∑ ∑ ∑ ∑ ∑

1
MATEMATĐK
DERS NOTLARI
Rafet Kamer
Emlakkonut Mimarsinan Lisesi, Đstanbul
(Ders notları sürekli güncellenmektedir)
VEKTÖRLER
rr
a.b = abcos θ
r r
a × b = ab sin θ
r
r
r
r
a = a x i + a y j + az k
rr
a.b = a x b x + a y b y + az b z
rr
i⋅i = 1
Uzayı küresel kabuklar şekilde tanımlarsak, koordinatlar r, θ, φ; silindirik kabuklar şeklinde
tanımlarsak da koordinatlar r, φ, z olur.
y
r
a br
α
β
Polar Koordinat Sistemi
x
a x = acos α
a y = a sin α
b x = bcos α
b y = b sin α
Skaler çarpımın değişme özelliği vardır (komütativdir).
rr rr
a.b = b.a
rr
a.b = a x b x + a yb y = ab ( cos α cos β + sin α sin β ) = ab cos(α − β)
n
∑k =
k =1
n
∑k
2
k =1
n
∑k
k =1
3
n(n + 1)
2
=
n(n+1)(2n+1)
6
 n(n + 1) 
=

 2 
2
f(k) = (k + 1)r − k r
r = 0 ⇒ f(k) = 0
r = 1 ⇒ f(k) = 1
n
∑
k =1
n
f(k) =
∑1 = 1 + 1 + 1... + 1 = n
k =1
2
r = 2;
n
∑ (k + 1)
2
k =1
− k2  =

n
∑ (k
n
2
) ∑ ( 2k + 1)
+ 2k + 1 − k 2 =
k =1
k =1
n
n
∑ ∑1
22 + 32 + … + n2 + ( n + 1) − 12 − 22 − … − n2 = 2
2
k+
k =1
k =1
(n + 1)2 − 1 = 2S1 + n
n(n + 1)
= S1 =
2
n
∑k
k =1
r = 3;
n
∑
k =1
(k + 1)3 − k 3  =


3S2 + 3
n
∑ (k
3
)
+ 3k 2 + 3k + 1 − k 3 = 23 + 33 + … + n3 + (n + 1) − 13 − 23 − … − n3 =
k =1
n(n + 1)
n(n + 1)(2n + 1)
+ n; 2n3 + 3n2 + 2 = 6S2 ;
=
2
6
3
n
∑k
2
k =1
Bir çubuk alalım;
N çok büyük olmak üzere, ℓ uzunluğundaki çubuğu N sayıda parçaya bölelim.
∆x
x
mK.M. =
∆m =
mK.M.
m1x1 + m2 x 2 + ... + mN xN
m1 + m2 + ... + mN
m
l
; ∆x =
N
N
m
1
∆x(1 + 2 + ... + N)
N2 (1 + )
∆m ∆x + ∆m2∆x + ... + ∆mN∆x N
l N(N + 1)
l
l
N
=
=
= 2
= 2
=
m
m
2
2
2
N
N
Çubuğun eylemsizlik momentini de aynı yolu izleyerek bulabiliriz.
∑
∆mx 2 = ∆m( ∆x)2 + ∆m(2∆x)2 + ... + ∆m(N∆x)2 = ∆m( ∆x)2 (12 + 22 + ... + N2 ) =
=
m l2 N(N + 1)(2N + 1)
N N2
6
m l 2 NN(1 + 1 N)N(2 + 1 N) m l2
=
N N2
6
3
Şu ana kadarki çıkarımlarımızda skaler çarpım kullandık. Vektörel çarpımı kullanarak neler elde edebiliriz ve nasıl
uygulamalarda vektörel çarpımı kullanabiliriz?
3
r
r
r
r
a = a x i + a y j + az k
r
r
r
r
b = bx i + by j + bz k
r r
r r
r r
r r
r r
r r
r r
r r
r r
r r
a × b = a x b x (i × i) + a x b y (i × j) + a x b z (i × k) + a y b x ( j × i) + a y b y ( j × j) + a y bz (j × k) + az b x (k × i) + az b y (k × j) + az bz (k × k)
r
r
r
= (a y b z − az b y )i + (a z b x − a x bz )j + (a x b y − a y b x )k
r r r r r r
i×i = j× j = k ×k = 0
r r
r r r
i × j = −( j × i) = k
r r
r r r
j × k = −(k × j) = i
r r
r r r
k × i = −(i × k) = j
Vektörel çarpımın değişme özelliği yoktur.
r r r r
a×b ≠ b×a
Matris
ann
 a11 a12 L

 a21 a22 K
= M
O


a
 n1 L
a1n 

a2n 
M 


ann 
Determinant
a11 a12
= a11a22 − a12 a21
a21 a22
Örnek: Bir denklem sistemi ele alarak determinantlarını bulacağımız matrislerle bilinmeyenleri bulalım.
3x + 2y = −1
2x − 5y = 12
∆=
x=
3
2
2 −5
= −19; ∆x =
−1
2
12 −5
= −19; ∆y =
3 −1
2 12
= 38
∆x
=1
∆
3X3 Matris Determinant Alma Yolları
1. Yol: 2. ve 3. satırı matrisin altına yazarız.
a11
a12
a13
a21 a22
a31 a32
a23
a33 = a11a22 a33 + a21a32 a13 + a31a12 a23 − (a13 a22 a31 + a23 a32 a11 + a33 a12 a21 )
a11 a12
a21 a22
a13
a23
4
2. Yol: 3. mertebeden 3 tane 2. mertebe matris
matris şeklinde yazmak mümkündür.)
a11
a12
a13
a
a23 = ( −1)1+1a11  22
 a32
a33
a21 a22
a31 a32
yazabiliriz. (Aynı şekilde 4X4 bir matrisi de 4 tane 3X3
a23 
 a21 a23 
 a21 a22 
1+ 2
1+3
 + ( −1) a12 
 + ( −1) a13 

a33 
a
a
33 
 31
 a31 a32 
r r
Bu yolu kullanarak a × b çarpımının sonucunu yeniden hesaplayabiliriz.
r
i
r
j
ax
ay
bx
by
r
k
r a y
az = ( −1)1+1i 
 by

b
z
az 
r a
 + ( −1)1+2 j  x
bz 
 bx
r  ax
az 
1+3
 + ( −1) k 
bz 
 bx
ay 

b y 
r
r
r
= (a y bz − a z b y )i + (az b x − a x b z )j + (a x b y − a y b x )k
Görüldüğü gibi aynı sonuca ulaştık.
Đntegral alarak bir kürenin hacmini bulabiliriz. Bunu yapmak için küreyi sonsuz küçüklükte kalınlığı olan disklere bölmeliyiz. Bu
disklerden herhangi birinin alanının integralini aldığımızda kürenin hacmine ulaşacağız.
r
∫ π(r
2
2
2
r
− x )dx = πr x −r
−r
x3
−π
3
r
= πr 2 (r + r) −
−r
π 3 3
4
(r + r ) = πr 3
3
3
Đntegralin sınırlarını değiştirerek kürenin sadece bir kısmının hacmini bulmamız da mümkün. Şekildeki taralı kısmın hacmi
aşağıdaki integrali hesaplayarak bulunabilir.
−(r −h)
∫
π(r 2 − x 2 )dx
−r
Şimdi ise integral alarak elipsin alanını bulacağız.
Elips denklemi;
x2
a2
+
y2
b2
=1
Elipsin içinden kalınlığı dx olan bir parça alalım. Şekilde gösterilen bölgeye göre integral alıp 4 ile çarptığımızda tüm elipsin
alanına ulaşmış oluruz.
y = b 1−
a
x2
a2

x2
4 b 1− 2
 a
0 
∫
1/2

 dx

5
Đntegral alma metodu:
x = a sin z
dx = a cos zdz
sin2 α + cos2 α = 1
cos α = 1 − sin2 α
Yapılan dönüşüm sonucunda integralin sınırları da değişti.
π /2
Ι = 4ba
∫ cos
2
zdz
0
cos2 z =
1 + cos 2z
2
 z π /2 sin 2z π /2 
 = πab
Ι = 4ba 
+
20
4 0 


Türev tanımı
y
B3
A
f '(x) =
B2
B1
f(x)
v=
θ ∆y
∆x
f(x + ∆x) − f(x)
= tan θ
∆x
∆x
∆t
Küçük açı yaklaşımını kullanarak sinx fonksiyonunun türevini bulalım.
sin ∆x = ∆x
x
cos ∆x = 1
sin(x + ∆x) sin x cos ∆x + cos x sin ∆x − sin x
=
= cos x
∆x
∆x
Skaler Çarpım Uygulaması
x = r cos θ
y = r sin θ
r ve θ zamana bağlı fonksiyonlar olsun.
x& = r& cos θ − r sin θθ&
y& = r& sin θ + r cos θθ&
 dy 
dl = dx2 + dy 2 = dx 1 + 

 dx 
2
6
dℓ’yi rdθ şeklinde yazabiliriz. r lokal yarıçaptır ve noktadan
noktaya değişir.
& 2 = r&2 cos2 θ + r 2 sin2 θθ& 2 − 2rr& cos θ sin θθ&
(x)
& 2 = r&2 sin2 θ + r 2 cos2 θθ& 2 + 2rr& cos θ sin θθ&
(y)
r = x2 + y2
v = x& 2 + y& 2 = r&2 + r 2 θ& 2
Bu genel formülden yararlanarak yarıçapın sabit olduğu koşulda açısal hızın rθ& = rω olduğunu görebiliriz.
Bulduğumuz hız bileşenlerinin türevini alarak da ivmeyi bulabiliriz.
&&
a x = v& x = &&
x = &&r cos θ − r& sin θθ& − r& sin θθ& − r cos θθ& 2 − r sin θθ
2
&&
a y = v& y = &&
y = &&r sin θ − r& cos θθ& − r& cos θθ& − r sin θθ& − r cos θθ
&&
a x = &&r cos θ − 2r& sin θθ& − r cos θθ& 2 − r sin θθ
2
&&
a = &&r sin θ + 2r& cos θθ& − r sin θθ& + r cos θθ
y
a = a2x + a2y
(a + b + c + d)2 = (a + b + c + d)(a + b + c + d)
= a2 + ab + ac + ad
+ab + b2 + bc + bd
+ac + bc + c 2 + cd
+ad + bd + cd + d2
= a2 + b2 + c 2 + d2 + 2ab + 2ac + 2ad + 2bc + 2bd + 2cd
&&2
a x 2 = &&r 2 cos2 θ + 4r& 2 sin2 θθ& 2 + r 2 cos2 θθ& 4 + r 2 sin2 θθ
&& + 4rr& sin θ cos θθ& 3 + 4rr& sin2 θθθ
&&& + 2r 2 sin θ cos θθ& 2 &&
&&& sin θ cos θθ& − 2rr&&cos2 θθ& 2 − 2rr&& sin θ cos θθ
−4rr
θ
&&2
a 2 = &&r 2 sin2 θ + 4r&2 cos2 θθ& 2 + r 2 sin2 θθ& 4 + r 2 cos2 θθ
y
&& − 4rr& sin θ cos θθ& 3 + 4rr& cos2 θθθ
&&& − 2r 2 sin θ cos θθ& 2 &&
+4r&&r& sin θ cos θθ& − 2rr&& sin2 θθ& 2 + 2rr&& sin θ cos θθ
θ
&&&
a2 = a x 2 + a y 2 = &&r 2 + 4r&2 θ& 2 + r 2 θ& 4 + r 2&&
θ2 − 2rr&&θ& 2 + 4rr&θθ
&&& = (r&& − rθ& 2 )2 + (r&&
a = &&r 2 + 4r&2 θ& 2 + r 2 θ& 4 + r 2&&
θ2 − 2rr&&θ& 2 + 4rr&θθ
θ + 2r&θ& )2
a = &&r − rθ& 2
r
aθ = r&&
θ + 2r&θ&
7
erx = cos θ
ery = sin θ
eθx = − sin θ
eθy = cos θ
rr
v r = ver = v x erx + v y ery
= (r& cos θ − r sin θθ& )cos θ + (r& sin θ + r cos θθ& )sin θ
= r&
v θ = rθ& = rω
rr
aθ = aeθ = a x eθx + a y eθy
&&)( − sin θ) + (r&& sin θ + 2r& cos θθ& − r sin θθ& 2 + r cos θθ
&&)cos θ
= (r&&cos θ − 2r& sin θθ& − r cos θθ& 2 − r sin θθ
&& + &&r sin θ cos θ + 2r& cos2 θθ& − r sin θ cos θθ& 2 + r cos2 θθ
&&
= −&&r sin θ cos θ + 2r& sin2 θθ& + r sin θ cos θθ& 2 + r sin2 θθ
= 2r&θ& + r&&
θ
y
Elektrik dipol birbirin-den l uzaklıkta bulunan +q ve -q noktasal yüklerden ibarettir. Elektrik
dipolün merkezinin başlangıç noktası O olan bir koordinat sisteminde bulunduğunu farz edelim.
Bu dipolden çok uzak bir K noktasında (r>>l) meydana gelen elektrik alanı kolayca bulunabilir. (r
uzaklığı O noktası ile K noktası arasındaki uzaklıktır.
K
rr
r+
r+
θ
r−
l
cos θ; r−
2
r+
l
cos θ
2



q
q
q 
1
1
q
U=
−
=
−

=
l
l
4πε0r+ 4πε0r− 4πε0 
4
πε
0
 r − cos θ r + cos θ 
2
2


-q l O
+q
x
1
1
= (1 + x)−1 = 1 − x;
= (1 − x)−1 = 1 + x
1+ x
1− x
1 ise
x




1
1


−
 
l
l



 r  1 − 2r cos θ  r  1 + 2r cos θ  



 
8
U=
q 
l
l
px
px
 ql cos θ p cos θ pr cos θ
; Dipol momenti: p=qℓ
1 + cos θ − 1 + cos θ  =
=
=
=
=
2
2
3
3
4πε0r 
2r
2r
4πε0 r
4πε0r
4πε0r
4πε0 (x 2 + y 2 )3/2
 4πε0r
E=
U
∂U r ∂U r
; E=
i+
j
d
∂x
∂y
p ∂
x
p
Ex =
=
2
2
3/2
4πε0 ∂x (x + y )
4πε0
=
Ey =
p
y 2 − 2x 2
p r 2 sin2 θ − 2r 2 cos2 θ
p sin2 θ − 2cos2 θ
=
=
4πε0 (x 2 + y 2 )5/2 4πε0
4πε0
r5
r3
px ∂ 2
p
p
( −3xy)
 3
=
(x + y 2 )−3/2 =
x − (x 2 + y 2 )−5/2 2y =
4πε0 ∂y
4πε0  2 
4πε0 (x 2 + y 2 )5/2
=−
p 3r 2 sin θ cos θ
p 3 sin θ cos θ
=−
4πε0
4πε0
r5
r3
E = Ex2 + Ey2 =
=
p
4πε0r
3
θ=0⇒E=
U=
Er =
3
2
2 1/2  2
2
2
(x 2 + y 2 )3/2 − x (x 2 + y 2 )1/2 2x
p (x + y ) (x + y ) − 3x 
2
=
=
4πε0
(x 2 + y 2 )3
(x 2 + y 2 )3
p 1
4πε0 r 3
sin4 θ + 4cos 4 θ − 4 sin2 θ cos2 θ + 9 sin2 θ cos2 θ =
(sin2 θ + cos2 θ)2 + 3cos 4 θ + 3 sin2 θ cos2 θ =
p
4πε0r
3
p
4πε0r 3
sin4 θ + 4 cos4 θ + 5 sin2 θ cos2 θ =
1 + 3 cos2 θ(cos2 θ + sin2 θ) =
p
4πε0r 3
1 + 3cos2 θ
2p
4πε0 r 3
pcos θ
4πε0r 2
∂U −2pcos θ
1 ∂U −p sin θ
=
; Eθ =
=
3
∂r
r ∂θ
4πε0r
4πε0r 3
Matrislerin Çarpımı
 a11 a12 a13  b11 b12 b13   c11 c12


 
 a21 a22 a23  b21 b22 b23  =  c 21 c 22
a

 
 31 a32 a33  b31 b32 b33   c 31 c 32
c11 = a11b11 + a12 b21 + a13 b31
c13 

c 23 
c 33 
Đlk matrisin satır elemanlarını ikinci matrisin sütun elemanlarıyla sırayla çarpıp topladığımızda çarpım matrisin 1. satır 1. sütun
elemanını elde etmiş oluruz.
9
x = r sin θ cos φ
y = r sin θ sin φ
z = r cos θ
dx = dr sin θ cos φ + r cos θ cos φdθ − r sin θ sin φdφ
dy = dr sin θ sin φ + r cos θ sin φdθ + r sin θ cos φdφ
dz = dr cos θ − r sin θdθ
 dx   sin θ cos φ r cos θ cos φ −r sin θ sin φ  dr 
  
 
 dy  =  sin θ sin φ r cos θ sin φ r sin θ cos φ  dθ 
 dz   cos θ
 
−r sin θ
0
  
 dφ 
dxdydz ve drdθdΦ farklı koordinat sistemlerindeki birim hacimleri vermektedir. Aralarındaki ilişkiyi bulabilmek için ise elde
ettiğimiz 3X3 matrisin determinantını bulmamız gerekmektedir.
sin θ cos φ r cos θ cos φ −r sin θ sin φ
sin θ sin φ r cos θ sin φ r sin θ cos φ
cos θ
−r sin θ
0
sin θ cos φ r cos θ cos φ −r sin θ sin φ
sin θ sin φ
r cos θ sin φ
r sin θ cos φ
Determinant alma metodunda gösterildiği gibi öncelikle ilk iki satır matrisin altına yazılır.
r 2 sin3 θ sin2 φ + r 2 sin θ cos2 θ cos2 φ − ( −r 2 sin θ cos2 θ sin2 φ − r 2 sin3 θ cos2 φ)
= r 2 sin3 θ(sin2 φ + cos2 φ) + r 2 sin θ cos2 θ(cos2 φ + sin2 φ)
= r 2 sin3 θ + r 2 sin θ cos2 θ
= r 2 sin θ(sin2 θ + cos2 θ)
= r 2 sin θ
Aynı yolu izleyerek kartezyen koordinatlarında yazılan birim alan ile küresel koordinatlardaki birim alan arasındaki ilişkiyi
bulabiliriz.
x = r cos θ
y = r sin θ
10
dx = dr cos θ − r sin θdθ
dy = dr sin θ + r cos θdθ
 dx   cos θ −r sin θ   dr 
 =
 
 dy   sin θ r cos θ   dθ 
r cos2 θ + r sin2 θ = r
Kartezyen koordinat sistemi ile küresel koordinatlar arasındaki bağıntıları bir integral uygulaması ile örneklendirebiliriz.
∞
∫e
Ι=
− x2
dx = ?
−∞
∞
∫
Ι2 =
∞
2
e − x dx
−∞
∫
∞ ∞
2
e− y dy =
−∞
∫ ∫e
−(x2 + y 2 )
dxdy
−∞ −∞
x2 + y2 = r 2
dxdy = rdrdθ
Yaptığımız dönüşümler sonucunda integralin sınırları da değişti.
∞ 2π
∫∫e
∞
−r 2
∫
2
rdrdθ = 2π e−r rdr
0 0
0
dr 2
rdr =
2
2
r →z
∞
2π
1 −z
e dz = −π e − z
2
∫
∞
0
= −π(e−∞ − e0 ) = −π(0 − 1) = π
0
Sonucun karekökü olan
π aradığımız integralin sonucunu verir.
11
ana
r mesafesindeki yörünge için g=
γ
her hangi başka yörünge için radyal denklem mar=
yörünge
=
2
yarıçaplı
r0 r
2
g0
r0
m 2
M r0
2
mv 0
γ
=
r0
gezegene etki eden kuvvet
γ
2
M r
0
etmektedir. Bu ana yörünge üzerinde çekim alanı g0=
etrafında
M r
2
Örnek 4. m kütleli bir gezegen M kütleli bir çekim merkezin
üzerinde
hareket
ana yörünge üzerinde
mv II2
-mg(r)
r
açısal momentum korunumu kanunu mv0r0=mv||r ve küçük sapmalar için r=r0+x yazılabilir. Buradan ivme için

 +




=
v0
r0
2

x
1 − 3

r
0





 −


 = 
x
2 2
v0 r0
x
3
r0 1 + 
r0 

3
-
x
2 r0
1
2
2
2
v 0 r0
=
v0r0
3
-
2
r
2
r0 x r0
2
v0 1
2
r0
2
v 0 r0
r0
2
2 r
v0
..
a= x =
= -ω02x
olarak bulunur.
Örnek: Eğik atış hareketi yapan bir mermiyi ve de eğik atış hareketi sırasında yörüngeden biraz sapmış bir merminin hareket
denklemlerini inceleyelim.
x = v 0 t cos θ; y = v 0 t sin θ −
gt 2
x
;t=
2
v 0 cos θ
2

x
g
x
gx 2
y = v0
sin θ − 
(1 + tan2 θ)
 ; y = x tan θ −
v 0 cos θ
2  v 0 cos θ 
2v 02
Şimdi merminin yörüngeden biraz sapmış olduğu durumu inceleyelim:
y = x tan(θ + ∆θ) −
gx 2
2v 02
(1 + tan2 (θ + ∆θ))
Küçük açı yaklaşımı;
sin(θ + ∆θ) sin θ cos ∆θ + sin ∆θ cos θ sin θ + cos θ∆θ cos θ(tan θ + ∆θ)
=
=
=
=
cos(θ + ∆θ) cos θ cos ∆θ − sin θ sin ∆θ cos θ − sin θ∆θ cos θ(1 − tan θ∆θ)
tan θ + ∆θ
=
= (tan θ + ∆θ)(1 + tan θ∆θ) = tan θ + ∆θ(1 + tan2 θ) + ( ∆θ)2 = tan θ + ∆θ(1 + tan2 θ); ( ∆θ)2 = 0
1 − tan θ∆θ
tan(θ + ∆θ) =
tan2 (θ + ∆θ) = (tan θ + ∆θ(1 + tan2 θ))2 = tan2 θ + 2 tan θ(1 + tan2 θ)∆θ + ( ∆θ(1 + tan2 θ))2 = tan2 θ + 2 tan θ(1 + tan2 θ)∆θ
y = x tan θ + x∆θ(1 + tan2 θ) −
x∆θ(1 + tan2 θ) −
⇒ xF =
v 02
g tan θ
gx 2
2v 0 2
gx 2
2v 0
2
(1 + tan2 θ) −
(2 tan θ(1 + tan2 θ)∆θ) = 0
gx 2
2v 0
2
(2 tan θ(1 + tan2 θ)∆θ)
12
Đntegral kullanarak geometrik şekillerin eylemsizlik momentlerini bulabiliriz.
l
Çubuk için J=
∫
0
m 2
m l2
m
x dx =
; dm = dx
l
l
3
R π 2π
Küre için J=
00 0
ur
T 31
m1 ur
T12
2
MR2
5
Sürtünmesiz yatay düzlem üzerinde bir eşkenar üçgenin köşelerinde bulunan cisimlerin
kütleleri m1, m2 ve m3 olarak veriliyor. Bu cisimler l uzunluğundaki iplerle birbirlerine bağlı
olup sistemin kütle merkezi etrafında ω açısal hızı ile dönmektedirler. Đplerdeki gerilme
kuvvetlerini bulunuz.
ur
T32
r
r3
O
r
r1
(r sin θ)2 r 2 sin θdrdθdφ =
3
3
m3
l
ur
T13
M
∫∫ ∫ 4 πR
l
ω
r
r2
l
ur
T 23
ur
T 21
m2
Koordinat sistemini şeklin merkezinde olarak alalım.
r
∑m r = 0
∑r m r
ii
i
r
m1r1 + m2 r2 + m3 r3 = 0
r
r
r
T13 + T12 = −m1ω2 r1
r
Merkezcil ivme ile r1 vektörlerinin yönleri zıt olması nedeniyle eksi işareti konmuştur.
r r
r
r1 + l12 = r2
r
r r
l12 = r2 − r1
r
r r
e12 l = r2 − r1
r
r r
l13 = r3 − r1
r
r r
e13 l = r3 − r1
r
r
r
r
T13 + T12 = T13 e13 + T12 e12
r r
r r
r
r −r
r −r
T13 3 1 + T12 2 1 = −m1ω2 r1
l
l
Bu denklemleri diğer köşeler için de aynı şekilde yazmak sistem ile ilgili yeni bir bilgi vermez.
r
r
r
m1r1 + m2 r2 + m3 r3 = 0
r
m r m r
r3 = − 1 r1 − 2 r2
m3
m3
13
r
T13  m1 r m2 r r  T12 r r
r1 −
r2 − r1  +
(r2 − r1 ) = −m1ω2 r1
−
l  m3
m3
 l
r T m
 r T
T
T m 
T
r1  − 13 1 − 13 − 12 + m1ω2  + r2  12 − 13 2  = 0
lm3
l
l
l
lm3 
1444442444443

144
244
3
=0
T12
=0
T m
= 13 2
m3
Örnek:
∫
dx
=?
1− x2
x = sin z
dx = cos zdz
Ι=
∫
cos zdz
2
1 − sin z
Ι = arcsin x
Örnek:
∫
dx
=?
1− x2
x = tan z
dz
dx =
cos2 z
=
∫
cos zdz
=z
cos z
14
dz
1
dz
cos zdz
dsin z
dt
=
=
=
=
2
2
2
2
2
2
cos
z
cos
z
cos
z
1
−
sin
z
1
−
t2
sin z
cos z + sin z
1+
cos z
cos2 z
1 1− t + 1+ t
1
1− t
1
1+ t
1
1  1 + t  1  1 + sin z 
dt =
dt +
dt = [ln(1 + t) − ln(1 − t)] = ln 
=
= ln
2 (1 − t)(1 + t)
2 (1 − t)(1 + t)
2 (1 − t)(1 + t)
2
2  1 − t  2  1 − sin z 
x


 1+
2 

2
2 
1 
1 + x  = 1 ln  x + 1 + x  = 1 ln x + 1 + x 2 = ln x + 1 + x 2
= ln
 2  1 + x2 − x  2
x
2 


 1−

1 + x2 

Ι=
1
∫
∫
2
∫
∫
∫
∫
∫
(
)
(
Sonucun doğru olup olmadığını kontrol etmek için türevi alınabilir.
Örnek: Yatay atışta yörünge boyunca ortalama hızı bulalım.
2
x
 dy 
dl = dx 1 + 
; x = v 0 t; t =

v0
 dx 
∫
)
15
y=
gt 2
g
g
=
x 2 = px 2 ; p =
;t=
2
2
2v 0
2v 02
2H
g
dy
= 2px ⇒ dl = dx 1 + 4p2 x 2
dx
2px = z
1 + z2
2p
2pdx = dz ⇒ dl = dz
Her iki tarafın integralini alalım. Bunun için bazı dönüşümler yapmamız gerekir.
z = tan θ
1
dz =
dθ
cos2 θ
dl = 1 + tan2 θ
dθ
2
cos θ
= 1+
sin2 θ
dθ
2
2
cos θ cos θ
sin2 θ + cos2 θ dθ
dθ
=
2
cos θ
cos θ cos3 θ
=
z = tan θ dönüşümünün integrali çözmede yardımcı olmadığı görülüyor.
Bu nedenle kısmi integral metoduna başvuracağız.
∫ UdV = UV − ∫ VdU
∫
∫
∫
2p dl = dz 1 + z2 = z 1 + z2 − z
∫
z2
1+ z
∫ dz
∫
2
dz =
∫
1 + z2 − 1
dz =
1 + z2
1 + z 2 = z 1 + z2 −
dz 1 + z 2 =
1
2
z 1 + z +
2 
1 
∫ dl = 4p 2px
t0 =
∫
0
∫
1 2z
dz = z 1 + z2 −
2 1 + z2
1 + z2
1+ z
2
1 + z2 dz +
∫
dz −
∫
1
1+ z
2
dz =
∫
∫
z2
1 + z2
1 + z2 dz −
dz
∫
dz
1 + z2
dz
∫
1 + z2
(
)
1
 1
2
2 
 =  z 1 + z + ln z + 1 + z 
0
1 + z 2  2 
dz
(
)
1 + 4p2 x 0 2 + ln 2px 0 + 1 + 4p2 x 02 

2H
g
Bulduğumuz uzunluğu zamana bölerek ortalama hızı bulmuş oluruz.
Örnek: Yakınsak mercekte cisim ile görüntü arasındaki minimum uzaklık nedir?
16
1 1 1 1 1 1 x−f
fx
+ = ;
= − =
; b=
x b f b f x
fx
x−f
fx
l = x+b = x+
x−f
dl
f(x − f ) − fx
f2
= 1+
=
1
−
=0
dx
(x − f )2
(x − f )2
(x − f )2 = f 2 ; x − f = ± f;
x = 2f
Köklerden birinin –f olmasının fiziksel bir anlamı yoktur ve o koşulda x sıfır çıkmaktadır. Böylece, cisim ile gerçek görüntü
arasındaki minimum uzaklığın 4f olduğu sonucuna varıldı.
Örnek: Yarıçapı r olan dielektrik içi boş bir kürenin içinde yükleri q olan iki noktasal cisim
bulunmaktadır. Yüklerden birisi kürenin en alt noktasında sabitleştirilmiştir. Kütlesi m olan diğer
yük ise kürenin içinde sürtünmesiz olarak hareket edebilmektedir. Yükün denge durumunu
bulmak için teğetsel ve normal koordinatları kullanabiliriz. Teğet eksene göre kuvvetler eşit ve
zıt yönlü olmalıdır.
r
→
↓
g
θ
q x
m
θ
2
q
θ
F
mgsinθ0=Fcos
G
θ
θ
2mgsin 0 cos 0 =
2
2
q 2 cos
θ0
θ
q2
; F=
; x=rsin 0
2
2
2
4πε 0 (2x )
θ0
2
θ

4πε 0  2r sin 0
2




2
Bu denklemin iki tane çözümü vardır,yani iki tane denge durumu mevcuttur.
cos
θ0
θ
=0; θ0=180°; sin 0 =1;
2
2
sin
θ0
q2
=3
2
32πε 0 r 2 mg
17
Đdeal bir kondansatöre alternatif potansiyel fark uygulandığında depo edilen yük
C
∼
U=U0 sin ω t
q=CU=CU0sinωt
akan akım
π
-ωt)=Ι0sin(
π
2
=ωCU0cos ωt=ωCU0sin(
2
q t
d d
Ι=
-ωt); Ι0=U0ωC
π
2
olur. Bu durumda akan akım ile uygulanan alternatif gerilim arasında +
kadar faz farkı oluşur. Bu durumda
1 C
XC=
ω
direnç boyutunda olup kapasitans direnci olarak bilinir.
Đdeal bir selenoide alternatif potansiyel fark uygulandığın ikinci Kirchoff yasasından
∼
U=U0 sin ω t
t
d d
L
Ι
-L
+U0sinωt=0
akan akım
ω
+ωt)=Ι0sin(
π
L
U0
π
sin(
2
ω
=
2
ω
L
U0
t
s
o L
c
U0
Ι= -
+ωt); Ι0=
π
2
olur. Akım ve uygulanan alternatif gerilim arasında -
ω
kadar faz farkı oluşur. Bu durumda
XL=ωL
direnç boyutunda olup indüktans direnci olarak bilinir.
R
ΙC
Rezistans ve kondansatör paralel olarak bağlandıklarında akan akımlar birbirine dik oldukları
için devrede akan akım
Ι
R
(+ ω )
2
R
C
(+ ω) =U
1
2
Ι= Ι + Ι =U
C
∼
U=U0 sin ωt Ι L
2C
ΙR
2R
ϕ
2
1 R
C
olur. Bu durumda
R
(+ ω )
2
R
C
1
Z=
devrenin eşdeğer direnci olur. Akan akım ile uygulanan alternatif gerilim arasındaki faz farkı
1
(+ ω )
2
R
C
=
1
=
Z R
olarak bulunur.
U RU Z
Ι
=
Ι
R
cosϕ=
18
Rezistans ve indüktans paralel olarak bağlandıklarında akan akımlar birbirine dik oldukları
için devrede akan akım
ΙC
R
2
2
L
2
R
2
+ω
ω
L
R


+
 =U
ω 
Ι= Ι + Ι =U
Ι
ΙL
1 L
2
1 R
∼
U=U0 sin ω t
ΙR
2L
ϕ
2R
L
olur. Bu durumda
L
R
2
2
2
L
R
ω
Z=
+ω
devrenin eşdeğer direnci olur. Akan akım ile uygulanan alternatif gerilim arasındaki faz farkı
L
2
2
=
2
L
ω
R
=
Z R
U RU Z
Ι
=
Ι
R
cosϕ=
+ω
olarak bulunur.
Düz bir telde akan akım manyetik alanı bulalım. Telden h uzakta bir nokta ele alalım. Bu
noktadan z uzakta bulunan dl uzunluktaki akım geçiren bir tel parçası seçelim. θ açısı yerine
β=90°-θ
β1
h
β
Ι
dB
açısı ile çalışmak daha avantajlı olur.
β
2
dB=
dβ
θ
z
z=
µ 0 Ιdl sin θ
4πz 2
h
ds
; ds=zdβ; dl=
cos β
cos β
dl
Buradan
dB=
µ 0 Ι cos βdβ
4πh
olarak bulunur. Đntegre edersek
π
B=
∫
−π
µ 0 Ι cos β dβ µ0 Ι(sin β1 − sin β2 )
=
4πh
4πh
olarak bulunur.
π
=
−π
µ0 Ι
2r
19
TAYLOR SERĐLERĐ
f(x) = c 0 + c1(x − x 0 ) + c 2 (x − x 0 )2 + c 3 (x − x 0 )3 + ...
x = x 0 ⇒ f(x 0 ) = c 0
f '(x) = c1 + 2c 2 (x − x 0 ) + 3c 3 (x − x 0 )2 + 4c 4 (x − x 0 )3 + ...
x = x 0 ⇒ f(x 0 ) = c1
f ''(x) = 2c 2 + 3.2c 3 (x − x 0 ) + 4.3c 4 (x − x 0 )2 + ...
1
f ''(x) x = x
0
2!
1
c 3 = f '''(x) x = x
0
3!
1
c n = f (n) (x)
x = x0
n!
c2 =
Örnek: f(x) = sin(x)
Fonksiyonun türevlerinin 0’daki değerlerini inceliyoruz öncelikle.
sin0 = 0
(sin x)' = cos x = 1
(sin x)'' = − sin x = 0
(sin x)''' = − cos x = −1
(sin x)ıv = sinx = 0
(sin x)v = cos x = 1
(sin x)vı = − sin x = 0
(sin x)vıı = − cos x = −1
(sin x)vııı = sinx = 0
f(x) = c 0 + f '(x 0 )(x − x 0 ) +
f ''(x 0 )
(x − x 0 )2 + ...
2!
sin x = sin0 + (sin x)' x =0 x + (sin x)'' x =0
f(x) = x −
x2
+ ...
2!
x3 x5 x7
+
−
+ ...
3! 5! 7!
Aynı şekilde cosx için de bir seri bulabiliriz:
20
cos x = 1 +
x2 x4 x6
−
+
...
2! 4! 6!
Bulduğumuz sonucun sinüs fonksiyonunun türevi olduğunu görüyoruz.
(sin x)' = cos x
(cos x)' = − sin x
Örnek: eix = cos x + isin x olduğunu gösterelim.
(eix )' = ieix
x =0
(eix )'' = i2 eix
=i
x =0
(eix )''' = i3 eix
(eix )ıv = i4 eix
(eix )v = i5 eix
(eix )vı = i6 eix
= −1
x =0
= −i
=1
x =0
x =0
=i
x =0
(eix )vıı = i7 eix
(eix )vııı = i8 eix
x =0
x =0
= −1
= −i
=1
ei0 = 1
f(x) = 1 + ix −
x2
x3 x 4
x5 x 6
x7 x8
−i
+
+i
−
−i
+
2
3! 4!
5! 6!
7! 8!
Reel ve sanal kısımları ayıralım.



x 2 x 4 x6 x8
x3 x5 x7 
f(x) = 1 −
+
−
+
... + i  x −
+
−

2
4!24444
6! 8!3  144
3!42444
5! 7!
14444
3
cos x
sin x


eix = cos x + isin x
Örnek:
(x + y)n = xn + nxn−1y +
n(n − 1) n−2 2 n(n − 1)(n − 2) n−3 3
x y +
x y ...
2!
3!
x 2 − y 2 = (x − y)(x + y)
x 3 − y 3 = (x − y)(x 2 + xy + y 2 )
1 − zn = (1 − z)(1 + z + z2 + z3 + ... + zn−1 )
21
K
nort
R1
S
*
O1
a
R2
h
A x1 x2 B
n
L
*S'
O2
b
Örnek: Eğrilik yarıçapları R1 ve R2 olan iki küresel yüzey arasında
kırıcılık indisi n olan saydam bir madde bulunuyor. Yarıçapı R2 olan
yüzeyden a uzaklıkta noktasal ışık kaynağı bulunmaktadır. Bu kaynağın
görüntüsü yarıçapı R1 olan yüzeyden b uzaklıkta bulunmaktadır.
Ortamın kırıcılık indisi nort olarak veriliyor. Fermat prensibini kullanarak
S noktasından çıkan ışınlar S' noktasında odaklanmaktadır. S
noktasından çıkan iki farklı ışının optik yolları eşit olmalıdır.
nort(SK+KS')=nortSA+n(x1+x2)+nortBS'
Burada SA=a cisim ile mercek arasındaki uzak-lık, BS'=b mercek ile görüntü arasındaki uzaklık, d=x1+x2 merceğin kalınlığı, h
merceğin optik eksenin üzerindeki yüksekliği olarak verilmiştir.

h2
SK≈ (a + x 1 )1 +

2(a + x 1 ) 2

x2=R1- R 12 - h 2 ≈


h2
 ;KS'≈ (b + x 2 )1 +


2(b + x 2 ) 2






h2
h2
; x1=R2- R 2 2 - h 2 ≈
2R 1
2R 2
Optik yoldaki formüllerine bulduklarımızı koyduktan sonra
 n
 h2  1
1  h2  1 1 

.

 =
1
.
+
. + 
n
 2 R
 1 R2  2  a b 
 ort

elde edilir. Mercek formülünden
 1
1 1 1 1  n
1 

+ = ; =
- 1 
+
a b f f  n ort   R 1 R 2 
olarak bulunur.
m
q
l
m l
m
q
q
W=
Örnek: Yatay ve sürtünmesiz masa üzerinde uzunluğu 2l olan yalıtkan bir ipin uçlarında yükleri q ve
kütleleri olan iki noktasal cisim bulunmaktadır. Đp üzerinde kütlesi m ve yükü q olan noktasal bir cisim
serbestçe hareket edebilmektedir. Enerji korunumu yasasından
mv 2
q2
q2
mv 2
2lq 2
mv 2
2q 2
+
+
=
+
=
+
2
4πε 0 ( l + x ) 4πε 0 ( l − x )
2
2
4πε 0 l
4πε 0 (l 2 − x 2 )
elde edilir. Kuvvet için
2 
2
2

x2
2q 2
1 + x  = mv + 4q
+

2
4πε 0 l
l 2 
4πε 0 l 3 2

22
ma=
q2
4πε 0 ( l + x ) 2
-
q2
4πε 0 ( l − x ) 2
=
q2
2x 

4πε 0 l 2 1 +

l 

-
q2
2x 

4πε 0 l 2 1 −

l 

=
q2
q2
2x 
2x 


1
−


1 +
=
2
2
l  4πε 0 l 
l 
4πε 0 l 
-
4q 2 x
4πε 0 l 3
yazabiliriz. Buradan cismin titreşim açısal frekansı ve titreşim periyodu
ω=
4q 2
4πε 0 ml 3
; T=π
4πε 0 ml 3
q2
olarak bulunur.
ω
→
g
L
↓
F
f
O
Örnek: Yarıçapı R olan açık bir silindirin içinde cıva bulunmaktadır. Silindir merkezden geçen
düşey eksene göre ω açısal hızı ile döndürülmektedir. Bu durumda sıvının en üst tabakasından
alınan her hangi küçük bir parçaya etki eden kuvvetler tepki kuvveti ve ağırlık kuvvetidir.
K
M
Nsinθ=mω2x; Ncosθ=mg; tgθ=
θ
ω 2 x dy
=
g
dx
Sıvının şekli integasyondan sonra
y=
ω2 x 2
2g
olarak bulunur. Bu bir paraboldür. Maksimum yükselme x=R de olur.
ymak=
ω 2R 2
2g
Fermat prensibine göre gönderilen ışık için
KM+MF=LO+OF, KM+ x 2 + (f - y) 2 =KM+y+f; y=
x2
4f
yazabiliriz. Buradan aynanın odak uzaklığı
f=
g
2ω 2
olarak bulunur.
S
R
2
2R
R
4R
Örnek: Kırıcılık indisi 1,5 olan ve şekilde gösterildiği gibi şekillendirilmiş bir cam cismin sol
taraftaki eğrilik yarıçapı R, sağ taraftaki eğrilik yarıçapı 2R ve iki merkez arasındaki uzaklık
4R olarak veriliyor. Sol uçtan 0,5R uzaklıkta bulunan bir cismin görüntüsü, birinci kırılma
23
yüzeyi için
n1 n2 n2 - n1
1
1,5 1,5-1
=
;
+
=
; b1= -R
+
a1 b1
R
0,5R b1
R
olarak bulunur. (-) işareti görüntünün ilk kırılma yüzeyinin sol tarafında olduğunu göstermektedir. Đkinci kırılma yüzeyine göre
uzaklık
a2=R+R+4R+2R=8R
olarak yazılabilir. Đkinci kırılma yüzeyi için
n 2 n1
n -n
1,5
1
1 - 1,5
+
=- 1 2 ;
+
=; b2=16R
a2 b2
2R
8R b 2
2R
olarak bulunur. Son görüntü ikinci kırılma yüzeyinden sağa doğru 16R uzaklıktadır.
l
ω
rs
H
Örnek: Yüksekliği H ve taban yarıçapı rs olan, içi hava dolu saydam bir silindirin yüksekliği çapına göre
çok büyüktür. Silindir tam ortasından geçen düşey eksen etrafında ω açısal hızı ile dönmektedir.
Silindirin üst tabanında küçük bir delik bulunmaktadır. Silindirdeki havanın kırıcılık indisi havanın öz
kütlesine bağlı olarak n=1+ξρ şeklinde değişmektedir. Burada ξ<<1 olan bir sabittir. Gaz sabiti R,
havanın molar kütlesi µ, havanın sıcaklığı T ve normal atmosfer basıncı P0 olarak veriliyor. Silindirin
altında paralel ışık demeti veren ve silindirin yarıçapından küçük r0 yarıçaplı disk şeklinde bir ışık
kaynağı bulunmaktadır. Silindirden l kadar yukarıya eksene dik olarak bir yatay ekran konulmuştur. r
ve r+dr yarıçaplı silindirik bir kabuk içinde bulunan hava için
2
2
2
[P(r+dr)-P(r)]2πrH=dmω r=ρ2πrH ω rdr; dP=ρω rdr; ρ=
r0
µP dP µω 2 rdr
P µω 2 r 2
;
=
; ln
=
RT P
RT
P0
2RT
yazabiliriz. Basıncın az değiştiğini göz önünde bulundurursak basınç
P=P0
µω2 r 2
e 2RT

µω 2 r 2
=P0 1 +

2RT





olarak yazılabilir. Havanın özkütlesi

µω 2 r 2
ρ=ρ0 1 +

2RT

2

P r2
µP
 =ρ0+ 0  µω  ; ρ0= 0

2  RT 
RT

olur. Havanın kırıcılık indisi ise
2
n=1+ξρ=1+
olarak bulunur.
ξµP0 ξP0 r 2  µω 
ξµP0
ξP  µω 
2
+
; q= 0 

 =n0+qr ; n0=1+

2  RT 
2  RT 
RT
RT
2
24
ω
Aynı kalınlıkta bir ortamın kırıcılık indisi eksenden uzaklaşarak artarsa bu optik sistem bir ıraksak
mercek gibi davranmaya başlar. Birbirine çok yakın dr uzaklıkta bulunan iki ışın H mesafesinde
oluşan optik yol farkı
δ
H
θ
f
δ=n(r+dr)H-n(r)H=Hdn(r)=2qHrdr
r
olur. Ayrıca havanın kırıcılık indisi çok küçük olduğu için oluşan ıraksak merceğin odak uzaklığı
f>>H olur. Bu da şeklin geometrisin-den dolayı θ açısının küçük açı olduğu anlamına gelmektedir.
dr
Bu durumda
sinθ≈tgθ;
δ r
=
dr f
yazabiliriz. Buradan optik sistemin odak uzaklığı
f=
1
2qH
olarak bulunur.
n
l
l
n+ ∆n
l
n
Örnek: Kenarları l ikizkenar dik bir prizmanın tabanına paralel olarak iki farklı dalga boyundan oluşan
bir ışık demeti düşmektedir. Prizmanın tabanı aynı zamanda tamamen yansıtıcı bir yüzeydir. Her ışık
için prizmanın kırıcılık indisi n ve n+∆n (∆n<<n) olarak veriliyor. Prizmadan kırılıp çıkan iki ışın
arasındaki uzaklığı bulabiliriz.
Verilen dik ikizkenar prizmaya ikinci özdeş bir prizma ilave edersek elde edilen optik
sistemdeki ayrışma tek prizmanın tabanından yansıması ile sağlanan ayrışmanın aynı-dır.
Kırılma yasasını
l
45 o β
h
sin45°
2
=n; sinβ=
;
sinβ
2n
n+ ∆n
cosβ=
2n 2 − 1
2n
sin45°
2
=n+∆n; sin(β-∆β)=
sin(β − ∆β)
2(n + ∆n)
cos(β-∆β)=
2(n + ∆n) 2 − 1
2 (n + ∆n)
olarak yazabiliriz. Küp şeklindeki prizmanın içindeki iki ışının birbirinden uzaklaşma miktarı
∆l=ltgβ-ltg(β-∆β)=

1 −

2
2n − 1 
l


2(n + ∆n) − 1 
2n 2 − 1
2
25
olur. Bu ifadeyi daha sade hale getirebiliriz.
1-
=1-
2n 2 − 1
2(n + ∆n) 2 − 1
=1-
2n 2 − 1
2n 2 − 1 + 4n∆n
=1-
2n 2 − 1
=
4n∆n 

2
(2n − 1)1 +

2n 2 − 1 

4n∆n
1
4n∆n
2n∆n
=1- 1 − 2
=1-1+
=
2
4n∆n
2n − 1
2(2n − 1) (2n 2 − 1)
1+ 2
2n − 1
Bu ifadeyi kullanarak küp içindeki ayrışma miktarı
∆l=
2ln∆n
(2n 2 − 1) 3
olarak yazılabilir. Küpten çıktıktan sonra iki ışın arasındaki uzaklık
h=∆lcos45°=
2ln∆n
( 2n 2 − 1) 3
olarak bulunur.