iv CHAPTER 4 Belirli ntegral Uygulamalar Belirli integralin ba³lca uygulamalar ³unlardr. (1) Uzunluk (a) Düzlemsel e§rilerin uzunlu§u (2) Alan (3) (a) Düzlemde iki e§ri arasnda kalan alan (b) Dönel yüzeylerin alan (4) Ortalama de§erler (a) Fonksiyonun ortalama de§eri (b) ntegral hesabn ortalama de§eri (5) Hacim (a) Dönel cisimlerin hacmi (b) Dilimleme Yöntemiyle hacim Hesaplama (c) Kabuk yöntemiyle hacim hesab (6) Fiziksel Uygulamalar (a) Yo§unluk (b) Kütle merkezi (c) Moment (d) i³ (e) Sv basnc (f ) Pappus Teormleri 4.1. Düzlemsel E§rilerin Uzunlu§u Kendi kendisini kesmeyen sürekli bir x<b fonksiyonunun gra§i olsun. [a, b] C e§irisi dü³ünelim. Bu e§ri y = f (x), a< aral§nn bir P bölüntüsü a = t0 < t1 < t2 < . . . < tn = b (4.1) Pi = (x(ti ), y(ti ) = (xi , yi ) i = 0, 1, 2, . . . n noktalar C e§risi üzerindedir. P0 , P1 , P2 , . . . Pn noktalarn ard³k birle³tiren çokgeni dü³ünelim. Bu çokgenin kenarlar küçüldükçe, kenarlarnn uzunluklar toplam C yaynn uzunlu§una olsun. imdi yakla³acaktr: Çokgenin kenar uzunlklar toplam n X |Pi−1 Pi | i=1 dir. Çokgenin kenar uzunluklarn ∆ti ile göstelim. M = max{∆ti }, olmak üzere L = lim M →0 limiti varsa, C n X |Pi−1 Pi | i=1 e§risi ölçülebilir (rectiable) denilir. 53 i = 1, 2, , . . . , n 54 4. BELIRLI ÐNTEGRAL UYGULAMALAR Fonksiyonun sürekli olmas e§risinin ölçülebilir olams için yeterli ko³ul de§ildir. O nedenle, fonksiyonun sürekli türeve sahip olmas ko³ulunu koyaca§z. Düzlemde iki nokta arasndaki uzaklk formülünden n X |Pi−1 Pi | = lim m→0 i=1 n p X (xi − xi−1 )2 + (yi − yi−1 )2 i=1 oldu§unu gözönüne alrsak, x(ti ) − x(ti−1 = x0 (ui )∆ti 0 y(ti ) − y(ti−1 = y (vi )∆ti (ti−1 < ui < ti ) (ti−1 < vi < ti ) konumuyla, n p X (xi − xi−1 )2 + (yi − yi−1 )2 i=1 n p X [x0 (ui )]2 + [y 0 (vi ]2 ∆ti i=1 L = lim M →0 n q X [x0i (t)]2 + [yi0 (t)]2 dt i=1 Çokgenin en uzun kenarnn uzunlu§u sfra yakla³rken, yani 0, vi → 0, n → ∞ olaca§ndan Z L= = n p bX [x0 (t)]2 + [y 0 (t)]2 ∆ti a i=1 Z bp [x0 (t)]2 + [y 0 (t)]2 dt a s 2 2 dx dy + dt dt dt a s 2 Z b dy = 1+ dt dx a Z bp = 1 + y 02 dt Z b = (4.2) (4.3) (4.4) a çkar. Bunlar C yaynn uzunlu§unu veren formüller olur. Örnek 4.1. Yarçap r olan çemberin uzulu§unu bulunuz. Çözüm: Çemberin parametrik denklemi x = rcost, y = rsint (0 ≤ t ≤ 2π) dir. Buradan t parametreine göre türev alrsak, dx dy = rsint, = −rcost (0 ≤ t ≤ 2π) dt dt M −→ 0 iken ui → 4.1. DÜZLEMSEL E§RILERIN UZUNLU§U olur. (4.2)'nin ilk formülünden 2i Z p L= (−rsint)2 + (rcost)2 dt 0 2i Z p =r sin2 t + cos2 t dt 0 2i Z =r dt 0 = 2πr bulunur. Son e³itlik çemberin uzunluk formülü olarak kullanlablir: L = 2πr (4.5) Örnek 4.2. Parametric denklemi x = rcos3 t, y = rsin3 t (0 ≤ t ≤ 2π, a > 0) olan astroidin yay uzulu§unu bulunuz. Çözüm: (4.2)'nin ilk formülünü kullanalm: Z π 2 L=4 p [x0 (t)]2 + [y 0 (t)]2 dt 0 Bu formülü kullnabilmek için dx dy = −3acos2 tsint, = −3asin2 tcost dt dt olur. Buradan dx dt 2 + dy dt 2 = 9a2 (cos4 tsin2 t + sin4 cos2 t) = 9a2 cos2 tsin2 t(cos2 t + sin2 t) = 9a2 cos2 tsin2 t de§ri (4.2) formülünde kullnlarsa, Z π 2 costsint dt L = 12a 0 Z = 6a π 2 costsint dt 0 π = −3acos2t|02 = 6a 55 56 4. BELIRLI ÐNTEGRAL UYGULAMALAR 4.2. Alan hesaplar Örnek 4.3. y = 4 − x2 Ox− parabol e§risi ile ekseni arasnda kalan düzlemsel bölgenin alann bulunuz. Çözüm: Z +2 A= (4.6) Z )4 − x2 ) dx = 4 +2 Z +2 dx − 4 −2 −2 −2 x2 dx 1 = 4(2 − (−2)) − (23 − (−2)3 ) 3 16 = 16 − 3 32 = 3 (4.7) (4.8) (4.9) Örnek 4.4. Yarçap r olan kürenin yüzey alann hesaplaynz. Çözüm: Küre yüzeyini, yapçap r olan x = rcost, y = rsint yar çemberinin Ox− (0 ≤ t ≤ π) ekseni etrafnda dönmesiyle olu³an bir dönel yüzey olarak dü³ünebiliriz. ( ) gere§ince, Z r π dx dx 2 ) + ( )2 dt dt dt Z0 π p = 2π rsint (−rsint)2 + (rcost)2 dt 0 Z π 2 = 2πr sint dt 0 π = −2πr2 cost A = 2π y ( 0 = 4πr 2 olur. Örnek 4.5. C e§risi y = 1 2 2x (0 ≤ x ≤ 1) olarak veriliyor. Bu yayn Ox etrafnda bir tam dönü³ yapmasyla ³ekildeki gibi borazana benzer bir dönel cisim olur. Bu cismin dönel yüzey alann bulunuz. Çözüm: ( ) uyrnca Z A = 2π = πx2 r 1 y 1+( 0 p 1 + x2 dx dy 2 ) dx dx 4.4. FOKSIYONUN ORTA DE§ERI 57 x = tanu, dx = sec2 u konumuyla Z π4 p A=π tan2 u 1 + tan2 u sec2 u du 0 π 4 Z =π tan2 usec3 u du 0 π4 1 3 1 1 sec utanu − secutanu − ln|secu + tanu| 4 8 8 0 √ √ 8 1 =π 2 − ln( 2 + 1) 3 8 =π 4.3. Kutupsal Koordinatlarda Alan r = f (θ), (α ≤ θ ≤ β) fonksiyonu sürekli ise, e§ri üzerinde P (r, θ) Q(r + ∆r, θ + ∆θ) noktalarn dü³ünelim. OP Q bölgesinin A alann 0 0 istiyoruz. Bu alan OP P ile OQQ alanlar arasndadr. Dolaysyla, ile πr2 yazlabilir. Aradaki alan noktas bulmak ∆θ ∆θ ≤ A ≤ π(r + ∆r)2 2π 2π 1 1 2 r ∆θ ≤ A ≤ (r + ∆r)2 ∆θ 2 2 deltaA ile gösterirsek, 1 2 ∆A 1 r ≤A≤ ≤ (r + ∆r)2 2 ∆θ 2 e³itsizli§i elde edilir. r = f (θ) sürekli oldu§undan ∆θ −→ 0 iken 1 2 1 ∆A r ≤ lim ≤ (r)2 ∆θ→0 δθ 2 2 olur. Dolaysyla, 1 1 δA 2 = r2 = (f (θ)) ∆θ 2 2 1 2 r dθ 2 ⇒ ∆A = olur. O halde (α ≤ θ ≤ β) tanm aral§na kar³lk gelen alan Z A= (4.10) dA = 1 2 Z beta r2 dθ alpha olacaktr. 4.4. Foksiyonun Orta De§eri Tanm 4.6. [a, b] aral§nda tanml ve integrallenebilen 1 b−a (4.11) e³itli§ini sa§layan bir c ∈ [a, b] Z b f (x)dx a de§eri vardr. f fonksiyonu için 58 4. BELIRLI ÐNTEGRAL UYGULAMALAR Bu de§er Rolle teore- Bu de§ere fonksiyonun orta de§eri (average) denilir. mindeki ortalama de§erden farkldr. spat: f fonksiyonu kapal [a, b] aral§nda minimum m ve maksimum M de§erlerini alr. Dolaysyla, alanlar arasnda Z b m(b − a) ≤ f (x) ≤ M (b − a) a ba§nts vardr. Her taraf (b − a) m≤ çkar. s ile bölersek, 1 (b − a) Fonksiyonun ortalama de§erini ortalama de§erinin [m, M ] Z b f (x) dx ≤ M a s ile gösterelim. Yukardaki e³itsizlikten aral§nda oldu§u sonucu çkar. Kapal bir aralkta s=m s = f (u) olacak biçimde bir u ∈ [a, b] olmaldr. Benzer olarak, s = M ise s = f (w) olacak biçimde bir w ∈ [a, b] olmaldr. De§ilse m < s < M olur. Bu durumda yine ara de§er teoremi uyarnca s = f (c) e³itli§ini sa§layan bir c ∈ [a, b] sürekli fonksiyon min ve max arasndaki bütün de§erleri alaca§ndan; e§er ise noktas vardr. Örnek 4.7. f (x) = x2 + 1 [−2, 1] fonksiyonunun aral§ndaki orta (average) de§erini bulunuz. Çözüm: Tanm uygularsak, Z 1 favg = −2 Z 1 = −2 (x2 + 1) dx (x2 ) dx + Z 1 dx −2 1 3 1 − (−2)3 + (1 − (−2)) 3 =3+3 = =6 Örnek 4.8. f (x) = x2 − 5x + 6cos(πx) fonksiyonunun [−1, 52 ] ortalamasn bulunuz. Çözüm: Z 25 1 7 ( ) dx 5 − (−1) −1 2 2 25 7 1 3 5 2 6 = x − x + sin(πx) 2 3 2 π −1 12 13 = − 7π 6 = −1.620993 favg = = aral§ndaki 4.5. DÖNEL CISIMLERI HACIMLERIN Örnek 4.9. f (x) = x2 + 3x + 2 59 fonksiyonunun [1,4] aral§ndaki ortasn bu- lunuz. Çözüm: favg = 1 4−1 Z 4 (x2 + 3x + 2) dx 1 4 1 3 3 3 x + x + 2x 3 2 1 64 48 = + +8 3 2 = 61.3333 = f (x) = x2 + x + 1 Örnek 4.10. fonksiyonunun [1,3] aral§ndaki ortasn bu- lunuz. Çözüm: favg = 1 3−1 Z 4 (x2 + 3x + 2) dx 1 4 1 3 3 2 = x + x + 2x 3 2 1 64 48 = + +8 3 2 = 53.3333 4.5. Dönel Cisimleri Hacimlerin Düzlemsel bir R bölgesinin, kendisini kesmeyen bir do§ru etrafnda dönmesiyle olu³an cisme dönel kat cisim denilir. Bu cisim gerçekte uxayda var olmayan ama hayal etti§imiz bir cisimdir. Düzlemsel lensin. R R R bölgesinin D do§rusuna göre üst snr f (x) fonksiyonu ile belir- bölgesinin her noktasndan onu kesmeyen D do§rusuna dikmeler inelim. [a, b] aral§ f fonksiy[a, b] aral§nn bölgesi parçal de§ilse, dikmelerin ayaklar D do§rusu üzerinde bir olu³turur. D do§rusunu koordinat ekseni olarak alrsak, [a, b] aral§ onunun tanm bölgesi içinde olacaktr. Dikmelerin ayaklarn içeren bir bölüntüsünü (partition) P ile gösterelim: (4.12) a = x0 < x1 < −x2 < . . . < xn = b (4.13) ∆xi = xi − xi−1 , M = max{∆xi | i = 1, 2, . . . , n} xi−1 ≤ ti ≤ xi olacak ³ekilde bir ti noktas seçelim. hi = |f (ti )| olan dikörtgenin D do§rusu etrafnda bir varsayalm. Yarçap hi olan bir silindir olu³ur. Bu silindirin olsun. Her bölüntü içinde bir imdi taban ∆xi ve yüksekli§ tam dönü³ yapt§n hacmi (4.14) πh2i ∆xi = πf (ti )2 ∆xi 60 4. BELIRLI ÐNTEGRAL UYGULAMALAR olacaktr. Bunlarn toplam da asl S V ≈ (4.15) cisminin hacmine yakn olacaktr. n X πf (ti )2 ∆xi i=1 E§er M = max{∆xi } → 0 iken (4.15) toplamnn limiti varsa, bu limit b Z V =π (4.16) a integrali ile ifade edilir ve bu intgral Ox− ile S cisminin hacmine e³it olur. Oy− eksenlerini yer de§i³tirebiliriz: d Z g 2 (y) dy = π V =π (4.17) Z d x2 dy c c imdi dönen y 2 dx f (x) dx = π a Dönme ekseni de§i³irse, b Z 2 R düzlemsel bölgesinin üstten y = f (x), alttan y = g(x) fonksiyon- lar ile snrl oldu§unu dü³ünelim. Bu düzlem parçasnn bir tam dönü³ yapmasyla olu³an dönel kat cismin hacm f ile g fonksiyonlarna kar³lk gelen iki dönel kat cismin hacimleri farkdr. Dolaysyla; b Z f 2 (x) − g 2 (x) dx V = Vf − Vg = π (4.18) a 4.6. Dilimleme Yöntemiyle Hacim Bulma ekilde hacmi hesaplanacak bir cisim görülüyor. Uygun bir Ox- ekseni seçelim. Eksenin hangi konumda seçildi§i ancak pratik de§er ta³r. Cismin her noktasn- dan D do§rusuna dikmeler inildi§ini varsayalm. Dikmelerin ayaklarn içeren [a, b] aral§nn bir bölüntüsünü (partition) P ile gösterelim: (4.19) a = x0 < x1 < −x2 < . . . < xn = b (4.20) ∆xi = xi − xi−1 , M = max{∆xi | i = 1, 2, . . . , n} olsun. xi S cismiyle Ri bölgesi olu³turur. Ri bölgesinin alanna Bölüntünün ard³k x−i−1 , xi noktalarndan deçen dikey düzlemlerin noktasndan D do§rusuna dikey olacak biçimde çizilen düzlem kesi³ir ve onunla arakesiti düzlemsel bir A(xi ) diyelim. S ile arakesitleri arasnda kalan dilimi dü³ünelim. ∆xi = |xi − xi−1 | olmak üzere, ∆V (xi ) ≈ A(xi ).∆xi (4.21) olacaktr. Bu yakla³k hacimlerin toplam (4.22) V ≈ n X bölüntü aralklarnn M S ∆V (xi ) = i=0 ∆xi Bu dilimin hacm yakla³k olarak, cisminin n X V hacmine yakn olur: ∆A(xi )∆xi i=0 maksimum uzunlu§u sifra giderken (4.22) toplamnn limiti varsa söza konusu limit Z V = (4.23) b A(x) dx a integraline e³it olur. Bu de§er S cismini hacmidir. 4.7. SILINDIRIK KABUKLAR YÖNTEMI 61 4.7. Silindirik Kabuklar Yöntemi y = f (x), x = a, x = b ve Ox− ekseni ile çevrili düzlemsel bölgenin Oy− ekseni çevresinde bir tam dönü³ yapt§n dü³ünelim. [a, b] aral§nn bir bölüntüsünü (partition) P ile gösterelim: (4.24) a = x0 < x1 < −x2 < . . . < xn = b (4.25) ∆xi = xi − xi−1 , M = max{∆xi | i = 1, 2, . . . , n} ti ∈ (xi, xi+∆xi) olan bir ti noktas seçelim. her ti ∈ [a, b] için ti noktasndan geçen silindirin yanal alan A(ti ) olsun. Taban [xi , xi + ∆xi ] ve yüksekli§i yi = f (ti ) olan dikdötgen biçimindeki Ri bölgesinin Oy− ekseni çevresinde dönmesiyle, kalnl§ en çok ∆xi olan silindirik bir cisim olu³ur. Buna kabuk diyelim. Bu silindirin simetri ekseni Oy− ekseni, iç yarç x ve d³ yarçap ti dir. Sözkonusu dönü³ esnasnda ti ∈ [a, b] noktasnn çizdi§i çemberin uzunlu§u 2πti olacaktr. O halde ti 'in çizdi§i çember üzerinde kurulan silindirin yanal yüzey alan 2πti f (ti ) = 2πti yi olur. Yanal yüzeyi açp bir düzlem parças haline getirelim. Kabu§un kalnl§ en çok ∆xi oldu§una göre, kabu§un hacm en çok Vi = A(ti ).∆xi = 2πti yi ∆xi olur. Bütün [xi , xi + ∆xi ] bölüntü aralklar için elde edilen kabuklarn toplam yakla³k olarak cismin V hacmine e³it olmaldr: n n X X (4.26) V ≈ Vi ≈ A(ti ).∆xi = 2πti yi ∆xi i=1 i=1 E§er, bölüntü aralklarnn en uzunu sfra yakla³rkek, yani max 0 M = max{∆xi } → iken (4.26) toplaamnn limiti varsa, o limit Z b V = 2π (4.27) xy dx a integralidir. Bu integralin de§eri cismin E§er dönel cisim Ox− V hacmine e³it olur. ekseni etrafnda dönüyorsa (4.27) yerine, simetriden dolay, Z V = 2π (4.28) d xy dy c formülü elde edilir. R düzlemsel bölgesinin üstten y = f (x), alttan y = g(x), soldan x = a, x = b ile snrland§n varsayalm. R bölgsi Oy− ekseni etrafnda bir tam dönme yapt§nda olu³an cismin hacmi üstten y = f (x) e§risi, alttan Ox− ekseni, soldan x = a, sa§dan x = b ile snrl bölgenin bir tam dönü³ü esnasnda olu³an Vf hacmi ile üstten y = g(x) e§risi, alttan Ox− ekseni, soldan x = a, sa§dan x = b ile snrl bölgenin bir tam dönü³ü esnasnda olu³an Vg hacminin farkna e³it olacaktr: Z b (4.29) V = Vf − Vg = 2π x (f (x) − g(x)) dx imdi sa§dan a olur. Örnek 4.11. Oy− y =2 parabolü ile y = x3 e§risi arasnda kalan düzlemsel R bölgesi ekseni etrafnda döndürülüyor. Olu³an kat cismin hacmini bulunuz. 62 4. BELIRLI ÐNTEGRAL UYGULAMALAR Çözüm: R (0 ≤ x ≤ 1) bölgesi birinci dörtte birlik bilgededir: dir. Dönel cismin hacmi için (4.29) formülünü uygulayabiliriz: 1 Z 2 0 2π x4 x5 − 4 5 (x3 − x4 ) dx x(x − x ) dx = 2π V = 2π 1 Z 3 0 1 0 π 10 Örnek 4.12. y = (x−1)(x−3)2 Ox− ekseni arasnda kalan düzlemsel e§risi ile R bölgesi Ox− ekseni etrafnda döndürülüyor. Olu³an kat cismin hacmini bulunuz. Çözüm: R (0 ≤ x ≤ 8) bölgesi birinci dörtte birlik bilgededir: dir. Dönel cisim Ox− ekseni etrafnda döndü§üne göre hacim için (4.29) formülünü uygulayabiliriz: 1 Z 2 0 x5 x4 − 4 5 (x3 − x4 ) dx x(x − x ) dx = 2π V = 2π 2π 1 Z 3 0 1 0 π 10 Örnek 4.13. bölgesi Oy− y= √ 3 x, (0, 8) e§risi ile Ox− ekseni arasnda kalan düzlemsel R ekseni etrafnda döndürülüyor. Olu³an kat cismin hacmini bulunuz. Çözüm: R bölgesi birinci dörtte birlik bilgededir Fonksiyonu yazabiliriz. (0 ≤ x ≤ 2) dir. Dönme eylemi Ox− x = f (y) = y 3 biçiminde ekseni etrafnda oldu§una göre dönel cismin hacmi için (4.28) formülünü uygulayabiliriz: Z 2 3 Z y(8 − y − 0) dy = 2π V = 2π 0 2 (8y − y 4 ) dy 0 2 1 5 2π 4y − y 5 0 96π 5 2 4.8. Hacim hesaplar • Taban yarçap Çözüm: r ve yüksekli§i h olan dik dairesel koninin hacmini bulunuz. 4.8. HACIM HESAPLAR 63 Koniyi dönel bir cisim olarak dü³ünmek için, koninin simetri eksenini Ox− eksenini ve koninin tepe nontasn O ba³langç noktas seçelim. Herhangi bir x ∈ [0, h] noktasnda Ox− eksenine dik düzlemle koninin arakesiti bir çemberdir. Koninin Oy− ekseni boyunca olan yan ayrtn y = f (x) ile gösterelim. ekildeki OBX üçgeni OB'H üçgenine benzer oldu§undan, yani OBX ∼ OB 0 H benzerli§inden x y = r h yazlabilir. Buradan y= r x h çkar ve sözkonusu dilimin (arakesit) alan A(x) = (4.30) πr2 2 x h2 olur. Buradan Z V = (4.31) 0 formülü çkar. • h πr2 A8x)dx = 2 h Z 0 h x2 dx = 1 2 πr h 3