Ders çok değişkenli fonksiyonlardaki iki derslik dizinin ikincisidir. Birinci ders türev ve entegral kavramlarını geliştirmekte ve bu konulardaki problemleri temel çözme yöntemlerini sunmaktadır. Bu ders, birinci derste geliştirilen temeller üzerine daha ileri konuları işlemekte ve daha kapsamlı uygulamalar ve çözümlü örnekler sunmaktadır. Ders gerçek yaşamdan gelen uygulamaları da tanıtmaya önem veren “içerikli yaklaşımla” tasarlanmıştır. Bölümler Bölüm 1: Multivar 1'in Özeti, Dairesel Koordinatlarda Entegraller Bölüm 2: Türev Uygulamalarından Seçme Konular Bölüm 3: Çok Değişkenle Zincirleme Türev ve Jakobiyan Bölüm 4: Uzayda Yüzey ve Hacım Entegralleri Bölüm 5: Düzlemde Akı Entegralleri Bölüm 6: Düzlemde Green, Uzayda Stokes ve Green-Gauss Teoremleri Bölüm 7: Stokes ve Green-Gauss Teoremleri ve Doğanın Korunum Yasaları ----------- The course is the second of the two course sequence of calculus of multivariable functions. The first course develops the concepts of derivatives and integrals of functions of several variables, and the basic tools for doing the relevant calculations. This course builds on the foundations of the first course and introduces more advanced topics along with more advanced applications and solved problems. The course is designed with a “content-based” approach, i. e. by solving examples, as many as possible from real life situations. Bölümler Bölüm 1: Summary of Multivar I, Integral in Circular Coordinates Bölüm 2: Topics of Derivative Applications Bölüm 3: Chain Derivatives with Multi Variables and Jacobian Bölüm 4: Surface and Volume Integrals in Space Bölüm 5: Flux Integrals in the Plane Bölüm 6: Green in Plane, Stokes in Space and Green-Gauss Theorems Bölüm 7: Stokes and Green-Gauss Theorem and Nature Conservation Laws ----------- Kaynak: Attila Aşkar, “Çok değişkenli fonksiyonlarda türev ve entegral”. Bu kitap dört ciltlik dizinin ikinci cildidir. Dizinin diğer kitapları Cilt 1 “Tek değişkenli fonksiyonlarda türev ve entegral”, Cilt 3: “Doğrusal cebir” ve Cilt 4: “Diferansiyel denklemler” dir. Source: Attila Aşkar, Calculus of Multivariable Functions, Volume 2 of the set of Vol1: Calculus of Single Variable Functions, Volume 3: Linear Algebra and Volume 4: Differential Equations. All available online starting on January 6, 2014
Çözümlü Problemler III: Green - Gauss Teoreminin Uygulanması
Loading...
Из курса от партнера Koç University
Çok değişkenli Fonksiyon II: Uygulamalar / Multivariable Calculus II: Applications
9 оценки
Koç University
9 оценки
Из урока
Düzlemde Green, Uzayda Stokes ve Green-Gauss Teoremleri
Vektör alanlarının tanıtılması; vektör alanlarıyla türev ve entegral. Düzlem eğrilerinde entegraller. Entegralin yörüngeye bağlı ve yörüngeden bağımsız olması. Düzlem eğrilerinde birinci ve ikinci Green teoremleri. Düzlemdeki Green teoremlerinin vektörler, rotasyonel ve diverjansla gösterimi.
Познакомьтесь с преподавателями
Attila AşkarProf. Dr.
Matematik Bölümü (Department of Mathematics)
Merhaba, bu bölümde üç tür problem olduğunu söylemiştim.
Bir tanesi eğriler boyunca veya kapalı eğriler,
yani çevrimler üzerinde entegral hesaplamak.
İkincisi Stokes teorimini kullanarak hesaplar
yapmak ve burada da yüzey üzerinde entegraller gerekiyordu.
Üçüncüsü de şimdi başlayacağımız Green-
Gauss teoremiyle uygulamalar, çözümlü örnekler.
Burada da hem yüzey entegralleri almak gerekiyor hem de hacim entegralleri.
Hatırlayacaksınız 376.
sayfada yüzey entegralleri ile ilgili gerekli formülleri vermiştim.
Bunları kullanmaya devam edeceğiz.
Burada da sonsuz küçük hacimleri ve bunların nasıl hesaplandığını
ve özelikle kartezyen, dairesel silindir ve küresel koordinatlarda
bu büyüklükleri bu sonsuz küçük hacimleri veriyorum.
Burada ayrıca tekrar olarak dairesel koordinatlar, kartezyen koordinatlar
ve küresel koordinatlar arasındaki ilişkileri bir kere daha hatırlatıyorum.
Artık bunların üzerinden geçmemize de pek gerek yok zannediyorum.
Hesap yapmak için kısa sınavlı sorularını çözmek için
bu formüllere bakabilirsiniz, biz de kullanacağız.
Birinci örneğimiz şöyle birşey, hatırlayacaksınız biraz önce Stokes
teoreminin uygulanmasında aynı düzlemin üzerinde yani çeperinde,
bu koordinat düzlemlerine kestiği ve oluşturduğu üçgenin
çeperi üzerinde entegral veya buradaki yüzey üzerinde entegrali hesaplamıştık.
Burada ise gene aynı düzlemi alıyoruz, bu x artı y artı z düzlemi.
İşte y ve z, sıfır olduğu zaman x
eşittir birde kesiyor koordinat eksenini.
X ve z sıfır olduğu zaman gene y
eşittir birde ve benzer olarak da z eşit birde kesiyor.
Yani burada bir dik piramit oluşuyor.
Bu yüzey, taban yüzeyi, arkadaki yz planı ve soldaki xz düzlemi olarak.
Şimdi biz burada iki tane hesap yapacağız.
Bir tanesi u verilmiş, zxy olarak, ikincisinde de u verilmiş xyz olarak.
Bu her ikisiyle de aynı kapalı yüzeyde veya hacimde,
burada kapalı yüzeyde bu entegrali hesaplamak istiyoruz.
Şimdi bunu doğrudan hesaplamaya kalksak
bakınız bu piramidin bir tane bu üçgen yüzeyi var,
hepsi üçgen ama yataydaki ve düşeydeki iki üçgen de var,
yani dört yüzlü cismin her bir yüzü üzerinde bunu hesaplamamız lazım.
Bu yapılamayacak birşey değil, fakat fevkalade zaman alıcı,
epeyce de uğraştırıcı bir hesaplama olacaktır.
Ama bunun yerine Green-
Gauss teoremini veyahut bazıları sadece Gauss diyor,
bazıları diverjans teoremi diyor.
Bunu kullanırsak bu çok daha kolay olacaktır.
Çünkü dört tane yüzey üzerinde ayrı ayrı hesaplayıp toplamak yerine bir
tane hacim entegraliyle işimizi göreceğiz.
Şimdi Green-Gauss teoremi uyarınca teorem şunu
söylüyordu: bu kapalı yüzey üzerindeki bu entegrali,
entegralin aynı vektör alanının,
vektör fonksiyonunun diverjansının bu yüzeyin kapattığı,
tanımladığı hacim üzerindeki entegralidir diyor.
Şimdi birinci fonksiyonumuz zxy idi.
Bunun diverjansı demek birinci bileşenin x'e göre
ikinci bileşenin y'ye göre üçüncü bileşenin z'ye göre türevini almak demek.
Tabii ki xyz koordinatları birbirinden bağımsız olduğu için de
buradan gördüğünüz gibi her terim sıfır çıkıyor, dolayısıyla sıfır çıkıyor.
Dolayısıyla bu entegrali dört tane yüzeyin üzerinde toplasak,
sıfır bulacaktık ama epeyce de vakit harcayacaktık.
Bunun yerine diverjansın sıfır olduğunu biliyoruz.
Demek ki sıfırın hacim üzerine entegrali gerekiyor.
Dolayısıyla tabi ki sıfır verir.
İkinci örneğimiz vektör xyz'den oluşuyordu.
Gene bunların birinci bileşenin x'e, ikincinin y'ye, üçüncünün z'ye göre
türevlerini aldığımızda her birinden bir bir bir çıkıyor, buradan da üç buluyoruz.
Demek ki entegralimiz burada gene dört tane yüzey üzerinde hesaplayacak yerde
diverjans üç çıkmıştı, 3'ün hacim üzerine entegrali, üç kere hacim çıkar.
Sadece hatırlatmak için bakınız burada u'yu zxy
almıştık birinci problem için, ikinci problem için de xyz almıştık.
Burada yaptığımız sadece bu vektörleri kullanmak.
Şimdi eğer bu v nedir, buradaki piramidin hacmi.
Eğer bu piramidin hacminin formülünü biliyorsanız, burada sağlama diye verdim,
dik piramidin hacmi şöyle olur: bir bölü üç kere taban alanı çarpı yükseklik.
Bu bir bölü üç kere tabanı bir kenarları olan bir dik üçgen,
dolayısıyla alanı yarım eder, yüksekliği de bir, dolayısıyla
gördüğünüz gibi bir bölü üç kere, bir bölü iki kere bir bölü altı eder.
Yok bunu hatırlamıyorsanız veyahut hiç bilmiyorsanız,
görmediyseniz hesapta zor değil.
Z sıfırdan düzlemin denklemi hatırlayacaksınız.
X artı y artı z eşit birdi.
Z'ye kadar dz üzerinden entegral.
Bu entegrali yaptıktan sonra dy üzerine entegral.
O zaman ilk entegrali aldıktan sonra burada sıfırdan bu düzlemin,
bu eğik gelen düzleme kadar yüksekliği aldık.
Sonra iki katlı entegral var.
Bu iki katlı entegral de xy düzleminde.
Xy düzlemindeki taban gördüğünüz gibi bir
bir noktalarından kesen bu doğruyla ve eksenlerle belli oluyor.
Demek ki burda bu alan üzerine entegrali, y sıfırdan bir eksi x'e kadar gidecektir,
ikinci katlı entegralde de x eşittir sıfırdan bire kadar gidecektir.
Bunu yaptığımız zaman şimdi ilk kat entegralde birin
entegrali olduğu için bir eksi x eksi y geliyor.
Bunun dy üzerine entegrali.
Ama y'nin sınırları sıfırla bir eksi x arasında olacak.
Y'ye göre entegralde bir eksi x sabit, dolayısıyla bir eksi x kere y,
eksi bir tane de y var burada y kare bölü iki.
Bunu hangi sınırlarda ölçeceği-
hesaplayacağız: Sıfırla bir eksi x arasında.
Bunu hesaplayınca gördüğünüz gibi buraya bir eksi x koyarsanız,
bir eksi x'in karesi olur.
Burada da eksi bir bölü ikisi olduğu için,
bir bölü iki kere bir bölü x'in karesi olur.
Bunu da entegre ederseniz, buradan da 1 eksi x'in kübü gelir bölü üç,
bir de eksi işareti gelir,
çünkü parantez içinde de eksi var, o da sınırları değiştirir.
Bu basit entegralden bir bölü altı çıkar.
Yani hacmin bir bölü altı olduğunu hesaplamış oluyoruz.
Dolayısıyla entegral,
üç kere hacim olduğu için üç kere bir bölü altıdan bir bölü iki olarak bulunur.
Bunu söylediğim gibi yüzey üzerinde,
kapalı yüzey üzerinde doğrudan yapabiliriz ama çok vakit alır.
Bir önceki problemde Stokes teoreminde açık yüzey vardı.
Yani bu problemi onun için onun hemen peşine getirdim.
Orada bu çeper üzerindeki entegrali yapıyorduk.
Veya sadece bu eğik yüzey üzerindeki entegral gerekiyordu.
Burada ise kapalı bir yüzey var ve bunun tanımladığı hacim var.
Onun için burada Gauss teoremini kullanıyoruz.
İkinci bir örnek, kapalı bir yüzeyden geçen akımı bulmak istiyoruz.
Akım gene basit alınmış.
Bütün bu problemlerde dikkatinizi çekmiştir, hesabın
zorluğundan ziyade problemi kurgulamayı esas alıyoruz, zaten zor olan tarafı.
Ondan sonraki hesaba entegrali yapabilmek iyi bir şey ama yapamayadabilirsiniz veya
çok karışık bir bölge olursa onu da bilgisayarda yaptırabilirsiniz.
Ama bilgisayara verebilmek için de bunu kurgulayabilmek lazım.
O bakımdan önemli.
Bir merkezi koordinat takımının merkezinde
olan a yarıçaplı bir küre alıyoruz.
Bu küre üzerinde gene buradaki kapalı bir yüzey.
Bu x vektörü ki u'nun x olduğunu gördük.
Bunun yüzeyin birim dik vektörü ile yüzey üzerine entegrali gerekiyor.
Şimdi bunu Gauss teoremiyle yaparsak hemen
kolayca görüyoruz ki u x y z'den oluşuyordu.
Gene bir önceki problem gibi burda da üç çıkıyor.
Bu üçü burada yerleştirince de bu yüzey
üzerine olan entegral yerine diverjansın hacim üzerine entegrali çıkıyor.
Diverjans, her türev aldıkça biraz basitleştiği için
genellikle diverjans daha kolay oluyor.
Bu üç kere hacim çıkıyor.
Kürenin hacmini biliyoruz.
Dört pi bölü üç a küp.
Üç kere olduğu için de dört pi a küp olarak buluyoruz.
Hem bir sağlama yapabilmek için, hem de yüzey
entegrallerindeki becerilerimizi ilerletebilmek için bu entegrali,
yani iki katlı yüzey entegralini doğrudan da hesaplayalım.
Bunun için n kere d s'ye ihtiyaç var.
Bunun küresel koordinatlarda bu işte sayfayı veriyorum.
Kürenin yüzeyinde d s, a kare sinüs fi d fi d t teta'dır.
Fi ve tetalar bu küresel koordinatlardaki boylam ve enlem açıları olmak üzere.
Küre yüzeyinde biliyorsunuz ki koordinat takımının
kürenin merkezinden küre yüzeyine bir gelen doğruyu çekerseniz o x vektörüdür.
Yüzeydeki dik vektör de merkezden geçer.
Dolayısıyla küre yüzeyindeki dik vektör çok basittir.
Konum vektörünün yarıçapa bölünmesi.
Niçin yarıçapa bölüyoruz?
Çünkü birin bir olması lazım.
Zaten bu n'nin boyunu alırsak,
x'in karesi x'in kendisiyle çarpımı bölü a kare çıkar.
E x'in kendisiyle çarpımı, x kare artı y kare artı z kare verir.
Çünkü birinci bileşenin bu x, y, z olanlarını
ikinci vektörün x y z'si ile çarpınca, x kare artı y kare artı z kare çıkar.
O da kürenin denkleminden a kare.
Dolayısıyla birim vektörü de biliyoruz.
Dolayısıyla n d s'yi hemen buluruz.
n d s, x bölü a.
Burada da d s de, a kare sinüs fi d fi d teta.
Bizim buradaki vektörümüz, verilen vektör bu,
x artık kendisi bir tanımımız değil, bize verilen vektör x.
Bakınız burada bileşenleri x y z olduğu için bu x vektörüdür.
Bunları çarptığımız zaman x ve x'in çarpımı a kare veriyor.
Bir tane a aşağıda var.
Burdan bir a çıkıyor, bu ilk üç terimden.
Burda da a kare vardı.
a küp oluyor.
a küp kere sinüs fi d fi d teta.
Demek ki bizim entegralimiz, bu x kere n kere d s idi.
Bunun ne olduğunu bulduk.
a küp sabit olduğu için dışarıya.
Kutup açısı itibariyle sıfırdan pi'ye kadar gidiyor.
Çünkü kuzey kutbundan güney kutbuna kadar gidiyorsunuz küre üzerinde.
Enlem açısında da tam dönüyorsunuz çevreyi.
Teta da eşittir sıfırdan iki pi'ye gidiyor.
Bu entegralin hesabı kolay.
Bir kere teta bulunmadığı için teta'yı hemen hesabını yapıyoruz.
İki pi.
a küp de burda var.
Geriye kalıyor sinüs fi d fi.
Sinüs fi'nin entegrali de eksi kosinüs fi.
Yukarıda eksi bir yapar.
Eksi bir eksi daha vardı, bir.
İki de burdan gelir.
Dört pi a küp olarak sağlamasını buluyoruz.
Hem de böylece bir küre üzerinde bir yüzey entegrali yapmış olduk.
Bu örneğimiz de şöyle.
Gördüğünüz gibi burada biraz karışıkça terimler var.
Biz bunun gene merkezi koordinat
takımının merkezinde olan a yarıçaplı bir küre üzerinde hesaplamak istiyoruz.
Yani gene bu u vektörüyle burada x değil, u var.
u da burada verilmiş.
n'yi yapacağız.
Biraz önce bulmuştuk Gauss teoremiyle.
Bu yüzey üzerine entegralin verilen vektörün
diverjansının hacim üzerine entegrali olduğunu biliyoruz.
Şimdi u verilmiş.
Tabii bu karışık verilemler var.
Bunu doğrudan doğruya yüzey üzerinde yapmak isteseniz yapamazsınız da
çok karışık.
Mesela y, küresel koordinatlarda alsanız, büyük r kere sinüs fi kosinüs teta olacak.
Yani sinüsün içinde bir de kosinüs ve sinüsler olacak.
Yani bu entegrali yapmak mümkün değil.
Ama öyle seçilmiş ki bu diverjansını aldığınız
zaman ilk terimin, ilk bileşenin x'e göre türevini alacaksınız.
Burdan y kare çıkıyor.
İkinci terimin y'ye göre türevini alacaksınız.
Burada ilk terimde y olmadığı için burada da sadece y olduğu için z kare çıkıyor.
Son terimden de gene z'ye göre türevini alınca da x kare çıkıyor.
Ama bunu hesap ettiğiniz zaman da x kare artı y kare artı z
kare kürenin denklemi olduğu için r kare oluyor.
Şimdi ikinci adım entegralin hesaplanması.
Yani diverjans u'nun r kare olduğunu bulduk.
r karenin d v üzerine entegrali.
Biraz evvelki formüller arasında görmüşsünüzdür.
Ama hatırınızda da kalmamış olabilir.
Bakınız burada küresel koordinatlarda d v veriliyor.
Bunun hesap yollarını da bir önceki bölüme giderseniz, 15.
bölümü bunların nasıl hesaplandığı oralarda belli.
Umarım pek çoğunuzun da hatırında kalmıştır bu formül.
Çünkü çok basit.
r teta fi olduğu için d r, d fi, d teta var.
Bir de r kare sinüs fi geliyor.
Yani tek hatırda tutulacak şey bu.
Bu da sık sık birkaç kere örnek yapınca kendiliğinden ortaya çıkıyor.
Şimdi burda demek ki r kare buradan vardı.
r kare sinüs fi d r, d fi, d teta da d r'den var.
Demek ki burada r dört oluştu.
Bu entegral sınırları sahip değerler arasında.
Ayrıca fonksiyonda r, fi ve teta cinsinden ayrılabilen türden.
Dolayısıyla üç katlı entegral yerine üç tane
birer katlı entegralin çarpımı haline geliyor.
d teta'nın fonksiyonu bir.
Çünkü burada başka teta'lı bir şey yok.
Dolayısıyla bir var.
fi'li terimde sinüs fi var.
r'li terimde de r dört var.
Bunların her biri tek tek gayet kolay entegre edilebilir.
Burada iki pi var.
Buradan iki geliyor.
Çünkü bunun entegrali eksi kosinüs fi, daha önce de
bir önceki örnekte de gördüğümüz gibi yukarıdaki değerden bir bir geliyor.
Alttaki değerden de bir geliyor.
İki burdan topluyor.
O zaman iki pi burdan, iki de burdan dört pi.
Buradan da gördüğünüz gibi r beş bölü beş,
a'da da hesap edince a beş bölü beş oluyor.
Bunu doğrudan buluyoruz.
Bu örneğin öbürkilerden farkı, şu karışık terimler olduğu için
bunun entegralini imkanı yok bu şekilde hesaplayamayız.
Gene bir örnek.
Burada u vektörü daha önce de
buna benzer örnekler gördük, böyle bir vektör alanı olarak seçilmiş.
Bakınız birinci bileşende x yok, ikinci bileşende y yok,
üçüncü bileşende de z yok.
Şimdi buna baktığımız zaman bu bir dönmeli bir şey veriyor.
u kere n yapılabilir gene bu küre üzerinde.
Fakat epeyce de uğraştırır.
Çünkü burada bir sürü terim var.
Ama diverjansı hesap ettiğimiz zaman bunun diverjansını birinci terimin x'e
göre türevi alınacağı için ve burada da x bulunmadığı için sıfır.
İkinci terimde y yok.
İkinci terimin y'ye göre türevi alınacak.
O da sıfır.
Üçüncü terimin z'ye göre türevi alınacak.
Gene z bulunmadığı için bunun da türevi sıfır ve bu üçünü toplayacağız.
İşte sıfır artı sıfır artı sıfır eşittir sıfır olduğu için diverjans sıfır oluyor.
dolayısıyla her ne kadar bu yüzey üzerine entegrali hesaplamak zorsa
da diverjans sıfır olduğu için bunun değerinin sıfır olduğunu hemen buluyoruz.
Bir başka örnek.
Burada bir u vektör alanı verilmiş.
Gördüğünüz gibi x y var, y z var, z x var.
Ve bir küp seçiyoruz.
Bu kübün köşeleri bir bir, bir, sıfır, bir, sıfır, sıfır, bir.
Altı köşesi bunlar.
İki de burda var.
Bir merkezde yani şu çeşit bir küp oluyor.
var a, b, c, d, e, f, g yani koordinat eksenlerine bir kenarı,
ikinci kenarı ve üçüncü kenarı oturmak üzere
ve koordinat düzlemlerinde üç tanesinin kürenin
yüzeyleriyle örtüşmesine karşıt gelen bir küp.
Şimdi bu kübün üzerinde gene
bu yüzey entegralini hesaplamak istesek kübün altı yane yüzü
olduğu için her bir yüz üzerinde ayrı ayrı bu entegrali hesaplayacağız.
Ondan sonra bunları toplayacağız.
Gene bu hesaplar zor değildir.
Ama uzun ve sıkıcıdır.
Bunun yerine diverjansını alarak verilen fonksiyonun,
vektör fonksiyonunun ki o burada x y, y z, z x'ti.
Bunun diverjansı demek birinci bileşenin x'e göre,
ikinci bileşenin y'ye göre, üçüncü bileşenin z'ye göre türevlerini alıp,
kısmi türevlerini alıp toplamak demektir.
Gördüğünüz gibi birincide x var.
y sabit görevi yapıyor bu kısmi türevde.
Burdan bir y geliyor.
Burdan bir z geliyor ve buradan da bir x geliyor.
Dolayısıyla diverjans x artı y artı z oluyor.
Demek ki iki katlı entegral yapmak yerine bu kübün altı
yüzeyi üzerinde, bir tane üç katlı entegral alarak iş yapabiliyoruz.
Bu da böyle ama kübün simetrisi dolayısıyla x y z açısından,
bunu her biri aynı değeri verecektir.
Onun için üç defa bunların örneğin x üzerine entegrali demektir.
Dolayısıyla x üzerine entegral, bu çok kolay gene, değişkenlerine ayrılabiliyor.
Dolayısıyla üç katlı entegral yerine üç tane tek katlı entegral oluyor.
Bakınız burada x d x var.
Burdan bir bölü iki geliyor.
Ama burada bir var.
Birin entegrali sıfırla bir arasında.
Burada da birin entegrali sıfırla bir arasında.
Bir bölü iki buluyoruz.
Ama bunlardan üç tane olduğu için,
her biri de eşit olduğu için bu entegrallerin, çünkü y için yapsanız y
ile x yer değiştirmiş gibi oluyor gene bir bölü iki çıkıyor.
z üzerine yapınca gene z de burdaki x'le yer değiştirmiş oluyor.
z buraya geliyor ama x burada bulunmuyor.
Dolayısıyla entegrali üç bölü iki olarak buluyoruz.
Bir örnek daha var.
Bu bir potansiyel fonksiyonu verilmiş.
Burdan bunun gradyanıyla üretilen fonksiyona u dersek,
u vektör alanı dersek, bu u vektör alanının n
ile çarpılıp yüzey üzerine entegrali.
Bu teoremi daha önce görmüştük.
Eğer u özel bir yapıdaysa bu
Gauss teoreminde diverjansı gelecek u'nun.
E u gradyan ise diverjansı bu gradyanın diverjansı olduğu
için iki defa bu nabla işlem işlemcisi geliyor, gradyan işlemcisi geliyor.
Burdan da laplasyen olarak çıkıyor.
Laplasyen de bu f nin x'e göre ikinci türevi, y'ye göre ikinci türevi,
z'ye göre ikinci türevinin toplanması.
Şimdi biz burada örnek olarak fonksiyonu ne almıştık?
x kare artı y kare artı z kare.
Bunun x'e göre ikinci türevi iki.
y'ye göre ikinci türevi iki.
z'ye göre ikinci türevi o da iki.
Dolayısıyla burdan altı çıkıyor.
Demek ki diverjans bu u'nun diverjansı ki laplasyenin, laplasyene eşdeğer geliyor.
Laplasyenin altı olduğunu bulduk.
Altı kere hacim.
E kürenin hacminin, pardon kübün hacminin de bir olduğunu biliyoruz.
Çünkü bütün kenarları bir bir bir.
Dolayısıyla altı olarak buluyoruz bunu.
Gene şunun farkına vardığınızı umuyorum.
Doğrudan bu hesabı yapmak istesek kapalı yüzey üzerine,
altı tane yüzey üzerine bunu tane tane yapmamız lazımdı.
Gene zor bir iş değil fakat epeycede vakit alacak,
uğraştıracak ve hatta belki de hata yapmak kolay olan bir örnek.
Şimdiye kadar bu düzlemde Green teoremlerinde tekillikleri
görmüştük ve bizi karmaşık fonksiyonlarda çevrim entegrallerine götürmüştü.
Orda şunu yapıyorduk.
Eğer bir tekillik varsa bu düzlemde bakınız x y,
o tekilliği ayırıp tekillik olmayan, her yeri analitik
olan bir bölgeye çeviriyorduk ve bu bölge içinde de Green teoremleri geçerliydi.
Bunun eşdeğeri üç boyutta da olması lazım.
Mesela fonksiyonun diyelim ki başlangıç noktasında bir tekilliği var,
bu tekilliği gene ayırıyoruz ama bu sefer tabi üç boyutlu bir
bölgede tekillik etrafına bir küreyi ayırıyoruz.
Bunun ayrıntısına girmek istemiyorum ama kavram olarak düzlemdekini anlayanlar
için uzaydaki üç boyuttaki durumu da en azından varlığını bilmek lazım.
Pek çok yerde olur bu.
Mesela bir elektrik yükü olsa bir noktada,
o noktada bir potansiyelde bir tekillik bulunur.
Bir suyun içine taş
atsanız idealleştirilmiş böyle sonsuz küçüklükteki bir taş
diyelim, orda da bir tekillik var.
Yani bu tekillik öyle bir fantezi işi değil ama
bunları bunları incelemek bizim işimiz değil burada.
Fakat böyle birşeyin var olduğunu iki boyutta ayrıntılı olarak gördük ve
burdan çok yararlı bir yöntem de çıkardık karmaşık entegrallerde artık değer
teoremini ve hesap edilmesi pek mümkün olmayan entegralleri çok
basit cebirsel problemlerde değer hesaplayarak,
bir opital kuralıyla limit bularak hesap etmeyi öğrenmiştik.
Biz bunun üç boyuttakine geçmeyeceğiz ama bunun eşdeğeri vardır.
Şimdi bugün burada ara veriyorum.
Bu örnekleri bitirdik.
Son konumuzda, bu altıncı haftanın son konusu olarak
da gradyan, diverjans ve laplasyenlerle ilgili.
Çünkü boyuna Stokes teoreminde de, Gauss teoreminde
de bu diverjans, rotasyonel, laplasyen boyuna gelip duruyor.
Onlar hakkında bir bilgiler edineceğiz ve gradyanın anlamını biliyoruz.
O bir yüzeydeki eğimleri bulmaya yardım eden bir işlem.
Diverjans nedir henüz bilmiyoruz.
Rotasyonel nedir?
Belki biraz bir şey biliyoruz ama fazla da bilmiyoruz.
Laplasyen nedir?
Henüz öğrenmedik.
Bunların anlamlarını Stokes ve Gauss
teoremlerini kullanarak ortaya çıkaracağız.
Şimdilik hoşça kalın.
Sizle bu dersin son kısmını yaparken tekrar buluşacağız.
Ознакомьтесь с нашим каталогом
Присоединяйтесь бесплатно и получайте персонализированные рекомендации, обновления и предложения.
Coursera делает лучшее в мире образование доступным каждому, предлагая онлайн-курсы от ведущих университетов и организаций.
© Coursera Inc., 2018 Все права защищены.
