Fiziksel Uygulamalar

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 UYGULAMALARž
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 UYGULAMALARž
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 UYGULAMALARž
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 UYGULAMALARž
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 UYGULAMALARž
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 HESAPLARž
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