebeden kısmi türevleri sürekli olsun. \(D\), Green Teoremi’nin uygulanabildiği (örneğin hem I. hem II. tip) bir bölge ve sınırı \(C_1\) olsun. \(S\)’nin sınırı \(C\), \(C_1\)’in tam üstündeki eğridir. \(S\)’yi yukarı yönlendirelim; o zaman \(C\)’nin pozitif yönü, \(C_1\)’in pozitif yönünün (yukarıdan bakınca saat yönünün tersinin) üstündeki yöndür. \(S\) aşağı yönlendirilirse \(C\)’nin yönü de, akının işareti de değişir ve iki taraf birlikte \(-1\) ile çarpılır; bu yüzden yukarı yönü incelemek yeter. \(\mathbf{F} = P\,\mathbf{i} + Q\,\mathbf{j} + R\,\mathbf{k}\) yazalım ve kısalık için kısmi türevleri alt indisle gösterelim: \(P_y = \partial P / \partial y\), \(g_x = \partial g / \partial x\) gibi.
Adım 1: Yüzey integrali. Yukarı yönlendirilmiş bir \(z = g(x, y)\) grafiğinden geçen akı, bir \(\mathbf{G} = G_1\,\mathbf{i} + G_2\,\mathbf{j} + G_3\,\mathbf{k}\) alanı için
\[\iint_S \mathbf{G} \cdot d\mathbf{S} = \iint_D \big(-G_1\,g_x - G_2\,g_y + G_3\big)\,dA\]
formülüyle hesaplanır; \(G_1, G_2, G_3\) burada \((x, y, g(x, y))\) noktasında alınır (Sonuç 16.2). Bu formülü
\[\operatorname{curl}\mathbf{F} = (R_y - Q_z)\,\mathbf{i} + (P_z - R_x)\,\mathbf{j} + (Q_x - P_y)\,\mathbf{k}\]
alanına uygularsak
\[ \begin{aligned} \iint_S \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \iint_D \big[&-(R_y - Q_z)\,g_x - (P_z - R_x)\,g_y \\[1mm] &+ (Q_x - P_y)\big]\,dA \end{aligned} \tag{1} \]
buluruz. \(P\), \(Q\), \(R\)’nin kısmi türevleri burada \((x, y, g(x, y))\) noktasında hesaplanır.
Adım 2: Eğrisel integrali düzleme indirmek. \(C_1\)’in pozitif yönlü bir parametrizasyonu \(x = x(t)\), \(y = y(t)\), \(a \le t \le b\) olsun. O zaman
\[x = x(t), \qquad y = y(t), \qquad z = g\big(x(t), y(t)\big), \qquad a \le t \le b\]
denklemleri \(C\)’nin pozitif yönlü bir parametrizasyonudur. Zincir kuralına göre (bkz. Analiz 4)
\[\frac{dz}{dt} = g_x\,\frac{dx}{dt} + g_y\,\frac{dy}{dt}\]
olduğundan
\[ \begin{aligned} \int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} &= \int_a^b \Big(P\,\frac{dx}{dt} + Q\,\frac{dy}{dt} + R\,\frac{dz}{dt}\Big)\,dt \\[1mm] &= \int_a^b \Big[(P + R\,g_x)\,\frac{dx}{dt} + (Q + R\,g_y)\,\frac{dy}{dt}\Big]\,dt \end{aligned} \]
olur; \(P\), \(Q\), \(R\) burada \(\big(x(t), y(t), g(x(t), y(t))\big)\) noktasında alınır. Düzlemde
\[M(x, y) = P + R\,g_x, \qquad N(x, y) = Q + R\,g_y\]
fonksiyonlarını tanımlayalım (\(P\), \(Q\), \(R\) yine \((x, y, g(x, y))\) noktasında). Son integral, \(C_1\) boyunca bir düzlem eğrisel integralidir:
\[\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \int_{C_1} M\,dx + N\,dy.\]
Adım 3: Green Teoremi. \(\mathbf{F}\)’nin kısmi türevlerinin sürekli olduğu açık bölgeye \(\Omega\) diyelim. \((x, y) \mapsto (x, y, g(x, y))\) sürekli ve \(\Omega\) açık olduğundan, \((x, y, g(x, y)) \in \Omega\) koşulunu sağlayan \((x, y)\) noktaları \(D\)’yi içeren açık bir küme oluşturur. \(M\) ile \(N\) bu kümede tanımlıdır. \(P\), \(Q\), \(R\)’nin birinci, \(g\)’nin ikinci mertebeden kısmi türevleri sürekli olduğundan \(M\) ile \(N\)’nin birinci mertebeden kısmi türevleri de orada süreklidir. Green Teoremi (Teorem 13.1)
\[\int_{C_1} M\,dx + N\,dy = \iint_D \Big(\frac{\partial N}{\partial x} - \frac{\partial M}{\partial y}\Big)\,dA\]
verir.
Adım 4: Türevleri hesaplamak. \(N\)’nin tanımında \(Q\) ile \(R\), \((x, y, g(x, y))\) noktasında alınır; yani \(x\)’e hem doğrudan hem de \(z = g(x, y)\) üzerinden bağlıdır. Zincir kuralı ve çarpımın türevi
\[\frac{\partial N}{\partial x} = Q_x + Q_z\,g_x + (R_x + R_z\,g_x)\,g_y + R\,g_{yx}\]
verir. Aynı biçimde
\[\frac{\partial M}{\partial y} = P_y + P_z\,g_y + (R_y + R_z\,g_y)\,g_x + R\,g_{xy}\]
bulunur. \(g\)’nin ikinci mertebeden kısmi türevleri sürekli olduğundan \(g_{xy} = g_{yx}\)’tir (bkz. Analiz 4). Farkta \(R\,g_{yx}\) ile \(R\,g_{xy}\) ve iki \(R_z\,g_x\,g_y\) terimi birbirini götürür. Kalan altı terim düzenlenince
\[ \begin{aligned} \frac{\partial N}{\partial x} - \frac{\partial M}{\partial y} &= Q_x - P_y + Q_z\,g_x - R_y\,g_x + R_x\,g_y - P_z\,g_y \\[1mm] &= -(R_y - Q_z)\,g_x - (P_z - R_x)\,g_y + (Q_x - P_y) \end{aligned} \]
olur. Bu, (1) eşitliğindeki integrandın aynısıdır.
Sonuç. Adım 2, 3 ve 4’ü birleştirip (1) eşitliğini kullanırsak
\[\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \iint_D \Big(\frac{\partial N}{\partial x} - \frac{\partial M}{\partial y}\Big)\,dA = \iint_S \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S}\]
elde ederiz. \(\blacksquare\)
Genel durum için ispatın fikri
Yüzey tek bir grafik olarak yazılamıyorsa onu, her biri bir koordinat düzlemi üzerinde grafik olan sonlu sayıda \(S_1, \dots, S_m\) parçasına böleriz. Her parça \(z = g(x, y)\), \(y = h(x, z)\) ya da \(x = k(y, z)\) biçimindedir; son iki biçim için yukarıdaki ispat, değişkenlerin adları değiştirilerek aynen tekrarlanır. Her parçaya teoremi uygulayıp eşitlikleri toplarız:
- Sağ tarafta parçaların yüzey integralleri toplanır ve \(\iint_S \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S}\)’yi verir.
- Sol tarafta, komşu iki parçanın ortak kenarı bu parçaların pozitif yönleri tarafından zıt yönlerde dolaşılır. Yön değişince eğrisel integralin işareti değiştiğinden (Önerme 11.4) iç kenarlar üzerindeki integraller birbirini götürür ve geriye yalnız \(S\)’nin sınırı \(C\) üzerindeki integral kalır.
Bu, Green Teoremi’ni birkaç basit bölgenin birleşimine genişletirken yapılan sadeleştirmenin aynısıdır. Ders düzeyini aşan adım, her parçalı düzgün yönlendirilmiş yüzeyin böyle uygun parçalara bölünebildiğini göstermektir; bu, ileri analizde yapılır. \(\blacksquare\)
Yani Stokes Teoremi, \(\mathbf{F}\)’nin sınır eğrisi boyunca teğet bileşeninin eğrisel integralini, \(\operatorname{curl}\mathbf{F}\)’nin yüzeye dik bileşeninin yüzey integraline eşitler. Gerçekten \(d\mathbf{r} = \mathbf{T}\,ds\) ve \(d\mathbf{S} = \mathbf{n}\,dS\) olduğundan teorem
\[\int_C \mathbf{F} \cdot \mathbf{T}\,ds = \iint_S \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot \mathbf{n}\,dS\]
biçiminde de yazılır. Pozitif yönlü sınır için \(\partial S\) gösterimiyle
\[\iint_S \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \int_{\partial S} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}\]
olur.
Bu eşitlik, Analizin Temel Teoremi (bkz. Analiz 2) ve Green Teoremi ile aynı kalıptadır:
\[\int_a^b F'(x)\,dx = F(b) - F(a), \qquad \iint_D \Big(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\Big)\,dA = \int_{\partial D} P\,dx + Q\,dy.\]
Hepsinde bir tarafta bir türevin bir bölge üzerindeki integrali, öbür tarafta ise türevi alınan nesnenin yalnız bölgenin sınırındaki değerleri bulunur. Stokes Teoremi’nde türevin rolünü \(\operatorname{curl}\mathbf{F}\) oynar, sınır ise artık bir uzay eğrisidir.
Green Teoremi gerçekten Stokes Teoremi’nin özel bir hâlidir. \(S\), \(xy\)-düzleminde bir \(D\) bölgesi olsun ve yukarı yönlendirilsin. O zaman \(\mathbf{n} = \mathbf{k}\), \(dS = dA\) olur ve teorem
\[\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \iint_D (\operatorname{curl}\mathbf{F}) \cdot \mathbf{k}\,dA\]
biçimini alır. Düzlemsel bir \(\mathbf{F} = P\,\mathbf{i} + Q\,\mathbf{j}\) alanı için
\[(\operatorname{curl}\mathbf{F}) \cdot \mathbf{k} = \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\]
olduğundan bu, Green Teoremi’nin vektör biçimidir.
Teoremi ilk kez kullanırken iki tarafı da hesaplayıp karşılaştırmak öğreticidir.
Örnek 17.1 (Teoremi Bir Paraboloitte Doğrulama) \(S\), \(z = 1 - x^2 - y^2\) paraboloidinin \(xy\)-düzleminin üstünde kalan, yukarı yönlendirilmiş parçası olsun ve
\[\mathbf{F}(x, y, z) = -y\,\mathbf{i} + x\,\mathbf{j} + xz\,\mathbf{k}\]
alalım. Eğrisel integrali ve yüzey integralini ayrı ayrı hesaplayarak Stokes Teoremi’ni doğrulayınız.
Çözüm
Sınır eğrisi. \(S\)’nin sınırında \(z = 0\)’dır; buradan \(x^2 + y^2 = 1\) bulunur. Yani \(C\), \(xy\)-düzlemindeki birim çemberdir. \(S\) yukarı yönlendirildiğinden \(C\)’nin pozitif yönü, yukarıdan bakınca saat yönünün tersidir:
\[\mathbf{r}(t) = \cos t\,\mathbf{i} + \sin t\,\mathbf{j}, \qquad 0 \le t \le 2\pi.\]
Eğrisel integral. \(C\) üzerinde \(z = 0\) olduğundan \(\mathbf{F}(\mathbf{r}(t)) = -\sin t\,\mathbf{i} + \cos t\,\mathbf{j}\)’dir. \(\mathbf{r}'(t) = -\sin t\,\mathbf{i} + \cos t\,\mathbf{j}\) olduğundan
\[\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \int_0^{2\pi} (\sin^2 t + \cos^2 t)\,dt = \int_0^{2\pi} dt = 2\pi\]
bulunur.
Rotasyonel. \(P = -y\), \(Q = x\), \(R = xz\) için
\[ \begin{aligned} \frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z} &= 0 - 0 = 0, \\[1mm] \frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x} &= 0 - z = -z, \\[1mm] \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} &= 1 - (-1) = 2 \end{aligned} \]
olduğundan \(\operatorname{curl}\mathbf{F} = -z\,\mathbf{j} + 2\,\mathbf{k}\)’dir.
Yüzey integrali. \(S\), \(g(x, y) = 1 - x^2 - y^2\) fonksiyonunun birim daire \(D\) üzerindeki grafiğidir; \(g_x = -2x\) ve \(g_y = -2y\)’dir. Yukarı yönlendirilmiş grafik için akı formülünde \(G_1 = 0\), \(G_2 = -z\), \(G_3 = 2\) alınırsa integrand
\[-G_1\,g_x - G_2\,g_y + G_3 = -(-z)(-2y) + 2 = 2 - 2yz\]
olur. \(S\) üzerinde \(z = 1 - x^2 - y^2\) olduğundan
\[\iint_S \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \iint_D 2\,dA - \iint_D 2y\,(1 - x^2 - y^2)\,dA\]
bulunur. Birinci integral \(2 \cdot \pi = 2\pi\)’dir. İkinci integralde kutupsal koordinatlara geçersek integrand \(2r\sin\theta\,(1 - r^2)\) olur ve
\[\iint_D 2y\,(1 - x^2 - y^2)\,dA = \int_0^{2\pi} \sin\theta\,d\theta \cdot \int_0^1 2r^2 (1 - r^2)\,dr = 0\]
çıkar, çünkü \(\int_0^{2\pi} \sin\theta\,d\theta = 0\)’dır. Yüzey integrali de \(2\pi\)’dir.
İki taraf da \(2\pi\) çıktı. \(\mathbf{F}\)’nin \(xz\,\mathbf{k}\) bileşeni rotasyonele \(-z\,\mathbf{j}\) katkısı yapar, ama bu katkının yüzey integrali sıfırdır. Sınırda ise \(z = 0\) olduğundan bu bileşen eğrisel integrale hiç girmez. \(\blacksquare\)
17.3 Stokes Teoremiyle Eğrisel İntegral Hesabı
Stokes Teoremi’nin en sık kullanıldığı yer, doğrudan hesabı zahmetli bir eğrisel integrali, sınırı o eğri olan bir yüzey üzerindeki daha kolay bir integrale çevirmektir.
İpucuStokes Teoremi ile eğrisel integral dört adımda
- Rotasyoneli hesapla. \(\operatorname{curl}\mathbf{F}\) çoğu zaman \(\mathbf{F}\)’den daha basittir.
- Yüzeyi seç. Sınırı \(C\) olan her yüzey işe yarar; en basitini seç. Çoğu zaman bu, \(C\)’nin içinde kaldığı düzlem parçasıdır.
- Yönü uydur. \(\mathbf{n}\)’yi, \(C\)’nin verilen yönü pozitif yön olacak biçimde seç. \(C\) yukarıdan bakınca saat yönünün tersine dolanıyorsa yüzeyi yukarı yönlendir.
- Akıyı hesapla. Yüzey \(z = g(x, y)\), \((x, y) \in D\) grafiği ve yukarı yönlendirilmişse \(\operatorname{curl}\mathbf{F} = G_1\,\mathbf{i} + G_2\,\mathbf{j} + G_3\,\mathbf{k}\) için (Sonuç 16.2) \[\iint_S \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \iint_D \big(-G_1\,g_x - G_2\,g_y + G_3\big)\,dA.\]
Örnek 17.2 (Bir Düzlemle Bir Silindirin Kesişimi) \[\mathbf{F}(x, y, z) = -y^2\,\mathbf{i} + x\,\mathbf{j} + z^2\,\mathbf{k}\]
olsun ve \(C\), \(y + z = 2\) düzlemi ile \(x^2 + y^2 = 1\) silindirinin kesişim eğrisi olsun. \(C\), yukarıdan bakınca saat yönünün tersine yönlendirilmiştir. \(\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
\(C\) bir elipstir. İntegral \(C\) parametrize edilerek doğrudan da hesaplanabilir, ama Stokes Teoremi işi kısaltır.
Rotasyonel.
\[\operatorname{curl}\mathbf{F} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\[1mm] \dfrac{\partial}{\partial x} & \dfrac{\partial}{\partial y} & \dfrac{\partial}{\partial z} \\[2mm] -y^2 & x & z^2 \end{vmatrix} = (1 + 2y)\,\mathbf{k}\]
Determinantı açmak, \(P = -y^2\), \(Q = x\), \(R = z^2\) için
\[ \begin{aligned} \frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z} &= 0 - 0 = 0, \\[1mm] \frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x} &= 0 - 0 = 0, \\[1mm] \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} &= 1 - (-2y) = 1 + 2y \end{aligned} \]
bileşenlerini hesaplamak demektir.
Yüzey ve yön. Sınırı \(C\) olan pek çok yüzey vardır; en kolayı, \(y + z = 2\) düzleminin \(C\) içinde kalan eliptik \(S\) parçasıdır. \(C\) yukarıdan bakınca saat yönünün tersine dolandığından \(S\)’yi yukarı yönlendiririz. \(S\), \(g(x, y) = 2 - y\) fonksiyonunun grafiğidir ve \(xy\)-düzlemine izdüşümü \(D = \{(x, y) : x^2 + y^2 \le 1\}\) birim dairesidir.
Akı. \(\operatorname{curl}\mathbf{F}\)’nin yalnız \(\mathbf{k}\) bileşeni vardır: \(G_1 = G_2 = 0\), \(G_3 = 1 + 2y\). Bu yüzden akı formülündeki integrand yalnız \(1 + 2y\)’dir. Kutupsal koordinatlara geçersek (Teorem 3.1)
\[ \begin{aligned} \int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} &= \iint_S \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \iint_D (1 + 2y)\,dA \\[1mm] &= \int_0^{2\pi} \int_0^1 (1 + 2r\sin\theta)\,r\,dr\,d\theta \\[1mm] &= \int_0^{2\pi} \Big[\frac{r^2}{2} + \frac{2r^3}{3}\sin\theta\Big]_{r=0}^{r=1}\,d\theta \\[1mm] &= \int_0^{2\pi} \Big(\frac{1}{2} + \frac{2}{3}\sin\theta\Big)\,d\theta = \frac{1}{2} \cdot 2\pi + 0 = \pi \end{aligned} \]
bulunur. \(C\)’yi \(x = \cos t\), \(y = \sin t\), \(z = 2 - \sin t\) ile parametrize edip doğrudan hesaplamak da \(\pi\) verir, ama \(\sin^3 t\) ve \((2 - \sin t)^2 \cos t\) gibi terimlerin integrallerini gerektirir. \(\blacksquare\)
17.4 Aynı Sınırı Paylaşan Yüzeyler
Stokes Teoremi’nin bir tarafı yüzeye, öbür tarafı ise yalnız sınır eğrisine bağlıdır. Bundan kullanışlı bir sonuç çıkar.
Sonuç 17.1 (Aynı Sınırlı Yüzeyler) \(S_1\) ve \(S_2\), Stokes Teoremi’nin koşullarını sağlayan ve pozitif yönlü sınır eğrisi aynı \(C\) eğrisi olan iki yönlendirilmiş yüzey olsun. Bileşenlerinin kısmi türevleri \(S_1 \cup S_2\)’yi içeren açık bir bölgede sürekli olan her \(\mathbf{F}\) vektör alanı için
\[\iint_{S_1} \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \iint_{S_2} \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S}\]
olur.
İspat
\(\mathbf{F}\)’nin kısmi türevlerinin sürekli olduğu açık bölge iki yüzeyi de içerir. Bu yüzden Stokes Teoremi’ni (Teorem 17.1) iki yüzeye ayrı ayrı uygulayabiliriz ve
\[\iint_{S_1} \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \iint_{S_2} \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S}\]
buluruz. \(\blacksquare\)
Yani bir rotasyonelin akısı, yüzeyin kendisine değil, yalnız sınırına ve sınırın yönüne bağlıdır. Bu, bir yüzey üzerinde integral almak zor, aynı sınırlı başka bir yüzey üzerinde kolay olduğunda çok işe yarar. Yön uyumunu kontrol etmenin kolay bir yolu var: yüzeylerden biri öbürünün üstünde bir kubbe gibi duruyorsa, ikisi de yukarı yönlendirildiğinde sınıra aynı yönü verir (yukarıdaki şekilde disk, yarım küre ve paraboloit gibi).
Etkileşimli sahne: sınırı aynı kalan yüzeyler. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz. Yarı saydam mavi yüzey \(S\), \(z = (h + by)(1 - x^2 - y^2)\) grafiğidir; \(h\) ve \(b\) kaydırıcıları nasıl ayarlanırsa ayarlansın sınırı \(xy\)-düzlemindeki birim çember \(C\)’dir. \(h = b = 0\) iken \(S\) birim disk, \(h = 1\), \(b = 0\) iken Örnek 17.1 içindeki paraboloittir; \(b\) yüzeyi \(y\) yönünde eğer. Vektör alanı yine o örnekteki \(\mathbf{F} = -y\,\mathbf{i} + x\,\mathbf{j} + xz\,\mathbf{k}\)’dir: yüzeydeki oklar birim normal \(\mathbf{n}\)’yi ve \(\operatorname{curl}\mathbf{F} = -z\,\mathbf{j} + 2\,\mathbf{k}\)’yi, \(C\) üzerindeki oklar \(\mathbf{F}\)’yi gösterir. Değer satırı iki tarafı da sayısal olarak hesaplar. Yüzey değiştikçe yüzey alanı da değişir (disk için \(\pi \approx 3{,}14\), paraboloit için \(5{,}33\)), ama \(\operatorname{curl}\mathbf{F}\)’nin akısı hep \(2\pi \approx 6{,}2832\)’de kalır (Sonuç 17.1) ve \(C\) boyunca alınan eğrisel integrale eşittir. \(\mathbf{n}\)’yi aşağı çevirince \(C\)’nin pozitif yönü de döner (Tanım 17.1) ve iki taraf birlikte \(-2\pi\) olur.
İpucuBir rotasyonelin akısı iki yoldan
\(\iint_S \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S}\) integralini Stokes Teoremi’yle iki yoldan hesaplayabiliriz:
- Sınır üzerinden. \(S\)’nin sınırı \(C\)’yi bul, pozitif yönde parametrize et ve \(\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}\)’yi hesapla.
- Yüzey değiştirerek. Sınırı aynı \(C\) olan daha basit bir \(S_1\) seç (çoğu zaman düz bir disk), \(C\)’ye aynı yönü verecek biçimde yönlendir ve \(\iint_{S_1} \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S}\)’yi hesapla.
Örnek 17.3 (Bir Küre Parçasında Rotasyonelin Akısı) \[\mathbf{F}(x, y, z) = xz\,\mathbf{i} + yz\,\mathbf{j} + xy\,\mathbf{k}\]
olsun ve \(S\), \(x^2 + y^2 + z^2 = 4\) küresinin \(x^2 + y^2 = 1\) silindirinin içinde ve \(xy\)-düzleminin üstünde kalan, yukarı yönlendirilmiş parçası olsun. \(\iint_S \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S}\) integralini Stokes Teoremi’yle hesaplayınız.
Çözüm
Birinci yol: sınır üzerinden. \(S\)’nin sınırında hem \(x^2 + y^2 + z^2 = 4\) hem \(x^2 + y^2 = 1\) sağlanır. Taraf tarafa çıkarırsak \(z^2 = 3\) buluruz; \(z > 0\) olduğundan \(z = \sqrt{3}\)’tür. Yani \(C\), \(z = \sqrt{3}\) düzleminde, merkezi \(z\) ekseni üzerinde olan birim çemberdir. \(S\) yukarı yönlendirildiğinden \(C\)’yi yukarıdan bakınca saat yönünün tersine dolaşırız:
\[\mathbf{r}(t) = \cos t\,\mathbf{i} + \sin t\,\mathbf{j} + \sqrt{3}\,\mathbf{k}, \qquad 0 \le t \le 2\pi.\]
Buradan \(\mathbf{r}'(t) = -\sin t\,\mathbf{i} + \cos t\,\mathbf{j}\) ve
\[\mathbf{F}(\mathbf{r}(t)) = \sqrt{3}\cos t\,\mathbf{i} + \sqrt{3}\sin t\,\mathbf{j} + \cos t \sin t\,\mathbf{k}\]
olur. Stokes Teoremi’ne göre
\[ \begin{aligned} \iint_S \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} &= \int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \int_0^{2\pi} \mathbf{F}(\mathbf{r}(t)) \cdot \mathbf{r}'(t)\,dt \\[1mm] &= \int_0^{2\pi} \big(-\sqrt{3}\cos t \sin t + \sqrt{3}\sin t \cos t\big)\,dt \\[1mm] &= \int_0^{2\pi} 0\,dt = 0. \end{aligned} \]
İkinci yol: yüzey değiştirerek. \(S_1\), \(z = \sqrt{3}\) düzlemindeki \(x^2 + y^2 \le 1\) diski olsun ve yukarı yönlendirilsin. \(S\), \(S_1\)’in üstünde bir kubbe gibi durduğundan iki yüzey \(C\)’ye aynı pozitif yönü verir. Bu yüzden (Sonuç 17.1)
\[\iint_S \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \iint_{S_1} \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S}\]
olur. \(P = xz\), \(Q = yz\), \(R = xy\) için
\[ \begin{aligned} \frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z} &= x - y, \\[1mm] \frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x} &= x - y, \\[1mm] \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} &= 0 - 0 = 0 \end{aligned} \]
olduğundan \(\operatorname{curl}\mathbf{F} = (x - y)\,\mathbf{i} + (x - y)\,\mathbf{j}\)’dir. \(S_1\) yatay olduğundan yukarı birim normali \(\mathbf{k}\)’dir ve \(\operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot \mathbf{k} = 0\)’dır. Dolayısıyla
\[\iint_{S_1} \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \iint_{S_1} \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot \mathbf{k}\,dS = \iint_{S_1} 0\,dS = 0\]
bulunur. İki yol da aynı sonucu verir. \(\blacksquare\)
17.5 Rotasyonelin Anlamı: Dolanım
Stokes Teoremi, rotasyonel vektörünün fiziksel anlamını da açıklar. Bunun için önce bir akışkanın kapalı bir eğri etrafındaki dolanımını tanımlayalım.
Tanım 17.2 (Dolanım) \(\mathbf{v}\), bir akışkanın hız alanı ve \(C\), yönlendirilmiş kapalı bir eğri olsun. \(\mathbf{T}\), \(C\)’nin birim teğet vektörü olmak üzere
\[\int_C \mathbf{v} \cdot d\mathbf{r} = \int_C \mathbf{v} \cdot \mathbf{T}\,ds\]
eğrisel integraline \(\mathbf{v}\)’nin \(C\) etrafındaki dolanımı (circulation) denir.
Yani dolanım, hızın eğri boyunca teğet bileşeninin toplamıdır. \(\mathbf{v} \cdot \mathbf{T}\), \(\mathbf{v}\)’nin \(\mathbf{T}\) doğrultusundaki bileşenidir: \(\mathbf{v}\)’nin yönü \(\mathbf{T}\)’ninkine ne kadar yakınsa bu sayı o kadar büyüktür, iki vektör kabaca zıt yönlerdeyse negatiftir. Bu yüzden dolanım, akışkanın \(C\) boyunca \(C\)’nin yönünde akma eğiliminin bir ölçüsüdür. Pozitif dolanım akışın eğrinin yönünde, negatif dolanım ise ters yönde döndüğünü söyler.
Şimdi küçük bir disk etrafındaki dolanıma bakalım. Disk küçüldükçe dolanım da sıfıra gider; ama dolanımı diskin alanına bölersek bir limit kalır ve bu limit rotasyonelden başka bir şey değildir.
Önerme 17.1 (Rotasyonel ve Dolanım) \(P_0\) bir nokta, \(\mathbf{n}\) bir birim vektör olsun ve \(\mathbf{v}\)’nin bileşenlerinin kısmi türevleri \(P_0\)’ı içeren açık bir bölgede sürekli olsun. Yeterince küçük her \(a > 0\) için \(S_a\), merkezi \(P_0\), yarıçapı \(a\) olan, \(\mathbf{n}\)’ye dik ve \(\mathbf{n}\) ile yönlendirilmiş disk; \(C_a\) da onun pozitif yönlü sınır çemberi olsun. Bu durumda
\[\operatorname{curl}\mathbf{v}(P_0) \cdot \mathbf{n} = \lim_{a \to 0} \frac{1}{\pi a^2} \int_{C_a} \mathbf{v} \cdot d\mathbf{r} \tag{2}\]
olur.
İspat
Stokes Teoremi. \(a\), \(S_a\) diski bu açık bölgenin içinde kalacak kadar küçük olsun. \(S_a\) düz bir disk olduğundan birim normali her noktada \(\mathbf{n}\)’dir. Stokes Teoremi’ne göre
\[\int_{C_a} \mathbf{v} \cdot d\mathbf{r} = \iint_{S_a} \operatorname{curl}\mathbf{v} \cdot \mathbf{n}\,dS.\]
Sabit değerle karşılaştırma. \(S_a\)’nın alanı \(\pi a^2\) olduğundan sabit \(\operatorname{curl}\mathbf{v}(P_0) \cdot \mathbf{n}\) sayısını da bir yüzey integrali olarak yazabiliriz:
\[\operatorname{curl}\mathbf{v}(P_0) \cdot \mathbf{n} = \frac{1}{\pi a^2} \iint_{S_a} \operatorname{curl}\mathbf{v}(P_0) \cdot \mathbf{n}\,dS.\]
\(M(a)\), \(|\operatorname{curl}\mathbf{v}(P) - \operatorname{curl}\mathbf{v}(P_0)|\) sayısının \(P \in S_a\) üzerindeki en büyük değeri olsun. Kısmi türevler sürekli olduğundan \(\operatorname{curl}\mathbf{v}\) süreklidir; kapalı ve sınırlı \(S_a\) üzerinde bu en büyük değer vardır. Son iki eşitliği taraf tarafa çıkarıp her \(\mathbf{w}\) vektörü için geçerli olan \(|\mathbf{w} \cdot \mathbf{n}| \le |\mathbf{w}|\,|\mathbf{n}| = |\mathbf{w}|\) eşitsizliğini kullanırsak
\[ \begin{aligned} &\Big|\frac{1}{\pi a^2} \int_{C_a} \mathbf{v} \cdot d\mathbf{r} - \operatorname{curl}\mathbf{v}(P_0) \cdot \mathbf{n}\Big| \\[1mm] &\quad = \frac{1}{\pi a^2} \Big|\iint_{S_a} \big(\operatorname{curl}\mathbf{v}(P) - \operatorname{curl}\mathbf{v}(P_0)\big) \cdot \mathbf{n}\,dS\Big| \\[1mm] &\quad \le \frac{1}{\pi a^2} \iint_{S_a} \big|\operatorname{curl}\mathbf{v}(P) - \operatorname{curl}\mathbf{v}(P_0)\big|\,dS \\[1mm] &\quad \le \frac{1}{\pi a^2} \cdot M(a) \cdot \pi a^2 = M(a) \end{aligned} \]
buluruz.
Limit. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(\operatorname{curl}\mathbf{v}\), \(P_0\)’da sürekli olduğundan öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki \(P_0\)’a uzaklığı \(\delta\)’dan küçük her \(P\) noktasında
\[|\operatorname{curl}\mathbf{v}(P) - \operatorname{curl}\mathbf{v}(P_0)| < \varepsilon\]
olur. \(a < \delta\) ise \(S_a\)’nın her noktası \(P_0\)’a en çok \(a\) uzaklıkta olduğundan \(M(a) < \varepsilon\)’dur. Demek ki \(a \to 0\) iken \(M(a) \to 0\) olur ve yukarıdaki fark sıfıra gider. Bu, (2) eşitliğidir. \(\blacksquare\)
Yani \(\operatorname{curl}\mathbf{v} \cdot \mathbf{n}\), \(\mathbf{n}\) ekseni etrafındaki birim alan başına dolanımdır. Küçük bir \(a\) için
\[\int_{C_a} \mathbf{v} \cdot d\mathbf{r} \approx \big(\operatorname{curl}\mathbf{v}(P_0) \cdot \mathbf{n}\big)\,\pi a^2\]
yaklaşımı geçerlidir. Bu sayı, akışkanın \(P_0\) çevresinde \(\mathbf{n}\) ekseni etrafında dönme etkisini ölçer. \(\alpha\), \(\operatorname{curl}\mathbf{v}(P_0)\) ile \(\mathbf{n}\) arasındaki açı ise
\[\operatorname{curl}\mathbf{v}(P_0) \cdot \mathbf{n} = |\operatorname{curl}\mathbf{v}(P_0)| \cos\alpha\]
olur. Bu değer en büyük, \(\mathbf{n}\) tam \(\operatorname{curl}\mathbf{v}(P_0)\) yönündeyken olur. Akışkanın içine, ekseni \(\mathbf{n}\) olan küçük bir kürekli çark koyduğumuzu düşünelim. Çark en hızlı, ekseni \(\operatorname{curl}\mathbf{v}\)’ye paralelken döner ve dönme yönü sağ el kuralıyla \(\operatorname{curl}\mathbf{v}\)’nin yönünden okunur. \(\operatorname{curl}\mathbf{v} = \mathbf{0}\) olan bir noktada ise çark hangi eksenle konursa konsun dönme eğilimi göstermez.
Etkileşimli sahne: kürekli çark. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz. Örnek 17.1 içindeki alanı bir akışkanın hız alanı olarak alalım: \(\mathbf{v} = -y\,\mathbf{i} + x\,\mathbf{j} + xz\,\mathbf{k}\) ve \(\operatorname{curl}\mathbf{v} = -z\,\mathbf{j} + 2\,\mathbf{k}\). Çarkın merkezi \(P_0(0, 0, 1)\) noktasıdır; orada \(\operatorname{curl}\mathbf{v}(P_0) = -\mathbf{j} + 2\,\mathbf{k}\) ve \(|\operatorname{curl}\mathbf{v}(P_0)| = \sqrt{5}\), yani yaklaşık \(2{,}2361\) olur (bu ok yarı boyda çizilmiştir). \(\phi\) ve \(\theta\) kaydırıcıları çarkın ekseni \(\mathbf{n}\)’yi küresel koordinatlardaki açılarla döndürür, \(a\) ise \(S_a\) diskinin yarıçapıdır. Değer satırı \(C_a\) etrafındaki dolanımı sayısal olarak hesaplar ve \(\pi a^2\)’ye böler. \(a\) küçüldükçe dolanım sıfıra gider ama oran değişmez ve \(\operatorname{curl}\mathbf{v}(P_0) \cdot \mathbf{n} = \sqrt{5}\cos\alpha\)’ya eşit kalır. Bunun nedeni, \(\operatorname{curl}\mathbf{v}\)’nin bileşenlerinin \(x, y, z\)’nin en çok birinci dereceden polinomları olmasıdır: böyle bir fonksiyonun disk üzerindeki ortalaması merkezdeki değeridir. Genel bir vektör alanında (2) eşitliği yalnız limitte geçerlidir. \(\mathbf{n} = \mathbf{k}\) iken oran \(2\), \(\mathbf{n} = \mathbf{i}\) iken \(0\), \(\mathbf{n} = \mathbf{j}\) iken \(-1\)’dir. Kutucuk işaretlenince \(\mathbf{n}\), \(\operatorname{curl}\mathbf{v}(P_0)\) yönüne çevrilir (\(\alpha = 0\)) ve oran en büyük değeri \(\sqrt{5}\)’e ulaşır: çark en hızlı bu eksenle döner.
17.6 Rotasyoneli Sıfır Olan Alanlar
Son olarak Stokes Teoremi’nin, rotasyonel ile konservatiflik arasındaki bağı nasıl açıkladığını görelim.
Teorem 14.2 şunu söyler: \(\mathbf{F}\), \(\mathbb{R}^3\)’ün tamamında tanımlı, bileşenlerinin kısmi türevleri sürekli ve \(\operatorname{curl}\mathbf{F} = \mathbf{0}\) ise \(\mathbf{F}\) konservatiftir. Stokes Teoremi bu sonucun neden doğru olduğuna dair bir sezgi verir:
- Teorem 12.2 ve Teorem 12.3 gereğince, her kapalı \(C\) eğrisi için \(\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = 0\) olduğunu göstermek yeter.
- \(C\) parçalı düzgün, basit kapalı bir eğri olsun. Sınırı \(C\) olan, yönlendirilebilir ve parçalı düzgün bir \(S\) yüzeyi vardır; böyle bir yüzeyin her zaman bulunduğunu göstermek ileri teknikler gerektirir. \(S\)’yi \(C\) pozitif yönlü olacak biçimde yönlendirip Stokes Teoremi’ni uygularsak \[\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \iint_S \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \iint_S \mathbf{0} \cdot d\mathbf{S} = 0\] buluruz.
- Sonlu sayıda noktada kendini kesen bir kapalı eğri, bu noktalardan ayrılarak sonlu sayıda basit kapalı eğriye bölünebilir. Her birinin üzerindeki integral \(0\) olduğundan toplamları da \(0\)’dır.
Kendini sonsuz kez kesen ya da bir yayı üst üste geçen kapalı eğriler bu basit parçalamaya uymaz ve ayrı bir inceleme ister. Bu yüzden yukarıdaki akış bir ispat değil, bir sezgidir; sonucun tam ispatı Teorem 14.2 içinde potansiyel fonksiyonu açıkça kurarak verilir.
Tersi zaten biliniyordu: konservatif bir alan bir gradyandır ve bir gradyanın rotasyoneli sıfırdır (Teorem 14.1). Böylece \(\mathbb{R}^3\)’ün tamamında tanımlı ve kısmi türevleri sürekli bir alan için “konservatif olmak” ile “rotasyoneli sıfır olmak” aynı şeydir.
17.7 Alıştırmalar
Alıştırmalar kolaydan zora sıralanmıştır. İlki teoremin anlamını, sonrakiler teoremin iki yöndeki kullanımını çalıştırır: bir eğrisel integrali yüzey integraline, bir yüzey integralini de eğrisel integrale ya da başka bir yüzey üzerindeki integrale çevirmek.
Alıştırma 17.1 (Aynı Sınırlı Üç Yüzey) \(\mathbf{F}\), bileşenlerinin kısmi türevleri \(\mathbb{R}^3\)’te sürekli olan bir vektör alanı olsun. Şu üç yüzeyi alalım:
- \(D\): \(xy\)-düzlemindeki \(x^2 + y^2 \le 4\) diski,
- \(H\): \(x^2 + y^2 + z^2 = 4\) küresinin \(z \ge 0\) olan yarısı,
- \(P\): \(z = 4 - x^2 - y^2\) paraboloidinin \(z \ge 0\) olan parçası.
Üçü de yukarı yönlendirilmiş olsun; yüzeyler Sonuç 17.1 içindeki şekilde çizilidir. Neden
\[\iint_D \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \iint_H \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \iint_P \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S}\]
olduğunu açıklayınız.
Çözüm
Ortak sınır. \(D\)’nin sınırı, \(z = 0\) düzlemindeki \(x^2 + y^2 = 4\) çemberidir. \(H\)’nin ve \(P\)’nin sınırında \(z = 0\)’dır; bunu yüzeylerin denklemlerine yazınca ikisinde de \(x^2 + y^2 = 4\) buluruz. Yani üç yüzeyin sınırı aynı \(C\) çemberidir.
Ortak yön. \(H\) ile \(P\), \(D\)’nin üstünde birer kubbe gibi durur ve üçü de yukarı (kubbeler için dışa) yönlendirilmiştir. Bunu \((2, 0, 0)\) noktasında kontrol edelim: \(C\) üzerinde \(\mathbf{j}\) yönünde, yani yukarıdan bakınca saat yönünün tersine yürüyen biri için
- \(D\)’de baş \(\mathbf{k}\) yönündedir ve disk solda (orijine doğru) kalır,
- \(H\)’de baş \(\mathbf{i}\) yönündedir (normal küreye dik ve dışa doğrudur) ve yarım küre solda (yukarıda) kalır,
- \(P\)’de baş dışa ve yukarı eğiktir ve paraboloit yine solda (yukarıda ve içeride) kalır.
Demek ki üç yüzey \(C\)’ye aynı pozitif yönü verir: yukarıdan bakınca saat yönünün tersi.
Sonuç. Üç yüzey de düzgündür, sınırları basit kapalı ve düzgündür, \(\mathbf{F}\)’nin kısmi türevleri her yerde süreklidir. Stokes Teoremi’ni üç yüzeye ayrı ayrı uygularsak üç integralin de \(\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}\)’ye eşit olduğunu, dolayısıyla birbirine eşit olduğunu buluruz. Bu, Sonuç 17.1 sonucunun bir örneğidir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 17.2 (Bir Üçgen Boyunca Eğrisel İntegral) \[\mathbf{F}(x, y, z) = (x + y^2)\,\mathbf{i} + (y + z^2)\,\mathbf{j} + (z + x^2)\,\mathbf{k}\]
ve \(C\), köşeleri \((1, 0, 0)\), \((0, 1, 0)\), \((0, 0, 1)\) olan ve yukarıdan bakınca saat yönünün tersine yönlendirilmiş üçgen olsun. \(\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}\) integralini Stokes Teoremi’yle hesaplayınız.
Çözüm
Rotasyonel. \(P = x + y^2\), \(Q = y + z^2\), \(R = z + x^2\) için
\[ \begin{aligned} \frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z} &= 0 - 2z = -2z, \\[1mm] \frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x} &= 0 - 2x = -2x, \\[1mm] \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} &= 0 - 2y = -2y \end{aligned} \]
olduğundan \(\operatorname{curl}\mathbf{F} = -2z\,\mathbf{i} - 2x\,\mathbf{j} - 2y\,\mathbf{k}\)’dir.
Yüzey. Üç köşe de \(x + y + z = 1\) düzlemindedir. \(S\), bu düzlemin üçgenin içinde kalan parçası olsun: \(z = g(x, y) = 1 - x - y\) grafiği, \(D\) ise \(xy\)-düzlemindeki \(x \ge 0\), \(y \ge 0\), \(x + y \le 1\) üçgenidir. \(C\) yukarıdan bakınca saat yönünün tersine dolandığından \(S\)’yi yukarı yönlendiririz.
Akı. \(g_x = g_y = -1\) olduğundan integrand
\[-G_1\,g_x - G_2\,g_y + G_3 = G_1 + G_2 + G_3 = -2(x + y + z)\]
olur. \(S\) üzerinde \(x + y + z = 1\) olduğundan integrand sabit \(-2\)’dir. \(D\)’nin alanı \(\frac{1}{2}\) olduğundan
\[\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \iint_D (-2)\,dA = -2 \cdot \frac{1}{2} = -1\]
bulunur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 17.3 (Bir Paraboloitle Bir Düzlemin Kesişimi) \[\mathbf{F}(x, y, z) = (x^3 - z)\,\mathbf{i} + xy\,\mathbf{j} + (y + z^2)\,\mathbf{k}\]
ve \(C\), \(z = x^2 + y^2\) paraboloidi ile \(z = x\) düzleminin kesişim eğrisi olsun. \(C\), yukarıdan bakınca saat yönünün tersine yönlendirilmiştir. \(\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}\) integralini Stokes Teoremi’yle hesaplayınız.
Çözüm
Rotasyonel. \(P = x^3 - z\), \(Q = xy\), \(R = y + z^2\) için
\[ \begin{aligned} \frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z} &= 1 - 0 = 1, \\[1mm] \frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x} &= -1 - 0 = -1, \\[1mm] \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} &= y - 0 = y \end{aligned} \]
olduğundan \(\operatorname{curl}\mathbf{F} = \mathbf{i} - \mathbf{j} + y\,\mathbf{k}\)’dir.
Yüzey. Kesişimde \(x = x^2 + y^2\), yani
\[\Big(x - \frac{1}{2}\Big)^2 + y^2 = \frac{1}{4}\]
sağlanır. Demek ki \(C\)’nin \(xy\)-düzlemine izdüşümü, merkezi \(\big(\frac{1}{2}, 0\big)\) ve yarıçapı \(\frac{1}{2}\) olan çemberdir. Paraboloidi kullanmak yerine düzlemin \(C\) içinde kalan parçasını alalım: \(S\), \(g(x, y) = x\) fonksiyonunun bu çemberin içindeki \(D\) dairesi üzerindeki grafiği olsun. \(C\)’nin yönü nedeniyle \(S\)’yi yukarı yönlendiririz.
Akı. \(g_x = 1\), \(g_y = 0\) ve \(G_1 = 1\), \(G_2 = -1\), \(G_3 = y\) olduğundan integrand
\[-G_1\,g_x - G_2\,g_y + G_3 = -1 + y\]
olur. \(D\) dairesi \(x\) eksenine göre simetrik, \(y\) ise bu simetride işaret değiştiren bir fonksiyon olduğundan \(\iint_D y\,dA = 0\)’dır. \(D\)’nin alanı \(\pi \cdot \big(\frac{1}{2}\big)^2 = \frac{\pi}{4}\) olduğundan
\[\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \iint_D (y - 1)\,dA = 0 - \frac{\pi}{4} = -\frac{\pi}{4}\]
bulunur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 17.4 (Orijinden Bakınca Saat Yönünde Dolanan Çember) \[\mathbf{F}(x, y, z) = z e^x\,\mathbf{i} + (z - y^3)\,\mathbf{j} + (x - z^3)\,\mathbf{k}\]
ve \(C\), \(x = 3\) düzlemindeki \(y^2 + z^2 = 4\) çemberi olsun. \(C\), orijinden bakınca saat yönünde yönlendirilmiştir. \(\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}\) integralini Stokes Teoremi’yle hesaplayınız.
Çözüm
Rotasyonel. \(P = z e^x\), \(Q = z - y^3\), \(R = x - z^3\) için
\[ \begin{aligned} \frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z} &= 0 - 1 = -1, \\[1mm] \frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x} &= e^x - 1, \\[1mm] \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} &= 0 - 0 = 0 \end{aligned} \]
olduğundan \(\operatorname{curl}\mathbf{F} = -\mathbf{i} + (e^x - 1)\,\mathbf{j}\)’dir.
Yüzey ve yön. \(S\), \(x = 3\) düzlemindeki \(y^2 + z^2 \le 4\) diski olsun; normali \(\mathbf{i}\) ya da \(-\mathbf{i}\)’dir. Orijin, düzlemin \(x < 3\) tarafındadır. Bir taraftan saat yönünde görünen bir dolanım öbür taraftan saat yönünün tersine görünür; demek ki \(C\), \(x > 3\) tarafından bakınca saat yönünün tersine dolanır. Pozitif yönlü sınır, normalin ucundan bakınca saat yönünün tersine dolanan sınır olduğundan diski \(\mathbf{n} = \mathbf{i}\) ile yönlendiririz.
Akı. Disk üzerinde \(\operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot \mathbf{i} = -1\)’dir. Diskin alanı \(\pi \cdot 2^2 = 4\pi\) olduğundan
\[\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \iint_S \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot \mathbf{i}\,dS = \iint_S (-1)\,dS = -4\pi\]
bulunur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 17.5 (Bir Yarım Kürede Rotasyonelin Akısı) \[\mathbf{F}(x, y, z) = z e^y\,\mathbf{i} + x \cos y\,\mathbf{j} + xz \sin y\,\mathbf{k}\]
ve \(S\), \(x^2 + y^2 + z^2 = 16\) küresinin \(y \ge 0\) olan yarısı olsun; \(S\), pozitif \(y\) ekseni yönünde yönlendirilmiştir. \(\iint_S \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S}\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
Sınır ve yeni yüzey. \(S\)’nin sınırında \(y = 0\)’dır; buradan \(x^2 + z^2 = 16\) bulunur. Yani sınır, \(xz\)-düzlemindeki \(4\) yarıçaplı \(C\) çemberidir. \(S_1\), \(y = 0\) düzlemindeki \(x^2 + z^2 \le 16\) diski olsun ve \(\mathbf{j}\) ile yönlendirilsin. \(S\), \(S_1\)’in pozitif \(y\) tarafında bir kubbe gibi durur ve iki yüzeyin normali de \(y\)’nin pozitif yönüne bakar. Tıpkı yukarı yönlü bir kubbe ile altındaki yukarı yönlü disk gibi, ikisi \(C\)’ye aynı pozitif yönü verir. Sonuç 17.1 gereğince
\[\iint_S \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \iint_{S_1} \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot \mathbf{j}\,dS\]
olur.
Rotasyonel. \(P = z e^y\), \(Q = x \cos y\), \(R = xz \sin y\) için
\[ \begin{aligned} \frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z} &= xz \cos y - 0 = xz \cos y, \\[1mm] \frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x} &= e^y - z \sin y, \\[1mm] \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} &= \cos y - z e^y \end{aligned} \]
bulunur. Bize yalnız \(\mathbf{j}\) bileşeni gerekir: \(S_1\) üzerinde \(y = 0\) olduğundan
\[\operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot \mathbf{j} = e^0 - z \sin 0 = 1\]
olur.
Akı. \(S_1\)’in alanı \(\pi \cdot 4^2 = 16\pi\) olduğundan
\[\iint_S \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \iint_{S_1} 1\,dS = 16\pi\]
bulunur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 17.6 (Tabanı Açık Bir Küp) \[\mathbf{F}(x, y, z) = xyz\,\mathbf{i} + xy\,\mathbf{j} + x^2 yz\,\mathbf{k}\]
ve \(S\), köşeleri \((\pm 1, \pm 1, \pm 1)\) olan küpün üst yüzü ile dört yan yüzünden oluşan (tabanı olmayan), dışa yönlendirilmiş yüzey olsun. \(\iint_S \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S}\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
Sınır ve yeni yüzey. \(S\)’nin sınırı, \(z = -1\) düzlemindeki \(C\) karesidir. \(S\), taban karesinin üstünde kutu biçiminde bir kubbedir ve normalleri dışa (üst yüzde yukarı) bakar; bu yüzden \(C\)’nin pozitif yönü yukarıdan bakınca saat yönünün tersidir. \(S_1\), taban yüzü \(z = -1\), \(-1 \le x \le 1\), \(-1 \le y \le 1\) olsun ve yukarı (\(\mathbf{k}\) ile, yani küpün içine doğru) yönlendirilsin. Bu yönlendirme \(C\)’ye aynı pozitif yönü verir, dolayısıyla (Sonuç 17.1)
\[\iint_S \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \iint_{S_1} \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot \mathbf{k}\,dS\]
olur.
Rotasyonel. \(P = xyz\), \(Q = xy\), \(R = x^2 yz\) için \(\mathbf{k}\) bileşeni
\[\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = y - xz\]
olur. \(S_1\) üzerinde \(z = -1\) olduğundan \(\operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot \mathbf{k} = x + y\)’dir.
Akı. \(S_1\) karesi üzerinde
\[ \begin{aligned} \iint_{S_1} (x + y)\,dS &= \int_{-1}^{1} \int_{-1}^{1} (x + y)\,dy\,dx \\[1mm] &= \int_{-1}^{1} 2x\,dx + \int_{-1}^{1} \int_{-1}^{1} y\,dy\,dx = 0 + 0 = 0 \end{aligned} \]
bulunur. Demek ki \(\iint_S \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = 0\)’dır. Beş yüzün integrallerini tek tek hesaplamak da aynı sonucu verir, ama çok daha uzundur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 17.7 (Bir Paraboloit Parçasında Doğrulama) \[\mathbf{F}(x, y, z) = -2yz\,\mathbf{i} + y\,\mathbf{j} + 3x\,\mathbf{k}\]
ve \(S\), \(z = 5 - x^2 - y^2\) paraboloidinin \(z = 1\) düzleminin üstünde kalan, yukarı yönlendirilmiş parçası olsun. İki tarafı ayrı ayrı hesaplayarak Stokes Teoremi’ni doğrulayınız.
Çözüm
Sınır eğrisi. \(S\)’nin sınırında \(z = 1\)’dir; buradan \(x^2 + y^2 = 4\) bulunur. \(S\) yukarı yönlendirildiğinden sınırı yukarıdan bakınca saat yönünün tersine dolaşırız:
\[\mathbf{r}(t) = 2\cos t\,\mathbf{i} + 2\sin t\,\mathbf{j} + \mathbf{k}, \qquad 0 \le t \le 2\pi.\]
Eğrisel integral. \(\mathbf{r}'(t) = -2\sin t\,\mathbf{i} + 2\cos t\,\mathbf{j}\) ve
\[\mathbf{F}(\mathbf{r}(t)) = -4\sin t\,\mathbf{i} + 2\sin t\,\mathbf{j} + 6\cos t\,\mathbf{k}\]
olduğundan
\[ \begin{aligned} \int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} &= \int_0^{2\pi} \big(8\sin^2 t + 4\sin t \cos t\big)\,dt \\[1mm] &= 8\pi + \big[2\sin^2 t\big]_0^{2\pi} = 8\pi + 0 = 8\pi \end{aligned} \]
bulunur; burada \(\int_0^{2\pi} \sin^2 t\,dt = \pi\) eşitliğini kullandık.
Rotasyonel. \(P = -2yz\), \(Q = y\), \(R = 3x\) için
\[ \begin{aligned} \frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z} &= 0 - 0 = 0, \\[1mm] \frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x} &= -2y - 3, \\[1mm] \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} &= 0 - (-2z) = 2z \end{aligned} \]
olduğundan \(\operatorname{curl}\mathbf{F} = -(2y + 3)\,\mathbf{j} + 2z\,\mathbf{k}\)’dir.
Yüzey integrali. \(g(x, y) = 5 - x^2 - y^2\) için \(g_x = -2x\), \(g_y = -2y\) ve \(D\), \(x^2 + y^2 \le 4\) dairesidir. İntegrand
\[ \begin{aligned} -G_1\,g_x - G_2\,g_y + G_3 &= 0 - (2y + 3)(2y) + 2(5 - x^2 - y^2) \\[1mm] &= 10 - 2x^2 - 6y^2 - 6y \end{aligned} \]
olur. Kutupsal koordinatlarda terim terim integral alalım (\(0 \le r \le 2\), \(0 \le \theta \le 2\pi\)):
\[ \begin{aligned} \iint_D 10\,dA &= 10 \cdot 4\pi = 40\pi, \\[1mm] \iint_D 2x^2\,dA &= 2 \int_0^{2\pi} \cos^2\theta\,d\theta \int_0^2 r^3\,dr = 2 \cdot \pi \cdot 4 = 8\pi, \\[1mm] \iint_D 6y^2\,dA &= 6 \int_0^{2\pi} \sin^2\theta\,d\theta \int_0^2 r^3\,dr = 6 \cdot \pi \cdot 4 = 24\pi, \\[1mm] \iint_D 6y\,dA &= 6 \int_0^{2\pi} \sin\theta\,d\theta \int_0^2 r^2\,dr = 0. \end{aligned} \]
Buradan
\[\iint_S \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = 40\pi - 8\pi - 24\pi - 0 = 8\pi\]
bulunur. İki taraf da \(8\pi\)’dir; Stokes Teoremi doğrulanmış olur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 17.8 (Bir Kuvvet Alanının Yaptığı İş) Bir parçacık
\[\mathbf{F}(x, y, z) = z^2\,\mathbf{i} + 2xy\,\mathbf{j} + 4y^2\,\mathbf{k}\]
kuvvet alanının etkisinde, orijinden başlayıp doğru parçaları boyunca sırasıyla \((1, 0, 0)\), \((1, 2, 1)\), \((0, 2, 1)\) noktalarına ve oradan yine orijine gidiyor. Kuvvetin yaptığı işi Stokes Teoremi’yle bulunuz.
Çözüm
Yol bir düzlemde. \(\mathbf{a} = \mathbf{i}\) ve \(\mathbf{b} = 2\,\mathbf{j} + \mathbf{k}\) dersek dört nokta \(\mathbf{0}\), \(\mathbf{a}\), \(\mathbf{a} + \mathbf{b}\), \(\mathbf{b}\)’dir. Yani yol, \(\mathbf{a}\) ile \(\mathbf{b}\)’nin gerdiği bir paralelkenarın kenarlarıdır. Düzlemin normali \(\mathbf{a} \times \mathbf{b} = -\mathbf{j} + 2\,\mathbf{k}\) olduğundan düzlemin denklemi \(-y + 2z = 0\), yani \(z = \frac{y}{2}\)’dir. \(S\), bu paralelkenar bölge olsun: \(g(x, y) = \frac{y}{2}\) fonksiyonunun \(D = [0, 1] \times [0, 2]\) dikdörtgeni üzerindeki grafiği. Yolun \(xy\)-düzlemine izdüşümü sırasıyla \((0, 0)\), \((1, 0)\), \((1, 2)\), \((0, 2)\) noktalarından geçip \((0, 0)\)’a döner. Bu, dikdörtgenin kenarlarını yukarıdan bakınca saat yönünün tersine dolaşmaktır; \(S\)’yi yukarı yönlendiririz.
Rotasyonel. \(P = z^2\), \(Q = 2xy\), \(R = 4y^2\) için
\[ \begin{aligned} \frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z} &= 8y - 0 = 8y, \\[1mm] \frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x} &= 2z - 0 = 2z, \\[1mm] \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} &= 2y - 0 = 2y \end{aligned} \]
olduğundan \(\operatorname{curl}\mathbf{F} = 8y\,\mathbf{i} + 2z\,\mathbf{j} + 2y\,\mathbf{k}\)’dir.
İş. \(g_x = 0\), \(g_y = \frac{1}{2}\) olduğundan integrand
\[-8y \cdot 0 - 2z \cdot \frac{1}{2} + 2y = 2y - z = 2y - \frac{y}{2} = \frac{3y}{2}\]
olur (\(S\) üzerinde \(z = \frac{y}{2}\)). Buradan
\[W = \int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \int_0^1 \int_0^2 \frac{3y}{2}\,dy\,dx = \int_0^1 \Big[\frac{3y^2}{4}\Big]_0^2\,dx = \int_0^1 3\,dx = 3\]
bulunur. Dört doğru parçası üzerindeki integralleri tek tek hesaplamak da sırasıyla \(0\), \(\frac{28}{3}\), \(-1\), \(-\frac{16}{3}\) ve toplamda yine \(3\) verir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 17.9 (Bir Eyer Yüzeyi Üzerindeki Eğri) \(C\), \(\mathbf{r}(t) = \sin t\,\mathbf{i} + \cos t\,\mathbf{j} + \sin 2t\,\mathbf{k}\), \(0 \le t \le 2\pi\) eğrisi olsun.
\[\int_C (y + \sin x)\,dx + (z^2 + \cos y)\,dy + x^3\,dz\]
integralini hesaplayınız. (\(C\)’nin \(z = 2xy\) yüzeyi üzerinde olduğunu gözlemleyiniz.)
Çözüm
Yüzey. \(C\) üzerinde \(2xy = 2\sin t\cos t = \sin 2t = z\) olduğundan \(C\), \(z = 2xy\) eyer yüzeyinin üzerindedir. \(C\)’nin \(xy\)-düzlemine izdüşümü \((\sin t, \cos t)\) birim çemberidir. \(S\), \(g(x, y) = 2xy\) fonksiyonunun birim daire \(D\) üzerindeki grafiği olsun; sınırı \(C\)’dir.
Yön. \(t = 0\)’da izdüşüm \((0, 1)\), \(t = \frac{\pi}{2}\)’de \((1, 0)\) noktasındadır; yani \(C\) yukarıdan bakınca saat yönünde dolanır. Bu, yukarı yönlendirilmiş \(S\)’nin pozitif yönünün tersidir. Yön değişince eğrisel integralin işareti değiştiğinden (Önerme 11.4)
\[\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = -\iint_S \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} \qquad (S \text{ yukarı yönlü})\]
olur. Burada
\[\mathbf{F} = (y + \sin x)\,\mathbf{i} + (z^2 + \cos y)\,\mathbf{j} + x^3\,\mathbf{k}\]
alanını kullanıyoruz.
Rotasyonel. \(P = y + \sin x\), \(Q = z^2 + \cos y\), \(R = x^3\) için
\[ \begin{aligned} \frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z} &= 0 - 2z = -2z, \\[1mm] \frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x} &= 0 - 3x^2 = -3x^2, \\[1mm] \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} &= 0 - 1 = -1 \end{aligned} \]
olduğundan \(\operatorname{curl}\mathbf{F} = -2z\,\mathbf{i} - 3x^2\,\mathbf{j} - \mathbf{k}\)’dir.
Akı. \(g_x = 2y\), \(g_y = 2x\) olduğundan integrand
\[-(-2z)(2y) - (-3x^2)(2x) + (-1) = 4yz + 6x^3 - 1 = 8xy^2 + 6x^3 - 1\]
olur (\(S\) üzerinde \(z = 2xy\)). \(D\) birim dairesi \(y\) eksenine göre simetriktir; \(8xy^2\) ve \(6x^3\) ise \(x\) yerine \(-x\) yazılınca işaret değiştirir, bu yüzden integralleri sıfırdır. Böylece
\[\iint_S \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \iint_D (-1)\,dA = -\pi\]
ve
\[\int_C (y + \sin x)\,dx + (z^2 + \cos y)\,dy + x^3\,dz = -(-\pi) = \pi\]
bulunur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 17.10 (Yalnız Alana Bağlı Bir İntegral) \(C\), \(x + y + z = 1\) düzleminde kalan basit kapalı düzgün bir eğri olsun.
\[\int_C z\,dx - 2x\,dy + 3y\,dz\]
integralinin \(C\)’nin sınırladığı bölgenin yalnız alanına bağlı olduğunu, \(C\)’nin biçimine ya da düzlemdeki yerine bağlı olmadığını gösteriniz.
Çözüm
Alan ve rotasyonel. İntegral, \(\mathbf{F} = z\,\mathbf{i} - 2x\,\mathbf{j} + 3y\,\mathbf{k}\) alanının \(\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}\) integralidir. \(P = z\), \(Q = -2x\), \(R = 3y\) için
\[ \begin{aligned} \frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z} &= 3 - 0 = 3, \\[1mm] \frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x} &= 1 - 0 = 1, \\[1mm] \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} &= -2 - 0 = -2 \end{aligned} \]
olduğundan \(\operatorname{curl}\mathbf{F} = 3\,\mathbf{i} + \mathbf{j} - 2\,\mathbf{k}\) sabit bir vektördür.
Yüzey. \(S\), düzlemin \(C\) ile sınırlanan parçası olsun ve \(C\) pozitif yönlü olacak biçimde yönlendirilsin. Düzlemin birim normali
\[\mathbf{n} = \pm \frac{1}{\sqrt{3}}\,(\mathbf{i} + \mathbf{j} + \mathbf{k})\]
ve \(S\) üzerinde sabittir; \(C\) yukarıdan bakınca saat yönünün tersine dolanıyorsa \(+\), saat yönünde dolanıyorsa \(-\) işareti alınır. Buradan
\[\operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot \mathbf{n} = \pm \frac{3 + 1 - 2}{\sqrt{3}} = \pm \frac{2}{\sqrt{3}}\]
bulunur.
Sonuç. Stokes Teoremi’ne göre
\[\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \iint_S \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot \mathbf{n}\,dS = \pm \frac{2}{\sqrt{3}} \iint_S dS = \pm \frac{2}{\sqrt{3}}\,A(S)\]
olur; \(A(S)\), \(C\)’nin sınırladığı bölgenin alanıdır. Demek ki integral yalnız bu alana (ve \(C\)’nin dolanma yönüne) bağlıdır. Örneğin \(C\), köşeleri \((1, 0, 0)\), \((0, 1, 0)\), \((0, 0, 1)\) olan ve yukarıdan bakınca saat yönünün tersine dolanan üçgense \(A(S) = \frac{\sqrt{3}}{2}\) ve integral \(\frac{2}{\sqrt{3}} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 1\)’dir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 17.11 (Kapalı Bir Küre Üzerinde Rotasyonelin Akısı) \(S\) bir küre ve \(\mathbf{F}\), bileşenlerinin kısmi türevleri \(S\)’yi içeren açık bir bölgede sürekli olan bir vektör alanı olsun. \(\iint_S \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = 0\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Küreyi ikiye bölmek. Kürenin merkezi \((a, b, c)\) olsun ve \(S\) dışa yönlendirilmiş olsun. \(z = c\) düzlemi küreyi üst yarı \(S_1\) ve alt yarı \(S_2\) olarak ikiye böler; ikisinin sınırı aynı ekvator çemberi \(C\)’dir. Kürenin bir sınır eğrisi olmadığından teoremi doğrudan uygulayamayız, ama iki yarıya ayrı ayrı uygulayabiliriz.
Yönler. \(S_1\)’in dış normali yukarı doğrudur; pozitif yönü \(C\)’yi yukarıdan bakınca saat yönünün tersine dolaşan yöndür. \(S_2\)’nin dış normali aşağı doğrudur; normalin ucundan, yani aşağıdan bakınca saat yönünün tersine dolaşan yön, yukarıdan bakınca saat yönündedir. Demek ki \(S_2\)’nin pozitif yönlü sınırı \(-C\)’dir.
Toplam. Stokes Teoremi ve yön değişince işaretin değişmesi (Önerme 11.4)
\[ \begin{aligned} \iint_S \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} &= \iint_{S_1} \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} + \iint_{S_2} \operatorname{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} \\[1mm] &= \int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} + \int_{-C} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} - \int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = 0 \end{aligned} \]
verir. Küre içe yönlendirilmişse her iki yarının da yönü ters döner ve sonuç yine \(0\) olur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 17.12 (Gradyanların Vektörel Çarpımı) \(S\) ile \(C\), Stokes Teoremi’nin koşullarını sağlasın; \(f\) ve \(g\)’nin ikinci mertebeden kısmi türevleri sürekli olsun.
\[\int_C (f\,\nabla g) \cdot d\mathbf{r} = \iint_S (\nabla f \times \nabla g) \cdot d\mathbf{S}\]
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Teoremi uygulamak. \(\mathbf{F} = f\,\nabla g = f g_x\,\mathbf{i} + f g_y\,\mathbf{j} + f g_z\,\mathbf{k}\) alanının bileşenlerinin kısmi türevleri süreklidir, çünkü \(f\)’nin birinci ve \(g\)’nin ikinci mertebeden kısmi türevleri süreklidir. Stokes Teoremi’ne göre
\[\int_C (f\,\nabla g) \cdot d\mathbf{r} = \iint_S \operatorname{curl}(f\,\nabla g) \cdot d\mathbf{S}\]
olur. Demek ki \(\operatorname{curl}(f\,\nabla g) = \nabla f \times \nabla g\) olduğunu göstermek yeter.
Rotasyoneli hesaplamak. \(P = f g_x\), \(Q = f g_y\), \(R = f g_z\) diyelim. Çarpımın türevinden \(\mathbf{i}\) bileşeni
\[\frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z} = f_y\,g_z + f\,g_{zy} - f_z\,g_y - f\,g_{yz} = f_y\,g_z - f_z\,g_y\]
olur, çünkü \(g\)’nin karışık kısmi türevleri eşittir: \(g_{zy} = g_{yz}\) (bkz. Analiz 4). Aynı biçimde
\[ \begin{aligned} \frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x} &= f_z\,g_x + f\,g_{xz} - f_x\,g_z - f\,g_{zx} = f_z\,g_x - f_x\,g_z, \\[1mm] \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} &= f_x\,g_y + f\,g_{yx} - f_y\,g_x - f\,g_{xy} = f_x\,g_y - f_y\,g_x \end{aligned} \]
bulunur.
Vektörel çarpımla karşılaştırmak. Öte yandan
\[\nabla f \times \nabla g = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ f_x & f_y & f_z \\ g_x & g_y & g_z \end{vmatrix} = (f_y g_z - f_z g_y)\,\mathbf{i} + (f_z g_x - f_x g_z)\,\mathbf{j} + (f_x g_y - f_y g_x)\,\mathbf{k}\]
olur. Bileşenler tek tek aynı olduğundan \(\operatorname{curl}(f\,\nabla g) = \nabla f \times \nabla g\)’dir ve istenen eşitlik elde edilir. Özel olarak \(g = f\) alınırsa \(\nabla f \times \nabla f = \mathbf{0}\) olduğundan \(\int_C (f\,\nabla f) \cdot d\mathbf{r} = 0\) çıkar. \(\blacksquare\)
Stokes Teoremi bir yüzeyi sınır eğrisine bağladı. Bir sonraki ve son bölümde aynı fikri bir boyut daha yukarı taşıyacağız: bir cismin içindeki üç katlı integrali, cismi çevreleyen kapalı yüzey üzerindeki akıya bağlayan Diverjans Teoremi.