viewof yalPatchControls = Inputs.form({
m: Inputs.range([1, 20], { value: 2, step: 1, label: "m" }),
n: Inputs.range([1, 20], { value: 2, step: 1, label: "n" }),
rule: Inputs.radio(["lower-left", "midpoint"], { value: "lower-left", label: "değme noktası", format: (key) => (key === "lower-left" ? "sol alt köşe" : "merkez") })
})5 Yüzey Alanı
Bir eğrinin uzunluğunu bulmak için eğriyi küçük parçalara bölmüş, her parçayı bir doğru parçasıyla değiştirmiş ve \(L = \int_a^b \sqrt{1 + f'(x)^2}\,dx\) formülüne ulaşmıştık (bkz. Analiz 2). Bir eğrinin bir eksen çevresinde dönmesiyle oluşan yüzeyin alanını da aynı yolla, kesik konilerle hesaplamıştık (bkz. Analiz 2). Bu bölümde soruyu genelleştiriyoruz: iki değişkenli bir \(f\) fonksiyonunun grafiği olan \(z = f(x, y)\) yüzeyinin, \(xy\)-düzlemindeki bir \(D\) bölgesinin üstünde kalan parçasının alanı nedir?
Eğrideki fikir yüzeye olduğu gibi taşınamaz. Bir yüzeye içten çizilen üçgenlerden oluşan çokyüzlülerin alanları, üçgenler küçülse bile yüzeyin alanına yaklaşmak zorunda değildir: ince ve yüzeye neredeyse dik duran üçgenlerle alan istenildiği kadar büyütülebilir (Schwarz feneri). Bu yüzden yüzeyi küçük parçalarda kirişlerle değil, teğet düzlemlerle değiştireceğiz. Teğet düzlem yüzeyin o noktadaki eğimini tam olarak taşır; sonuçta yay uzunluğu formülünün iki boyutlu kardeşi olan bir iki katlı integral elde edeceğiz.
5.1 Yüzey Alanının Tanımı
Önce yüzeyi küçük parçalara bölüp her parçayı bir teğet düzlem parçasıyla değiştirelim; yüzey alanını bu yaklaşımların limiti olarak tanımlayacağız.
\(D\), \(xy\)-düzleminde kapalı ve sınırlı bir bölge; \(f\), \(D\) üzerinde tanımlı ve \(f_x\), \(f_y\) kısmi türevleri \(D\) üzerinde var ve sürekli bir fonksiyon olsun. Grafiğin \(D\) üstündeki parçasını
\[S = \{(x, y, f(x, y)) : (x, y) \in D\}\]
ile gösterelim. \(D\)’yi bir \(R = [a, b] \times [c, d]\) dikdörtgeninin içine alalım ve \(R\)’yi, iki katlı integralin tanımındaki gibi (bkz. Tanım 1.2), \(m \cdot n\) tane eş alt dikdörtgene bölelim. Alt dikdörtgenlerin kenarları \(\Delta x = (b - a)/m\) ve \(\Delta y = (d - c)/n\), alanları \(\Delta A = \Delta x\,\Delta y\) olsun. \(R_{ij}\) alt dikdörtgeninin sol alt köşesini \((x_i, y_j)\) ile gösterelim, çünkü teğet düzlemi bu köşede kuracağız. İki katlı integralin tanımının ardından \((x_i, y_j)\) ile sağ üst köşeyi göstermiştik; integral örnek noktaların seçimine bağlı olmadığından indisleri böyle kaydırmak sonucu değiştirmez. Böylece
\[R_{ij} = [x_i,\ x_i + \Delta x] \times [y_j,\ y_j + \Delta y].\]
\(D\)’nin içinde kalan her \(R_{ij}\) için şu nesnelere bakacağız:
- \(P_{ij} = \big(x_i, y_j, f(x_i, y_j)\big)\), yani \(S\) üzerinde \((x_i, y_j)\)’nin tam üstündeki nokta.
- \(\Delta S_{ij}\), yani \(S\)’nin \(R_{ij}\)’nin üstünde kalan parçasının alanı. Henüz tanımlamadığımız, aradığımız büyüklük budur.
- \(S\)’nin \(P_{ij}\) noktasındaki teğet düzlemi (bkz. Analiz 4): \[z = f(x_i, y_j) + f_x(x_i, y_j)\,(x - x_i) + f_y(x_i, y_j)\,(y - y_j).\]
- \(\Delta T_{ij}\), yani bu teğet düzlemin \(R_{ij}\)’nin tam üstünde kalan parçasının alanı. Bu parça bir paralelkenardır; bunu aşağıdaki teoremin ispatında göreceğiz.
\(P_{ij}\)’nin yakınında yüzey teğet düzlemine çok yakın olduğundan \(\Delta T_{ij} \approx \Delta S_{ij}\)’dir. Bu küçük alanları toplayınca \(S\)’nin alanı için bir yaklaşım elde ederiz ve ızgara sıklaştıkça yaklaşım iyileşir. Tanımı bu gözlem verir.
Tanım 5.1 (Yüzey Alanı) Yukarıdaki gösterimle \(z = f(x, y)\), \((x, y) \in D\) yüzeyinin yüzey alanı
\[A(S) = \lim_{m,\, n \to \infty} \sum_{i} \sum_{j} \Delta T_{ij}\]
limitidir. Toplam, \(D\)’nin içinde kalan \(R_{ij}\) alt dikdörtgenleri üzerinden alınır.
Yani yüzeyi, her biri yüzeye tek bir noktada teğet olan küçük ve düz “pullarla” kaplıyoruz. Pullar küçüldükçe yüzeye daha iyi uyar ve alanlarının toplamı yüzeyin alanına yaklaşır. \(D\) bir dikdörtgense bütün \(R_{ij}\)’ler toplama girer. Limitin her zaman var olduğunu ve bir iki katlı integrale eşit olduğunu aşağıdaki teorem gösterecek.
Etkileşimli sahne: teğet parçalar yüzeyi kaplar. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz. Yarı saydam mavi yüzey \(z = x^2 + y^2\) paraboloidinin \(D = [0, 1] \times [0, 1]\) karesinin üstündeki parçasıdır. Turuncu parçalar tanımdaki \(\Delta T_{ij}\) teğet paralelkenarlarıdır ve her biri yüzeye tek bir noktada değer. \(m\) ve \(n\) kaydırıcılarıyla ızgarayı sıklaştırın; değer satırı parçaların alanları toplamını yüzeyin alanıyla karşılaştırır. Değme noktası tanımdaki gibi sol alt köşe \((x_i, y_j)\) iken \(m = n = 1\) için tek parça yataydır ve alanı gölgeninki kadar, yani \(1\)’dir. \(m = n = 2\), \(4\), \(8\) ve \(16\) için toplam \(1{,}3901\), \(1{,}6148\), \(1{,}7356\) ve \(1{,}7980\) olur ve alttan \(1{,}8616\)’ya yaklaşır. Değme noktasını karelerin merkezine taşıyınca \(m = n = 2\) için Alıştırma 5.7 içindeki orta nokta tahmini \(1{,}8279\) çıkar, \(m = n = 8\) için toplam \(1{,}8595\) olur. Parçalar birbirine eklenmez: aralarında basamaklar kalır. Tanım parçaları birleştirmeye çalışmaz, yalnız alanlarını toplar.
5.2 Yüzey Alanı Formülü
Tanımdaki her \(\Delta T_{ij}\) bir paralelkenarın alanıdır ve vektörel çarpımla hesaplanır. Bu hesap, toplamı bir Riemann toplamına, limiti de bir iki katlı integrale dönüştürür.
Teorem 5.1 (Yüzey Alanı Formülü) \(D\) kapalı ve sınırlı bir bölge olsun: bir dikdörtgen, I. ya da II. tip bir bölge (bkz. Tanım 2.2 ve Tanım 2.3) ya da bunların sonlu sayıda birleşimi. \(f_x\) ve \(f_y\), \(D\) üzerinde sürekli ise \(z = f(x, y)\), \((x, y) \in D\) yüzeyinin alanı
\[A(S) = \iint_D \sqrt{[f_x(x, y)]^2 + [f_y(x, y)]^2 + 1}\;dA\]
olur. \(z = f(x, y)\) yazılırsa aynı formül
\[A(S) = \iint_D \sqrt{1 + \left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^2 + \left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^2}\;dA\]
biçimini alır.
İspat
Adım 1: Teğet parça bir paralelkenardır. Kısalık için \(p = f_x(x_i, y_j)\) ve \(q = f_y(x_i, y_j)\) yazalım ve
\[\mathbf{a} = \Delta x\,\mathbf{i} + p\,\Delta x\,\mathbf{k}, \qquad \mathbf{b} = \Delta y\,\mathbf{j} + q\,\Delta y\,\mathbf{k}\]
vektörlerini alalım. \(s, t \in [0, 1]\) için \(P_{ij} + s\,\mathbf{a} + t\,\mathbf{b}\) noktasının koordinatları
\[ \begin{aligned} x &= x_i + s\,\Delta x, \qquad y = y_j + t\,\Delta y, \\[1mm] z &= f(x_i, y_j) + p\,s\,\Delta x + q\,t\,\Delta y \end{aligned} \]
olur. \(s\,\Delta x = x - x_i\) ve \(t\,\Delta y = y - y_j\) olduğundan bu nokta teğet düzlemin denklemini sağlar. Ayrıca \((s, t)\) birim kareyi tararken \((x, y)\) tam olarak \(R_{ij}\)’yi tarar. Demek ki teğet düzlemin \(R_{ij}\) üstündeki parçası, \(P_{ij}\) köşesinden çıkan \(\mathbf{a}\) ve \(\mathbf{b}\) vektörlerinin gerdiği paralelkenardır. Paralelkenarın alanı kenar vektörlerinin vektörel çarpımının uzunluğu olduğundan \(\Delta T_{ij} = |\mathbf{a} \times \mathbf{b}|\)’dir.
Adım 2: Paralelkenarın alanı. Determinantı birinci satıra göre açalım:
\[ \begin{aligned} \mathbf{a} \times \mathbf{b} &= \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \Delta x & 0 & p\,\Delta x \\ 0 & \Delta y & q\,\Delta y \end{vmatrix} \\[1mm] &= -p\,\Delta x\,\Delta y\,\mathbf{i} - q\,\Delta x\,\Delta y\,\mathbf{j} + \Delta x\,\Delta y\,\mathbf{k} \\[1mm] &= (-p\,\mathbf{i} - q\,\mathbf{j} + \mathbf{k})\,\Delta A. \end{aligned} \]
Buradan
\[\Delta T_{ij} = |\mathbf{a} \times \mathbf{b}| = \sqrt{p^2 + q^2 + 1}\;\Delta A\]
bulunur.
Adım 3: Limit. \(D\) üzerinde
\[g(x, y) = \sqrt{[f_x(x, y)]^2 + [f_y(x, y)]^2 + 1}\]
diyelim. \(f_x\), \(f_y\) ve karekök sürekli olduğundan \(g\), \(D\) üzerinde süreklidir; kapalı ve sınırlı \(D\) üzerinde bir \(M\) üst sınırı vardır. Adım 2’ye göre
\[\sum_i \sum_j \Delta T_{ij} = \sum_{R_{ij} \subseteq D} g(x_i, y_j)\,\Delta A\]
olur. \(D = R\) bir dikdörtgense sağ taraf, \(g\)’nin \(R\) üzerindeki, örnek noktaları alt dikdörtgenlerin sol alt köşeleri olan Riemann toplamıdır. \(g\) sürekli olduğundan \(R\) üzerinde integrallenebilirdir (bkz. Dikdörtgen Bölgelerde İki Katlı İntegraller). İntegralin tanımı örnek noktaların her seçimine izin verdiğinden \(m, n \to \infty\) iken bu toplam \(\iint_D g\,dA\)’ya yakınsar (bkz. Tanım 1.2).
Genel \(D\) için \(g\)’yi \(D\)’nin dışında \(0\) alarak \(R\)’ye genişletelim ve bu fonksiyona \(G\) diyelim. \(G\) sınırlıdır (\(|G| \le M\)) ve yalnız \(D\)’nin sınırında süreksiz olabilir. Aşağıda bu sınırın, toplam alanı istenildiği kadar küçük alt dikdörtgenlerle örtülebildiğini göreceğiz; bu yüzden \(G\), \(R\) üzerinde integrallenebilirdir (bkz. Dikdörtgen Bölgelerde İki Katlı İntegraller) ve tanım gereği \(\iint_D g\,dA = \iint_R G\,dA\)’dır (bkz. Tanım 2.1). \(G\)’nin örnek noktaları yine \((x_i, y_j)\) olan Riemann toplamı, bizim toplamımızdan yalnız köşesi \(D\)’de olduğu hâlde kendisi \(D\)’nin içinde kalmayan \(R_{ij}\)’lerin terimleri kadar farklıdır. Böyle bir \(R_{ij}\) hem \(D\)’nin bir noktasını hem de \(D\)’nin dışından bir nokta içerir; bu iki noktayı birleştiren doğru parçası \(D\)’nin sınırını keser. Her terim en çok \(M\,\Delta A\) olduğundan iki toplamın farkı, en çok \(M\) çarpı \(D\)’nin sınırına değen alt dikdörtgenlerin toplam alanıdır.
Bu toplam alan ızgara sıklaştıkça \(0\)’a gider. Gerçekten \(D\)’nin sınırı sonlu sayıda sürekli fonksiyon grafiğinden ve doğru parçasından oluşur. Sınırın bir parçası \(y = \varphi(x)\), \(\alpha \le x \le \beta\) grafiği olsun. \(\varphi\) kapalı aralıkta sürekli, dolayısıyla düzgün sürekli olduğundan, verilen her \(\varepsilon > 0\) için ızgara yeterince sık olunca \(\Delta x\) genişliğindeki her sütunda \(\varphi\)’nin değerleri \(\varepsilon\)’dan az değişir. Grafik o sütunda en çok \(\varepsilon / \Delta y + 2\) alt dikdörtgene değer; bunların toplam alanı en çok \((\varepsilon + 2\,\Delta y)\,\Delta x\)’tir. Grafiğin geçtiği sütun sayısı en çok \((\beta - \alpha)/\Delta x + 2\) olduğundan bu parçanın değdiği alt dikdörtgenlerin toplam alanı en çok
\[(\beta - \alpha + 2\,\Delta x)(\varepsilon + 2\,\Delta y)\]
olur ve bu sayı istenildiği kadar küçük yapılabilir. \(x = \varphi(y)\) biçimindeki parçalar için aynı hesap satırlarla yapılır; düşey bir doğru parçası en çok iki sütuna değer ve o sütunların alanı \(2(d - c)\,\Delta x \to 0\)’dır.
Böylece iki toplamın limiti aynıdır ve
\[A(S) = \lim_{m,\, n \to \infty} \sum_{R_{ij} \subseteq D} g(x_i, y_j)\,\Delta A = \iint_R G\,dA = \iint_D g\,dA\]
elde edilir. İkinci formül, aynı integrandın \(f_x = \partial z / \partial x\) ve \(f_y = \partial z / \partial y\) gösterimiyle yazılışıdır.
\(\blacksquare\)
Yani yüzey alanı, \(D\) üzerinde \(\sqrt{f_x^2 + f_y^2 + 1}\) fonksiyonunun iki katlı integralidir. İntegrale \(f\)’nin kendisi değil, yalnız eğimleri girer: \(f\)’ye bir sabit eklemek (yüzeyi yukarı kaydırmak) alanı değiştirmez ve \(f \ge 0\) olması da gerekmez.
Rollerin değiştiği yüzeyler için de aynı formül geçerlidir; teoremde değişkenlerin adlarını değiştirmek yeter. \(y = h(x, z)\) biçimindeki bir yüzeyin alanı, yüzeyin \(xz\)-düzlemine izdüşümü \(D\) üzerinde
\[A(S) = \iint_D \sqrt{1 + h_x^2 + h_z^2}\;dA\]
integraliyle bulunur. \(x = k(y, z)\) biçimindeki bir yüzeyde de aynı integral, yüzeyin \(yz\)-düzlemine izdüşümü üzerinde \(k_y\) ve \(k_z\) ile yazılır.
5.3 İntegrandın Geometrik Anlamı
Formüldeki karekök, bir alan parçasının yüzeye çıkarken kaç kat büyüdüğünü söyler; bunu teğet düzlemin eğim açısıyla ifade edelim.
İspattaki \(\mathbf{a} \times \mathbf{b}\) vektörü teğet düzleme diktir. Onu \(\Delta A\)’ya bölersek teğet düzlemin yukarı bakan bir normalini buluruz:
\[\mathbf{n} = -f_x\,\mathbf{i} - f_y\,\mathbf{j} + \mathbf{k}, \qquad |\mathbf{n}| = \sqrt{f_x^2 + f_y^2 + 1}.\]
\(\gamma\), \(\mathbf{n}\) ile \(\mathbf{k}\) arasındaki açı olsun; bu, teğet düzlemin \(xy\)-düzlemiyle yaptığı açıya da eşittir. \(\mathbf{n} \cdot \mathbf{k} = 1\) olduğundan
\[\cos\gamma = \frac{\mathbf{n} \cdot \mathbf{k}}{|\mathbf{n}|\,|\mathbf{k}|} = \frac{1}{\sqrt{f_x^2 + f_y^2 + 1}}\]
olur ve yüzey alanı formülü
\[A(S) = \iint_D \frac{1}{\cos\gamma}\,dA = \iint_D \sec\gamma\;dA\]
biçiminde de yazılabilir. Yani her \(\Delta A\) alan parçası, teğet düzleme çıkarken \(\sec\gamma\) katına büyür. Bunun sezgisel nedeni şudur: teğet düzlem \(xy\)-düzlemine göre yalnız en dik doğrultusunda eğiktir. O doğrultudaki uzunluklar \(1/\cos\gamma\) katına çıkar, ona dik olan yatay doğrultudaki uzunluklar ise değişmez.
Etkileşimli sahne: eğim çarpanı. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz. Yarı saydam mavi yüzey Örnek 5.3 içindeki \(z = x^2 + y^2\) paraboloidi, tabandaki kare de kenarı \(0{,}6\) ve alanı \(\Delta A = 0{,}36\) olan, iki kenarı orijinden dışarı doğru uzanan bir karedir. Turuncu parça, teğet düzlemin bu karenin tam üstünde kalan parçasıdır; \(\mathbf{n}\) birim normal, \(\mathbf{k}\) düşey birim vektördür. \(r\) ve \(\theta\) kaydırıcıları karenin merkezini kutupsal koordinatlarla taşır. Burada \(f_x = 2x\) ve \(f_y = 2y\) olduğundan \(f_x^2 + f_y^2 = 4r^2\)’dir; değer satırı \(\sec\gamma = \sqrt{1 + 4r^2}\) çarpanını ve teğet parçanın alanı \(\sec\gamma \cdot \Delta A\)’yı gösterir. Teğet düzlem yalnız orijinden dışarı doğru eğiktir: karenin bu doğrultudaki kenarı \(\sec\gamma\) katına uzar, ona dik olan yatay kenarı değişmez. Tepede (\(r = 0\)) çarpan \(1\)’dir. \(r = 0{,}5\) için \(\gamma = 45^\circ\) ve çarpan \(\sqrt{2} \approx 1{,}41\) olur; örnekteki parçanın kenarı olan \(r = 3\) çemberinde çarpan \(\sqrt{37} \approx 6{,}08\)’e çıkar. Çarpanın \(D\) dairesi üzerindeki ortalaması \(117{,}32 / 28{,}27 \approx 4{,}15\)’tir: paraboloit parçası, gölgesinin dört katından biraz büyüktür.
Bu yorumdan üç sonuç çıkar:
- Teğet düzlem yatay olduğunda (\(f_x = f_y = 0\)) çarpan \(1\)’dir. Yüzey, gölgesinden yalnız eğimli olduğu yerlerde büyüktür.
- Çarpan her zaman en az \(1\) olduğundan \(A(S) \ge A(D)\)’dir: bir yüzey parçasının alanı, \(xy\)-düzlemindeki gölgesinin alanından küçük olamaz. Bu, hesapların sonucunu denetlemek için kullanışlı bir ölçüttür.
- Formül, yay uzunluğu formülüyle aynı kalıptadır. Orada \(\sqrt{1 + f'(x)^2} = 1/\cos\alpha\) idi; \(\alpha\), teğet doğrunun \(x\) ekseniyle yaptığı açıdır.
5.4 Yüzey Alanının Hesaplanması
Formülü uygularken her seferinde aynı dört adımı izleriz.
İpucuYüzey alanı dört adımda
- Yüzeyi ve \(D\)’yi belirle. Yüzeyi \(z = f(x, y)\) biçiminde yaz. \(D\), yüzey parçasının \(xy\)-düzlemine dik izdüşümüdür (gölgesidir); sınırları çoğu zaman yüzeyin başka bir yüzeyle kesişiminden bulunur.
- İntegrandı hazırla. \(f_x\) ve \(f_y\)’yi hesapla, \(\sqrt{f_x^2 + f_y^2 + 1}\) ifadesini sadeleştir.
- Ardışık integrali kur. \(D\)’yi I. tip, II. tip ya da kutupsal biçimde yaz. \(D\) bir daire ya da halkaysa ve integrand \(x^2 + y^2\)’ye bağlıysa kutupsal koordinatlar en kolayıdır; \(dA = r\,dr\,d\theta\) olur (bkz. Teorem 3.1).
- Hesapla. İç integral çoğu zaman, kökün içini yeni değişken alan bir değişken değiştirmesiyle çözülür.
Önce integrandın sabit olduğu en basit durumla başlayalım.
Örnek 5.1 (Bir Düzlem Parçasının Alanı) \(-x + 2y + 2z = 6\) düzleminin \(x^2 + y^2 = 4\) silindirinin içinde kalan parçasının alanını bulunuz.
Çözüm
Yüzey ve \(D\). Düzlemin denklemini \(z\)’ye göre çözersek
\[z = f(x, y) = 3 + \frac{x}{2} - y\]
olur. Silindirin içi \(x^2 + y^2 \le 4\) olduğundan \(D\), merkezi orijin ve yarıçapı \(2\) olan dairedir.
İntegrand. \(f_x = \frac{1}{2}\) ve \(f_y = -1\) olduğundan
\[\sqrt{f_x^2 + f_y^2 + 1} = \sqrt{\frac{1}{4} + 1 + 1} = \sqrt{\frac{9}{4}} = \frac{3}{2}\]
bulunur.
İntegral. İntegrand sabit olduğundan, \(\iint_D 1\,dA = A(D)\) özelliğiyle (bkz. Önerme 2.1)
\[A(S) = \iint_D \frac{3}{2}\,dA = \frac{3}{2}\,A(D) = \frac{3}{2} \cdot \pi \cdot 2^2 = 6\pi\]
elde edilir. Düzlemin normali \(\mathbf{n} = -\frac{1}{2}\,\mathbf{i} + \mathbf{j} + \mathbf{k}\) ve \(|\mathbf{n}| = \frac{3}{2}\) olduğundan düzlem \(xy\)-düzlemiyle \(\cos\gamma = \frac{2}{3}\) olan bir açı yapar; bu yüzden alanı, gölgesinin alanının \(\frac{3}{2}\) katıdır.
\(\blacksquare\)
Örnek 5.2 (Üçgen Üzerindeki Bir Yüzey Parçası) \(z = x^2 + 2y + 2\) yüzeyinin, \(xy\)-düzleminde köşeleri \((0, 0)\), \((1, 0)\) ve \((1, 1)\) olan \(T\) üçgeninin üstünde kalan parçasının alanını bulunuz.
Çözüm
Yüzey ve \(D\). Burada \(D = T\)’dir. Üçgenin üst kenarı \(y = x\) doğrusu olduğundan \(T\), I. tip bir bölgedir:
\[T = \{(x, y) : 0 \le x \le 1,\ 0 \le y \le x\}.\]
İntegrand. \(f(x, y) = x^2 + 2y + 2\) için \(f_x = 2x\) ve \(f_y = 2\) olduğundan
\[\sqrt{f_x^2 + f_y^2 + 1} = \sqrt{(2x)^2 + 2^2 + 1} = \sqrt{4x^2 + 5}\]
bulunur.
Ardışık integral. İntegrand \(y\)’ye bağlı olmadığından önce \(y\)’ye göre integral almak işimizi kolaylaştırır:
\[A = \int_0^1 \int_0^x \sqrt{4x^2 + 5}\;dy\,dx = \int_0^1 x\sqrt{4x^2 + 5}\;dx.\]
Hesap. \(u = 4x^2 + 5\) dersek \(du = 8x\,dx\) olur; \(x = 0\) iken \(u = 5\), \(x = 1\) iken \(u = 9\)’dur. Buradan
\[ \begin{aligned} A &= \frac{1}{8} \int_5^9 u^{1/2}\,du = \frac{1}{8} \cdot \frac{2}{3}\Big[u^{3/2}\Big]_5^9 \\[1mm] &= \frac{1}{12}\big(27 - 5\sqrt{5}\big) \approx 1{,}3183 \end{aligned} \]
elde edilir. İntegrali öbür sırayla, önce \(x\)’e göre kurmak da mümkündü, ama o zaman \(\int \sqrt{4x^2 + 5}\,dx\) gibi çok daha zor bir integralle karşılaşırdık.
\(\blacksquare\)
Örnek 5.3 (Bir Paraboloit Parçasının Alanı) \(z = x^2 + y^2\) paraboloidinin \(z = 9\) düzleminin altında kalan parçasının alanını bulunuz.
Çözüm
Yüzey ve \(D\). Düzlem paraboloidi \(x^2 + y^2 = 9\), \(z = 9\) çemberi boyunca keser. Paraboloidin \(z \le 9\) olan parçası \(x^2 + y^2 \le 9\) dairesinin üstündedir; yani \(D\), merkezi orijin ve yarıçapı \(3\) olan dairedir.
İntegrand. \(\dfrac{\partial z}{\partial x} = 2x\) ve \(\dfrac{\partial z}{\partial y} = 2y\) olduğundan
\[\sqrt{1 + (2x)^2 + (2y)^2} = \sqrt{1 + 4(x^2 + y^2)}\]
bulunur.
Ardışık integral. \(D\) bir daire ve integrand \(x^2 + y^2\)’ye bağlı olduğundan kutupsal koordinatlara geçeriz: \(D = \{0 \le r \le 3,\ 0 \le \theta \le 2\pi\}\), \(x^2 + y^2 = r^2\) ve \(dA = r\,dr\,d\theta\) olur (bkz. Teorem 3.1). Böylece
\[A = \int_0^{2\pi} \int_0^3 \sqrt{1 + 4r^2}\;r\,dr\,d\theta = \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^3 r\sqrt{1 + 4r^2}\;dr.\]
Hesap. İç integralde \(u = 1 + 4r^2\), \(du = 8r\,dr\) dersek \(r = 0\) iken \(u = 1\), \(r = 3\) iken \(u = 37\) olur:
\[\int_0^3 r\sqrt{1 + 4r^2}\;dr = \frac{1}{8} \int_1^{37} u^{1/2}\,du = \frac{1}{12}\big(37\sqrt{37} - 1\big).\]
Dış integral \(2\pi\) verdiğinden
\[A = 2\pi \cdot \frac{1}{12}\big(37\sqrt{37} - 1\big) = \frac{\pi}{6}\big(37\sqrt{37} - 1\big) \approx 117{,}32\]
elde edilir. Sonuç, gölgenin alanı \(9\pi \approx 28{,}27\)’den büyüktür; paraboloidin kenarları dik olduğundan bu beklenen bir şeydir.
\(\blacksquare\)
UyarıSık yapılan hatalar
- \(\iint_D f\,dA\) yüzeyin altındaki hacmi verir, alanını değil. Yüzey alanında integrale yalnız \(f_x\) ve \(f_y\) girer.
- Kökün içindeki \(1\) unutulmamalıdır; o terim \(\mathbf{n} = -f_x\,\mathbf{i} - f_y\,\mathbf{j} + \mathbf{k}\) normalinin \(\mathbf{k}\) bileşeninden gelir. O olmasaydı yatay bir düzlem parçasının alanı \(0\) çıkardı.
- \(D\) yüzeyin kendisi değil, \(xy\)-düzlemindeki izdüşümüdür. Sınırını bulmak için çoğu zaman yüzeyin kesiştiği öbür yüzeyle ortak noktaları bulunur.
- Kutupsal koordinatlara geçerken \(dA = r\,dr\,d\theta\)’daki \(r\) çarpanı unutulmamalıdır.
5.5 Alıştırmalar
Aşağıdaki alıştırmalar kolaydan zora sıralanmıştır. Son ikisinde \(f_x\), \(D\)’nin sınırının bir kısmında tanımsızdır ve integrand oraya yaklaşırken sınırsız büyür; bu yüzden ne yüzey alanının tanımı ne de formülü \(D\)’nin tamamına doğrudan uygulanabilir. Böyle bir yüzeyde, \(D\)’nin içinde kalan, integrandın sürekli olduğu ve \(t\) büyüdükçe \(D\)’yi dolduran \(D_t\) bölgeleri alınır. \(D_t\)’nin üstündeki parçaların alanları formülle bulunur. Bu parçalar giderek yüzeyin tamamını kapladığından yüzeyin alanı, \(\iint_{D_t} \sqrt{f_x^2 + f_y^2 + 1}\,dA\) alanlarının limiti olarak tanımlanır. Bu, tek değişkenli genelleştirilmiş integralin iki katlı karşılığıdır (bkz. Analiz 3).
Alıştırma 5.1 (Birinci Bölgedeki Düzlem Parçası) \(3x + 2y + z = 6\) düzleminin birinci bölgede (\(x, y, z \ge 0\)) kalan parçasının alanını bulunuz.
Çözüm
Düzlem \(z = f(x, y) = 6 - 3x - 2y\) biçiminde yazılır. \(f_x = -3\) ve \(f_y = -2\) olduğundan integrand sabittir:
\[\sqrt{(-3)^2 + (-2)^2 + 1} = \sqrt{14}.\]
Parçanın gölgesi \(D\), \(x \ge 0\), \(y \ge 0\) ve \(z = 6 - 3x - 2y \ge 0\), yani \(3x + 2y \le 6\) koşullarıyla verilir. Bu, köşeleri \((0, 0)\), \((2, 0)\) ve \((0, 3)\) olan üçgendir ve alanı \(\frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 3 = 3\)’tür. Böylece
\[A(S) = \iint_D \sqrt{14}\;dA = \sqrt{14}\,A(D) = 3\sqrt{14} \approx 11{,}22\]
bulunur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 5.2 (Bir Üçgenin Üstündeki Yüzey) \(z = 10 + x + y^2\) yüzeyinin, köşeleri \((0, 0)\), \((0, -2)\) ve \((2, -2)\) olan \(D\) üçgeninin üstünde kalan parçasının alanını bulunuz.
Çözüm
\(f_x = 1\) ve \(f_y = 2y\) olduğundan integrand
\[\sqrt{1^2 + (2y)^2 + 1} = \sqrt{2 + 4y^2}\]
olur ve yalnız \(y\)’ye bağlıdır. Bu yüzden \(D\)’yi II. tip bölge olarak yazmak uygundur. \((0, 0)\) ile \((2, -2)\)’den geçen kenar \(x = -y\) doğrusu üzerindedir; dolayısıyla
\[D = \{(x, y) : -2 \le y \le 0,\ 0 \le x \le -y\}\]
olur. İç integral \(x\)’e göre olduğundan integrand sabit gibi davranır:
\[A = \int_{-2}^{0} \int_0^{-y} \sqrt{2 + 4y^2}\;dx\,dy = \int_{-2}^{0} (-y)\sqrt{2 + 4y^2}\;dy.\]
\(u = 2 + 4y^2\) dersek \(du = 8y\,dy\), yani \((-y)\,dy = -\frac{1}{8}\,du\) olur; \(y = -2\) iken \(u = 18\), \(y = 0\) iken \(u = 2\)’dir:
\[ \begin{aligned} A &= -\frac{1}{8} \int_{18}^{2} u^{1/2}\,du = \frac{1}{8} \int_{2}^{18} u^{1/2}\,du = \frac{1}{12}\Big[u^{3/2}\Big]_2^{18} \\[1mm] &= \frac{1}{12}\big(54\sqrt{2} - 2\sqrt{2}\big) = \frac{13\sqrt{2}}{3} \approx 6{,}13. \end{aligned} \]
Burada \(18^{3/2} = 18\sqrt{18} = 54\sqrt{2}\) ve \(2^{3/2} = 2\sqrt{2}\) eşitliklerini kullandık.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 5.3 (Bir Karenin Üstündeki Yüzey) \(z = \frac{2}{3}\big(x^{3/2} + y^{3/2}\big)\) yüzeyinin \(0 \le x \le 1\), \(0 \le y \le 1\) karesinin üstünde kalan parçasının alanını bulunuz.
Çözüm
\(f_x = \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{2}\,x^{1/2} = \sqrt{x}\) ve aynı biçimde \(f_y = \sqrt{y}\) olduğundan
\[\sqrt{f_x^2 + f_y^2 + 1} = \sqrt{x + y + 1}\]
olur. Önce \(y\)’ye göre integral alalım:
\[ \begin{aligned} \int_0^1 \sqrt{1 + x + y}\;dy &= \frac{2}{3}\Big[(1 + x + y)^{3/2}\Big]_{y=0}^{y=1} \\[1mm] &= \frac{2}{3}\Big[(2 + x)^{3/2} - (1 + x)^{3/2}\Big]. \end{aligned} \]
Sonra \(x\)’e göre:
\[ \begin{aligned} A &= \frac{2}{3} \int_0^1 \Big[(2 + x)^{3/2} - (1 + x)^{3/2}\Big]\,dx \\[1mm] &= \frac{2}{3} \cdot \frac{2}{5}\Big[(2 + x)^{5/2} - (1 + x)^{5/2}\Big]_0^1 \\[1mm] &= \frac{4}{15}\Big[\big(3^{5/2} - 2^{5/2}\big) - \big(2^{5/2} - 1\big)\Big]. \end{aligned} \]
\(3^{5/2} = 9\sqrt{3}\) ve \(2^{5/2} = 4\sqrt{2}\) olduğundan
\[A = \frac{4}{15}\big(9\sqrt{3} - 8\sqrt{2} + 1\big) \approx 1{,}4066\]
bulunur. Sonuç, gölgenin alanı olan \(1\)’den büyüktür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 5.4 (Bir Silindir Parçası) \(x^2 + z^2 = 4\) silindirinin, köşeleri \((0, 0)\), \((1, 0)\), \((0, 1)\) ve \((1, 1)\) olan karenin üstünde kalan parçasının alanını bulunuz.
Çözüm
Karenin üstündeki parça silindirin \(z \ge 0\) yarısındadır: \(z = f(x, y) = \sqrt{4 - x^2}\). Buradan
\[f_x = \frac{-x}{\sqrt{4 - x^2}}, \qquad f_y = 0\]
ve
\[f_x^2 + f_y^2 + 1 = \frac{x^2}{4 - x^2} + 1 = \frac{4}{4 - x^2}\]
bulunur. \(0 \le x \le 1\) için integrand \(2/\sqrt{4 - x^2}\) sürekli olduğundan
\[ \begin{aligned} A &= \int_0^1 \int_0^1 \frac{2}{\sqrt{4 - x^2}}\;dy\,dx = \int_0^1 \frac{2}{\sqrt{4 - x^2}}\;dx \\[1mm] &= 2\Big[\arcsin\frac{x}{2}\Big]_0^1 = 2 \cdot \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{3} \approx 1{,}0472 \end{aligned} \]
olur. Sonucu geometriyle de denetleyebiliriz: parça, \(y\) doğrultusunda \(1\) birim uzunluğunda, eğri doğrultusunda ise \(2\) yarıçaplı çemberin \(x = 0\) ile \(x = 1\) arasındaki yayı kadar (\(2 \cdot \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{3}\)) genişliğinde, kıvrılmış bir dikdörtgendir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 5.5 (Bir Eyer Yüzeyinin Parçası) \(z = xy\) yüzeyinin \(x^2 + y^2 = 1\) silindirinin içinde kalan parçasının alanını bulunuz.
Çözüm
\(f_x = y\) ve \(f_y = x\) olduğundan integrand \(\sqrt{1 + x^2 + y^2}\)’dir. \(D\) birim daire olduğundan kutupsal koordinatlara geçeriz:
\[A = \int_0^{2\pi} \int_0^1 \sqrt{1 + r^2}\;r\,dr\,d\theta = 2\pi \int_0^1 r\sqrt{1 + r^2}\;dr.\]
\(u = 1 + r^2\), \(du = 2r\,dr\) ile
\[\int_0^1 r\sqrt{1 + r^2}\;dr = \frac{1}{2} \int_1^2 u^{1/2}\,du = \frac{1}{3}\big(2\sqrt{2} - 1\big)\]
olur ve
\[A = \frac{2\pi}{3}\big(2\sqrt{2} - 1\big) \approx 3{,}8294\]
bulunur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 5.6 (Bir Küre Kapağı) \(x^2 + y^2 + z^2 = 4\) küresinin \(z = 1\) düzleminin üstünde kalan parçasının alanını bulunuz.
Çözüm
Parça üst yarım küre üzerindedir: \(z = f(x, y) = \sqrt{4 - x^2 - y^2}\). Düzlemle kesişimde \(x^2 + y^2 = 4 - 1 = 3\) olduğundan \(D\), yarıçapı \(\sqrt{3}\) olan dairedir. Kısmi türevler
\[f_x = \frac{-x}{\sqrt{4 - x^2 - y^2}}, \qquad f_y = \frac{-y}{\sqrt{4 - x^2 - y^2}}\]
olduğundan
\[f_x^2 + f_y^2 + 1 = \frac{x^2 + y^2}{4 - x^2 - y^2} + 1 = \frac{4}{4 - x^2 - y^2}\]
bulunur. Kutupsal koordinatlarda integrand \(2/\sqrt{4 - r^2}\) olur; \(r \le \sqrt{3} < 2\) olduğundan sürekli ve sınırlıdır:
\[ \begin{aligned} A &= \int_0^{2\pi} \int_0^{\sqrt{3}} \frac{2r}{\sqrt{4 - r^2}}\;dr\,d\theta = 2\pi\Big[-2\sqrt{4 - r^2}\Big]_0^{\sqrt{3}} \\[1mm] &= 2\pi(-2 + 4) = 4\pi. \end{aligned} \]
Bu, Arşimet’in küre kapağı için bulduğu \(2\pi R h\) sonucudur: burada küre yarıçapı \(R = 2\), kapağın yüksekliği \(h = 2 - 1 = 1\)’dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 5.7 (Orta Nokta Kuralıyla Tahmin) \(z = x^2 + y^2\) paraboloidinin \([0, 1] \times [0, 1]\) karesinin üstünde kalan parçasının alanını, kareyi dört eş kareye bölüp iki katlı integraller için orta nokta kuralıyla (bkz. Dikdörtgen Bölgelerde İki Katlı İntegraller) tahmin ediniz.
Çözüm
Alan \(A = \iint_R g\,dA\)’dır; burada \(g(x, y) = \sqrt{1 + 4x^2 + 4y^2}\) ve \(R = [0, 1] \times [0, 1]\)’dir. Dört karenin her birinin kenarı \(\frac{1}{2}\), alanı \(\Delta A = \frac{1}{4}\)’tür ve orta noktaları
\[\Big(\tfrac{1}{4}, \tfrac{1}{4}\Big), \quad \Big(\tfrac{1}{4}, \tfrac{3}{4}\Big), \quad \Big(\tfrac{3}{4}, \tfrac{1}{4}\Big), \quad \Big(\tfrac{3}{4}, \tfrac{3}{4}\Big)\]
noktalarıdır. \(g\)’nin bu noktalardaki değerleri:
\[ \begin{aligned} g\big(\tfrac{1}{4}, \tfrac{1}{4}\big) &= \sqrt{1 + \tfrac{1}{4} + \tfrac{1}{4}} = \sqrt{\tfrac{3}{2}} \approx 1{,}2247, \\[1mm] g\big(\tfrac{1}{4}, \tfrac{3}{4}\big) = g\big(\tfrac{3}{4}, \tfrac{1}{4}\big) &= \sqrt{1 + \tfrac{1}{4} + \tfrac{9}{4}} = \sqrt{\tfrac{7}{2}} \approx 1{,}8708, \\[1mm] g\big(\tfrac{3}{4}, \tfrac{3}{4}\big) &= \sqrt{1 + \tfrac{9}{4} + \tfrac{9}{4}} = \sqrt{\tfrac{11}{2}} \approx 2{,}3452. \end{aligned} \]
Orta nokta kuralı
\[ \begin{aligned} A &\approx \frac{1}{4}\big(1{,}2247 + 2 \cdot 1{,}8708 + 2{,}3452\big) \\[1mm] &= \frac{1}{4} \cdot 7{,}3115 \approx 1{,}8279 \end{aligned} \]
tahminini verir. İntegrali bilgisayarla hesaplarsak \(A \approx 1{,}8616\) buluruz; dört karelik kaba bölünüşe rağmen tahminin bağıl hatası yalnız yüzde 1,8 kadardır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 5.8 (Tek Katlı İntegrale İndirgeme) \(z = \cos(x^2 + y^2)\) yüzeyinin \(x^2 + y^2 = 1\) silindirinin içinde kalan parçasının alanını, önce tek katlı bir integrale indirgeyip sonra sayısal olarak dört ondalık basamağa kadar hesaplayınız.
Çözüm
Zincir kuralıyla
\[f_x = -2x\sin(x^2 + y^2), \qquad f_y = -2y\sin(x^2 + y^2)\]
ve
\[f_x^2 + f_y^2 = 4(x^2 + y^2)\sin^2(x^2 + y^2)\]
olur. \(D\) birim daire olduğundan kutupsal koordinatlarda \(x^2 + y^2 = r^2\) yazarız:
\[ \begin{aligned} A &= \int_0^{2\pi} \int_0^1 \sqrt{1 + 4r^2\sin^2(r^2)}\;r\,dr\,d\theta \\[1mm] &= 2\pi \int_0^1 r\sqrt{1 + 4r^2\sin^2(r^2)}\;dr. \end{aligned} \]
\(u = r^2\), \(du = 2r\,dr\) değişken değiştirmesiyle tek katlı integrale ulaşırız:
\[A = \pi \int_0^1 \sqrt{1 + 4u\sin^2 u}\;du.\]
Bu integrandın elemanter bir ilkel fonksiyonu yoktur; integrali sayısal olarak hesaplarız. \(F(u) = \sqrt{1 + 4u\sin^2 u}\) için \([0, 1]\)’i \(h = 0{,}25\) genişliğinde dört parçaya bölüp Simpson kuralını uygulayalım (bkz. Nümerik Analiz). Değerler
\[ \begin{aligned} F(0) &= 1, & F(0{,}25) &\approx 1{,}030150, \\[1mm] F(0{,}5) &\approx 1{,}208179, & F(0{,}75) &\approx 1{,}547221, \\[1mm] F(1) &\approx 1{,}957624 & & \end{aligned} \]
olduğundan
\[ \begin{aligned} \int_0^1 F(u)\,du &\approx \frac{h}{3}\big[F(0) + 4F(0{,}25) + 2F(0{,}5) + 4F(0{,}75) + F(1)\big] \\[1mm] &= \frac{1}{12} \cdot 15{,}683466 \approx 1{,}306956 \end{aligned} \]
ve \(A \approx \pi \cdot 1{,}306956 \approx 4{,}1059\) bulunur. Bölünüşü sıklaştırınca tahmin düzelir: \(10\) parçayla \(4{,}10726\), \(20\) parçayla \(4{,}10729\) elde edilir ve ilk dört ondalık basamak artık değişmez. Sonuç olarak
\[A \approx 4{,}1073\]
olur. Gölgenin alanı \(\pi \approx 3{,}1416\) olduğundan yüzey gölgesinden yaklaşık yüzde 31 büyüktür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 5.9 (Bir Düzlem Parçasının Alanı ve Gölgesi) \(z = ax + by + c\) düzleminin, \(xy\)-düzlemindeki izdüşümü alanı \(A(D)\) olan bir \(D\) bölgesi olan parçasının alanının \(\sqrt{a^2 + b^2 + 1}\;A(D)\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(f(x, y) = ax + by + c\) için \(f_x = a\) ve \(f_y = b\) sabittir. Yüzey alanı formülünde sabit çarpanı integralin dışına alıp \(\iint_D 1\,dA = A(D)\) özelliğini kullanırsak (bkz. Önerme 2.1)
\[A(S) = \iint_D \sqrt{a^2 + b^2 + 1}\;dA = \sqrt{a^2 + b^2 + 1} \iint_D 1\,dA = \sqrt{a^2 + b^2 + 1}\;A(D)\]
bulunur. Geometrik olarak: düzlemin normali \(\mathbf{n} = -a\,\mathbf{i} - b\,\mathbf{j} + \mathbf{k}\) her yerde aynıdır, dolayısıyla \(\sec\gamma = \sqrt{a^2 + b^2 + 1}\) çarpanı da her yerde aynıdır. Örnek 5.1 bunun \(a = \frac{1}{2}\), \(b = -1\) olan özel hâlidir: \(\sqrt{\frac{1}{4} + 1 + 1} = \frac{3}{2}\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 5.10 (Başka Bir Düzleme İzdüşüm) \(y = x^2 + z^2\) paraboloidinin \(y = 25\) düzlemiyle kesilen sonlu parçasının alanını, yüzeyi \(xz\)-düzlemine izdüşürerek bulunuz.
Çözüm
Yüzey, \(xz\)-düzlemi üzerinde \(y = h(x, z) = x^2 + z^2\) fonksiyonunun grafiğidir. Sonlu parça \(y \le 25\), yani \(x^2 + z^2 \le 25\) koşuluyla verilir; bu yüzden izdüşümü \(D\), \(xz\)-düzleminde merkezi orijin ve yarıçapı \(5\) olan dairedir. \(h_x = 2x\) ve \(h_z = 2z\) olduğundan rolleri değişmiş formülle
\[A = \iint_D \sqrt{1 + 4x^2 + 4z^2}\;dA\]
olur. \(xz\)-düzleminde kutupsal koordinatlar \(x = r\cos\theta\), \(z = r\sin\theta\) ile
\[ \begin{aligned} A &= \int_0^{2\pi} \int_0^5 \sqrt{1 + 4r^2}\;r\,dr\,d\theta = 2\pi \cdot \frac{1}{12}\Big[(1 + 4r^2)^{3/2}\Big]_0^5 \\[1mm] &= \frac{\pi}{6}\big(101\sqrt{101} - 1\big) \approx 530{,}95 \end{aligned} \]
bulunur. Bu, Örnek 5.3 ile aynı hesaptır; yalnız eksenlerin adları ve yarıçap değişmiştir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 5.11 (Kürenin Alanı) \(a\) yarıçaplı kürenin alanının \(4\pi a^2\) olduğunu gösteriniz. Üst yarım küre \(z = \sqrt{a^2 - x^2 - y^2}\) için integrand \(x^2 + y^2 = a^2\) çemberinde sınırsız büyür; bu yüzden integrali \(x^2 + y^2 \le t^2\) dairesi üzerinde hesaplayıp \(t \to a^-\) iken limit alınız.
Çözüm
\(f(x, y) = \sqrt{a^2 - x^2 - y^2}\) için, küre kapağı alıştırmasındaki (Alıştırma 5.6) hesabın aynısıyla
\[f_x^2 + f_y^2 + 1 = \frac{x^2 + y^2}{a^2 - x^2 - y^2} + 1 = \frac{a^2}{a^2 - x^2 - y^2}\]
olur; integrand kutupsal koordinatlarda \(a/\sqrt{a^2 - r^2}\)’dir ve \(r \to a\) iken sınırsız büyür. \(0 < t < a\) için \(r \le t\) dairesinde integrand sürekli olduğundan
\[ \begin{aligned} A_t &= \int_0^{2\pi} \int_0^t \frac{a\,r}{\sqrt{a^2 - r^2}}\;dr\,d\theta = 2\pi a\Big[-\sqrt{a^2 - r^2}\Big]_0^t \\[1mm] &= 2\pi a\big(a - \sqrt{a^2 - t^2}\big) \end{aligned} \]
bulunur. \(t \to a^-\) iken \(\sqrt{a^2 - t^2} \to 0\) olduğundan üst yarım kürenin alanı \(2\pi a^2\)’dir. Alt yarım küre simetrik olduğundan kürenin alanı \(2 \cdot 2\pi a^2 = 4\pi a^2\) olur. Bu, dönel yüzey alanıyla bulunan sonuçla aynıdır (bkz. Analiz 2).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 5.12 (İki Silindirin Ortak Parçası) \(y^2 + z^2 \le 1\) ve \(x^2 + z^2 \le 1\) eşitsizliklerini birlikte sağlayan cismin yüzeyinin alanını bulunuz.
Çözüm
Yüzeyin parçaları. Cismin yüzeyindeki her nokta iki silindirden en az birinin üzerindedir. \(x^2 + z^2 = 1\) silindirindeki bir nokta için ikinci koşul \(y^2 \le 1 - z^2 = x^2\), yani \(|y| \le |x|\) demektir. Aynı biçimde \(y^2 + z^2 = 1\) silindirinden gelen parça \(|x| \le |y|\) koşuluyla verilir. İki parçanın ortak noktaları iki elips üzerindedir ve alana katkı yapmaz. \(x\) ile \(y\)’nin yer değiştirmesi cismi kendisine, birinci parçayı da ikinci parçaya götürür; bu yüzden iki parçanın alanı eşittir.
Birinci parçanın üst yarısı. Birinci parça \(z \ge 0\) ve \(z \le 0\) olan iki eş yarıdan oluşur. Üst yarı \(z = f(x, y) = \sqrt{1 - x^2}\) grafiğidir ve gölgesi
\[D = \{(x, y) : -1 \le x \le 1,\ -|x| \le y \le |x|\}\]
kümesidir (orijinde birleşen iki üçgen). \(f_x = -x/\sqrt{1 - x^2}\) ve \(f_y = 0\) olduğundan
\[\sqrt{f_x^2 + f_y^2 + 1} = \sqrt{\frac{x^2}{1 - x^2} + 1} = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}\]
olur. Bu fonksiyon \(x \to \pm 1\) iken sınırsız büyüdüğünden, kürenin alanında (Alıştırma 5.11) yaptığımız gibi önce \(|x| \le t < 1\) bölgesi üzerinde integral alıp sonra \(t \to 1^-\) limitini alırız. İntegrand çift olduğundan
\[ \begin{aligned} \int_{-t}^{t} \int_{-|x|}^{|x|} \frac{dy\,dx}{\sqrt{1 - x^2}} &= \int_{-t}^{t} \frac{2|x|}{\sqrt{1 - x^2}}\;dx = 4\int_0^t \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}}\;dx \\[1mm] &= 4\Big[-\sqrt{1 - x^2}\Big]_0^t = 4\big(1 - \sqrt{1 - t^2}\big) \end{aligned} \]
bulunur ve \(t \to 1^-\) iken bu değer \(4\)’e gider.
Toplam. Birinci parçanın alanı \(2 \cdot 4 = 8\), ikinci parçanınki de \(8\) olduğundan yüzeyin alanı
\[8 + 8 = 16\]
olur. Silindirlerin yarıçapı \(1\) yerine \(r\) alınırsa aynı hesap \(16r^2\) verir.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde yüzeyleri \(z = f(x, y)\) grafikleri olarak ele aldık. Küre gibi kapalı yüzeyler ya da dönel yüzeyler tek bir grafik olarak yazılamaz; onları Parametrik Yüzeyler ve Alanları bölümünde parametrik olarak inceleyecek, buradaki formülün de dönel yüzey alanı formülünün de oradaki genel formülün özel hâlleri olduğunu göreceğiz. Şimdi iki katlı integralden üç katlı integrale geçiyoruz: Üç Katlı İntegraller.