7  Dönüşümler

Önceki bölümde (Diferansiyel Formlar) teğet vektörlere sayı karşılık getiren nesneleri kama çarpımıyla çarpmayı ve dış türevle türevlemeyi öğrendik. Bu bölümde başka bir yöne dönüyoruz. Şimdiye kadar iki tür kuralla çalıştık: \(\mathbb{R}^3\) üzerindeki gerçel değerli bir fonksiyon uzayın her noktasına bir sayı verir; bir eğri ise bir aralığın her sayısına uzayın bir noktasını verir. İkisi de aynı kalıbın özel hâlleridir: bir Öklid uzayının noktalarını başka bir Öklid uzayının noktalarına götüren kurallar. Bu kalıba dönüşüm diyeceğiz.

Dönüşümler geometride her yerdedir. Düzlemi eğip bükmek, kutupsal ya da silindirik koordinatlara geçmek, bir yüzeyi düzlemin bir parçasıyla parametrelendirmek, hepsi birer dönüşümdür. Bir dönüşümü anlamanın en iyi yolu, türev hesabının her zaman yaptığını yapmaktır: dönüşümü bir noktanın yakınında lineer bir nesneyle yaklaşık olarak temsil etmek. Tek değişkenli bir fonksiyonda bu nesne \(\Delta x \mapsto f'(x)\,\Delta x\) lineer fonksiyonuydu. Bir dönüşümde ise teğet vektörleri teğet vektörlere götüren bir lineer dönüşüm olacak: teğet dönüşümü.

Plan şöyle. Önce önceki bölümlerde \(\mathbb{R}^3\) için kurduğumuz araçların her boyutta aynen geçerli olduğunu not edeceğiz. Sonra dönüşümü tanımlayıp bir dönüşümün eğrileri nasıl taşıdığına bakacak ve iki örneği ayrıntılı inceleyeceğiz. Ardından teğet dönüşümünü tanımlayacak, koordinat formülünü, lineerliğini ve hızları koruduğunu ispatlayacak, Jacobi matrisine ulaşacağız. Son olarak düzgün dönüşümleri ve difeomorfizmaları tanımlayıp ters fonksiyon teoreminin ne söylediğini örneklerle göreceğiz.

7.1 Öklid n-Uzayında Aynı Araçlar

Bir dönüşümün tanım ve değer kümeleri farklı boyutlarda olabilir: bir eğri \(\mathbb{R}\)’den \(\mathbb{R}^3\)’e, bir fonksiyon \(\mathbb{R}^3\)’ten \(\mathbb{R}\)’ye gider. Bu yüzden önceki bölümlerde \(\mathbb{R}^3\) için kurduğumuz araçları her boyutta kullanacağız. \(\mathbb{R}^n\), \(n\) gerçel sayıdan oluşan sıralı \(n\)-lilerin kümesidir; noktaları \(\mathbf{p} = (p_1, \dots, p_n)\) biçiminde yazarız ve doğal koordinat fonksiyonları \(x_1, \dots, x_n\) her noktaya koordinatlarını verir: \(x_i(\mathbf{p}) = p_i\).

İyi haber şudur: şimdiye kadarki tanımların hiçbirinde \(3\) sayısının özel bir rolü yoktu. Üç yerine \(n\) yazınca her tanım ve her ispat kelimesi kelimesine taşınır.

\(\mathbb{R}^3\)’te kurduğumuz \(\mathbb{R}^n\)’deki hâli
diferansiyellenebilir fonksiyon \(n\) değişkenli; her mertebeden kısmi türevleri var ve sürekli
teğet vektör \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\) \(\mathbf{v}\) ve \(\mathbf{p}\), \(\mathbb{R}^n\)’nin noktaları; \((v_1, \dots, v_n)_{\mathbf{p}}\)
teğet uzayı \(T_{\mathbf{p}}(\mathbb{R}^3)\) \(T_{\mathbf{p}}(\mathbb{R}^n)\), \(n\) boyutlu bir vektör uzayı
doğal çatı \(U_1, U_2, U_3\) \(U_1, \dots, U_n\); \(U_j(\mathbf{p})\)’nin \(j\). koordinatı \(1\), ötekileri \(0\)
yönlü türev \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}[f]\) \(f(\mathbf{p} + t\mathbf{v})\)’nin \(t = 0\)’daki türevi
eğri \(\alpha : I \to \mathbb{R}^3\) ve hızı \(\alpha = (\alpha_1, \dots, \alpha_n)\); hızın \(i\). koordinatı \(d\alpha_i/dt\)

Temel araçlarımız da aynı biçimde genişler. Lemma 3.1 \(\mathbb{R}^n\)’de

\[\mathbf{v}_{\mathbf{p}}[f] = \sum_{i=1}^{n} v_i\, \dfrac{\partial f}{\partial x_i}(\mathbf{p})\]

biçimini alır; Teorem 3.1 ve Lemma 4.2 de aynen geçerlidir. İspatlarda kullandığımız tek analiz aracı zincir kuralıydı ve zincir kuralı her sayıda girişle çalışır: \(h\), \(m\) değişkenli diferansiyellenebilir bir fonksiyon ve \(g_1, \dots, g_m\), \(\mathbb{R}^n\) üzerinde diferansiyellenebilir fonksiyonlar ise \(h(g_1, \dots, g_m)\) yerleştirmesi diferansiyellenebilirdir ve

\[\dfrac{\partial}{\partial x_j}\, h(g_1, \dots, g_m) = \sum_{k=1}^{m} \dfrac{\partial h}{\partial x_k}(g_1, \dots, g_m)\, \dfrac{\partial g_k}{\partial x_j}\]

olur. Öklid uzayı bölümünde üç girişli hâlde bu formülü analizden bilinen bir araç olarak kabul etmiş, yerleştirmenin her mertebeden türevlenebilir olduğunu ise ispatlamıştık; o akıl yürütme, terim sayısından başka hiçbir şey değiştirmeden \(m\) girişli hâli de kapsar.

Bir sayısal örnek: \(\mathbb{R}^2\)’de \(f = x^2 y\), \(\mathbf{p} = (1, 2)\) ve \(\mathbf{v} = (3, -1)\) olsun. Kısmi türevler \(\mathbf{p}\)’de \(2xy = 4\) ve \(x^2 = 1\) olduğundan formül \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}[f] = 3 \cdot 4 + (-1) \cdot 1 = 11\) verir. Tanımdan da aynı sayı çıkar: \(f(1 + 3t, 2 - t) = (1 + 3t)^2 (2 - t)\) ifadesinin \(t = 0\)’daki türevi \(2 \cdot 3 \cdot 2 - 1 = 11\)’dir.

Düzlemin koordinat fonksiyonlarına çoğu zaman \(x, y\) yerine \(u, v\) diyeceğiz; bu yalnızca bir ad seçimidir. Karışıklık olmasın diye teğet vektörlerin vektör kısımlarını hep kalın harfle (\(\mathbf{v}\)) yazacağız; eğik \(v\) ise düzlemin ikinci koordinat fonksiyonudur.

7.2 Dönüşüm Nedir?

\(F : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m\) bir fonksiyon olsun. \(n\) ve \(m\) sayılarına göre bu fonksiyon çok farklı şeyler anlatabilir:

\(n\) \(m\) \(F\) ne yapar? tanıdık ad
\(3\) \(1\) uzayın her noktasına bir sayı verir gerçel değerli fonksiyon
\(1\) \(3\) her sayıya uzayın bir noktasını verir eğri
\(2\) \(2\) düzlemi düzleme götürür düzlemin eğilip bükülmesi, koordinat değişimi
\(2\) \(3\) düzlemi uzaya götürür yüzey parametrelendirmesi
\(3\) \(3\) uzayı uzaya götürür uzayın deforme edilmesi, koordinat değişimi

İlk iki satırı biliyoruz. Bu bölümde sonuçları her \(n\) ve \(m\) için ifade edeceğiz, ama örneklerimiz çoğunlukla son üç satırdan gelecek.

Hepsinin ortak bir yapısı vardır. \(F(\mathbf{p})\), \(\mathbb{R}^m\)’nin bir noktası olduğundan \(m\) koordinatı vardır ve bu koordinatların her biri \(\mathbf{p}\)’ye bağlı bir gerçel sayıdır. Demek ki \(F\)’yi vermek, \(\mathbb{R}^n\) üzerinde \(m\) tane gerçel değerli fonksiyon vermekle aynı şeydir. Bunu eğrilerde zaten görmüştük: bir eğri, üç koordinat fonksiyonuyla verilir.

Tanım 7.1 (Dönüşüm) \(F : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m\) bir fonksiyon olsun. \(\mathbb{R}^n\)’nin her \(\mathbf{p}\) noktası için

\[F(\mathbf{p}) = \bigl(f_1(\mathbf{p}), f_2(\mathbf{p}), \dots, f_m(\mathbf{p})\bigr)\]

eşitliğini sağlayan gerçel değerli \(f_1, \dots, f_m\) fonksiyonlarına \(F\)’nin Öklid koordinat fonksiyonları denir ve \(F = (f_1, \dots, f_m)\) yazılır. Koordinat fonksiyonlarının hepsi diferansiyellenebilirse \(F\)’ye diferansiyellenebilir denir. \(\mathbb{R}^n\)’den \(\mathbb{R}^m\)’ye diferansiyellenebilir bir fonksiyona \(\mathbb{R}^n\)’den \(\mathbb{R}^m\)’ye bir dönüşüm (mapping) denir.

Yani bir dönüşüm, \(\mathbb{R}^n\)’nin her noktasını \(\mathbb{R}^m\)’nin bir noktasına götüren ve bunu \(m\) tane diferansiyellenebilir fonksiyonla, koordinat koordinat yapan bir kuraldır.

Koordinat fonksiyonlarını bileşke olarak da yazabiliriz. \(x_1, \dots, x_m\), \(\mathbb{R}^m\)’nin doğal koordinat fonksiyonları olsun. \(x_i\bigl(F(\mathbf{p})\bigr)\) sayısı \(F(\mathbf{p})\) noktasının \(i\)-inci koordinatıdır ve tanım gereği bu sayı \(f_i(\mathbf{p})\)’dir. Her \(\mathbf{p}\) için doğru olduğundan

\[f_i = x_i \circ F, \qquad i = 1, \dots, m\]

bulunur. Tersine, \(\mathbb{R}^n\) üzerinde verilen herhangi \(m\) fonksiyon, \(F(\mathbf{p})\)’yi koordinatlarıyla tanımlayarak tek bir \(F\) belirler. Özel hâlde \(m = 1\) için dönüşüm, \(\mathbb{R}^n\) üzerinde diferansiyellenebilir bir fonksiyondur; \(n = 1\) için (tanım kümesi bir açık aralık olduğunda) bir eğridir.

Dönüşümler çoğu zaman koordinat fonksiyonlarını doğal koordinatlarla yazarak verilir. Örneğin \(F = (x^2, yz, xy)\) yazımı \(f_1 = x^2\), \(f_2 = yz\), \(f_3 = xy\) demektir. Bu kısa yazımdan noktasal formüle geçmek için her fonksiyonu bir \(\mathbf{p}\) noktasında değerlendiririz.

Örnek 7.1 (Noktasal Formül ve Değer Hesabı) \(F : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3\), \(F = (x^2, yz, xy)\) dönüşümünün \((1, -2, 0)\) ve \((-3, 1, 3)\) noktalarındaki değerlerini, önce noktasal formüle geçerek bulalım.

Çözüm

Dönüşüm olması. Koordinat fonksiyonları \(x^2\), \(yz\) ve \(xy\) polinomlardır; polinomlar diferansiyellenebilir olduğundan \(F\) bir dönüşümdür.

Noktasal formül. Tanım gereği her \(\mathbf{p}\) için

\[F(\mathbf{p}) = \bigl(x(\mathbf{p})^2,\ y(\mathbf{p})\,z(\mathbf{p}),\ x(\mathbf{p})\,y(\mathbf{p})\bigr).\]

\(\mathbf{p} = (p_1, p_2, p_3)\) ise \(x(\mathbf{p}) = p_1\), \(y(\mathbf{p}) = p_2\), \(z(\mathbf{p}) = p_3\) olduğundan

\[F(p_1, p_2, p_3) = (p_1^2,\ p_2 p_3,\ p_1 p_2)\]

bulunur.

Değerler. \((1, -2, 0)\) için \(p_1^2 = 1\), \(p_2 p_3 = (-2) \cdot 0 = 0\) ve \(p_1 p_2 = -2\) olduğundan \(F(1, -2, 0) = (1, 0, -2)\). Aynı biçimde \(F(-3, 1, 3) = (9, 3, -3)\).

Bir gözlem. Üç koordinat fonksiyonu da ikinci dereceden terimlerden oluşur. Her koordinatın işaretini değiştirirsek \((-p_1)^2 = p_1^2\), \((-p_2)(-p_3) = p_2 p_3\) ve \((-p_1)(-p_2) = p_1 p_2\) olur; yani her \(\mathbf{p}\) için \(F(-\mathbf{p}) = F(\mathbf{p})\). Örneğin \(F(3, -1, -3) = (9, 3, -3)\), \(F(-3, 1, 3)\) ile aynıdır. \(F\) birebir değildir. Bunu birkaç değer hesaplayarak fark etmek şans işidir; bir dönüşümün davranışını sonlu sayıda değerden anlamak ancak dönüşüm çok basitse mümkündür.

\(\blacksquare\)

Örnek 7.2 (Dönüşüm Olmayan Bir Fonksiyon) \(F : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2\), \(F(u, v) = (u, |v|)\) fonksiyonunun bir dönüşüm olup olmadığını inceleyelim.

Çözüm

Birinci koordinat. \(f_1 = u\) doğal koordinat fonksiyonudur ve diferansiyellenebilirdir.

İkinci koordinat. \(f_2 = |v|\) fonksiyonunu \((a, 0)\) biçimindeki bir noktada \(v\)’ye göre türevlemeye çalışalım. Fark oranı

\[\dfrac{f_2(a, h) - f_2(a, 0)}{h} = \dfrac{|h|}{h}\]

olup \(h > 0\) için \(1\), \(h < 0\) için \(-1\)’dir. \(h \to 0\) iken bu oranın limiti yoktur; \(\partial f_2/\partial v\) bu noktalarda tanımsızdır. Dolayısıyla \(f_2\) diferansiyellenebilir değildir ve \(F\) bir dönüşüm değildir.

Geometrik anlam. \(F\), üst yarı düzlemi yerinde bırakıp alt yarı düzlemi \(u\) ekseni boyunca katlayarak üst yarının üzerine yapıştırır. \(F\) süreklidir; \(u\) ekseninin üstünde \((u, v)\), altında \((u, -v)\) gibi çok basit bir formülle verilir. Yine de tek bir kırışık çizgi diferansiyellenebilirliği bozmaya yeter.

Buna karşın \(G(u, v) = (u, v^2)\) bir dönüşümdür: o da alt yarı düzlemi üste katlar, ama katlama çizgisinde kırışık yerine yumuşak bir kıvrım vardır. Kıvrımın bedeli ileride göreceğimiz bir özelliktir: \(v^2\)’nin türevi \(v = 0\)’da sıfırdır ve \(G\) orada “düzgün” olmayacaktır.

\(\blacksquare\)

7.3 Bir Eğrinin Görüntüsü

Eğri de bir dönüşüm olduğundan, eğrileri dönüşümlerin genel kuramının içinden çıkarmak mümkündü. Biz öteki yolu seçeceğiz. Eğriler iyi tanıdığımız, görece basit nesnelerdir; düzlemden düzleme giden bir dönüşümün ne yaptığını kestirmek ise çoğu zaman zordur. Bu yüzden dönüşümleri incelerken her adımda eğrilerden yararlanacağız: bir dönüşümün ne yaptığını görmenin en somut yolu, onu hareket eden bir noktaya uygulamaktır.

\(\alpha = (\alpha_1, \dots, \alpha_n) : I \to \mathbb{R}^n\) bir eğri ve \(F = (f_1, \dots, f_m)\) bir dönüşüm olsun. \(t \mapsto F(\alpha(t))\) bileşkesinin \(i\)-inci koordinatı \(f_i\bigl(\alpha_1(t), \dots, \alpha_n(t)\bigr)\)’dir. Bu, diferansiyellenebilir \(f_i\) fonksiyonuna türevlenebilir \(\alpha_1, \dots, \alpha_n\) fonksiyonlarının yerleştirilmesidir ve zincir kuralı gereği her mertebeden türevlenebilir. Demek ki bileşke yine bir eğridir.

Tanım 7.2 (Bir Eğrinin Görüntüsü) \(\alpha : I \to \mathbb{R}^n\) bir eğri ve \(F : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m\) bir dönüşüm olsun. Her \(t \in I\) için \(\beta(t) = F(\alpha(t))\) kuralıyla tanımlanan

\[\beta = F(\alpha) : I \to \mathbb{R}^m\]

eğrisine \(\alpha\)’nın \(F\) altındaki görüntüsü (image of a curve) denir.

Yani \(\alpha\) boyunca hareket eden noktayı her an \(F\) ile taşırsak \(\mathbb{R}^m\)’de hareket eden yeni bir nokta elde ederiz; \(\beta\) bu yeni noktanın hareketidir.

Koordinatlarla yazarsak \(\beta = \bigl(f_1(\alpha), \dots, f_m(\alpha)\bigr)\) olur. Aynı açık aralıkta tanımlı olduklarından \(\alpha\) ve \(\beta\) aynı saatle çalışır: \(t\) anında \(\alpha\) nerede ise \(\beta\) o noktanın \(F\) altındaki görüntüsündedir.

Örnek 7.3 (Bir Doğrunun Parabole Gitmesi) \(F = (x^2, yz, xy)\) dönüşümü ve \(\alpha(t) = (t, 1, t)\) doğrusu verilsin. \(\alpha\)’nın \(F\) altındaki görüntüsünü bulalım.

Çözüm

Görüntü eğrisi. \(\mathbf{p} = (p_1, p_2, p_3)\) için \(F(\mathbf{p}) = (p_1^2, p_2 p_3, p_1 p_2)\) formülüne \(p_1 = t\), \(p_2 = 1\), \(p_3 = t\) koyarsak

\[\beta(t) = F(t, 1, t) = (t^2,\ t,\ t)\]

bulunur.

Birkaç an. Aşağıdaki tabloda aynı anlardaki noktalar yan yana durur.

\(t\) \(-1\) \(0\) \(1\) \(2\)
\(\alpha(t)\) \((-1, 1, -1)\) \((0, 1, 0)\) \((1, 1, 1)\) \((2, 1, 2)\)
\(\beta(t)\) \((1, -1, -1)\) \((0, 0, 0)\) \((1, 1, 1)\) \((4, 2, 2)\)

Rota. \(\beta(t)\)’nin ikinci ve üçüncü koordinatları her an eşittir, dolayısıyla \(\beta\) tamamen \(y = z\) düzleminde kalır; bu düzlemde birinci koordinat ikincinin karesidir (\(x = y^2\)). \(\beta\)’nın rotası bir paraboldür. Bir dönüşüm doğruları doğrulara götürmek zorunda değildir.

Hız. \(\beta'(t)\)’nin vektör kısmı \((2t, 1, 1)\)’dir ve hiçbir \(t\) için sıfır olmaz; hem \(\alpha\) hem \(\beta\) düzgün eğrilerdir.

\(\blacksquare\)

Örnek 7.4 (Hareket Eden Noktanın Görüntüsü Durabilir) \(P : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^2\), \(P = (x, y)\) izdüşüm dönüşümü ve \(\alpha(t) = (1, 2, t)\) dikey doğrusu verilsin. \(\alpha\) düzgün bir eğri iken görüntüsünün düzgün olup olmadığını inceleyelim.

Çözüm

Dönüşüm. \(P(p_1, p_2, p_3) = (p_1, p_2)\) olduğundan \(P\) her noktayı \(xy\) düzlemine dik olarak indirir; koordinat fonksiyonları doğal koordinat fonksiyonlarıdır ve diferansiyellenebilir.

Görüntü. \(\beta(t) = P(1, 2, t) = (1, 2)\) her \(t\) için aynı noktadır. \(\alpha\)’nın hız vektörünün vektör kısmı \((0, 0, 1)\) olup hiçbir an sıfır değildir; oysa \(\beta\) sabit bir eğridir ve bütün hız vektörleri sıfırdır. Düzgün bir eğrinin görüntüsü düzgün olmayabilir.

Karşılaştırma. Aynı \(P\) altında \(\gamma(t) = (\cos t, \sin t, t)\) helisinin görüntüsü \((\cos t, \sin t)\) birim çemberidir ve bu eğri düzgündür: vektör kısmı \((-\sin t, \cos t)\) hiç sıfır olmaz. Fark, hareketin yönündedir. Dikey doğru, \(P\)’nin tamamen “ezdiği” doğrultuda ilerler; helisin hareketinin ise ezilmeyen yatay bir bileşeni vardır. Bir dönüşümün hangi doğrultuları ezdiğini ölçen araç, birazdan tanımlayacağımız teğet dönüşümüdür.

\(\blacksquare\)

7.4 İki Örnek Dönüşüm

Aşağıdaki iki örnek iki uç durumu gösterir. Birincisi o kadar basittir ki birkaç değeri onu tamamen belirler. İkincisinin ne yaptığını ise ancak eğrilerin nasıl taşındığına bakarak görebiliriz.

Örnek 7.5 (Uzayın Lineer Bir Dönüşümü) \(F : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3\), \(F = (x - y,\ x + y,\ 2z)\) olsun. Bu dönüşümün, birim noktalardaki üç değeriyle tamamen belirlendiğini görelim.

Çözüm

Noktasal formül. Her \(p_1, p_2, p_3\) için

\[F(p_1, p_2, p_3) = (p_1 - p_2,\ p_1 + p_2,\ 2p_3).\]

Lineerlik. \(\mathbf{p}\), \(\mathbf{q}\) iki nokta ve \(a\), \(b\) iki sayı olsun. \(a\mathbf{p} + b\mathbf{q}\)’nun \(i\)-inci koordinatı \(ap_i + bq_i\) olduğundan

\[\begin{aligned} F(a\mathbf{p} + b\mathbf{q}) &= \bigl((ap_1 + bq_1) - (ap_2 + bq_2),\\ &\qquad (ap_1 + bq_1) + (ap_2 + bq_2),\ 2(ap_3 + bq_3)\bigr)\\ &= a\,(p_1 - p_2,\ p_1 + p_2,\ 2p_3) + b\,(q_1 - q_2,\ q_1 + q_2,\ 2q_3)\\ &= a\,F(\mathbf{p}) + b\,F(\mathbf{q}). \end{aligned}\]

İkinci eşitlikte her koordinatta \(a\) içeren terimleri ve \(b\) içeren terimleri ayrı ayrı topladık. \(F\), \(\mathbb{R}^3\)’ten \(\mathbb{R}^3\)’e bir lineer dönüşümdür.

Birim noktalar. \(\mathbf{u}_1 = (1, 0, 0)\), \(\mathbf{u}_2 = (0, 1, 0)\) ve \(\mathbf{u}_3 = (0, 0, 1)\) birim noktalarında formül

\[F(\mathbf{u}_1) = (1, 1, 0), \qquad F(\mathbf{u}_2) = (-1, 1, 0), \qquad F(\mathbf{u}_3) = (0, 0, 2)\]

verir.

Belirlenme. Her nokta \(\mathbf{p} = p_1\mathbf{u}_1 + p_2\mathbf{u}_2 + p_3\mathbf{u}_3\) biçiminde yazılır. Lineerlik (iki kez uygulanarak) şunu verir:

\[F(\mathbf{p}) = p_1\,F(\mathbf{u}_1) + p_2\,F(\mathbf{u}_2) + p_3\,F(\mathbf{u}_3).\]

Sağ yan yalnızca üç değeri kullanır. Birim noktalarda aynı üç değeri alan başka bir lineer dönüşüm de aynı formüle uyacağından \(F\)’ye eşittir. Aynı akıl yürütme her lineer dönüşüm için geçerlidir: bir lineer dönüşümü bilmek için bir tabanın elemanlarına ne yaptığını bilmek yeter.

Sayısal denetim. \(\mathbf{p} = (2, 1, -1)\) için formül

\[F(\mathbf{p}) = 2\,(1, 1, 0) + (-1, 1, 0) - (0, 0, 2) = (1, 3, -2)\]

verir; noktasal formülden de \((2 - 1,\ 2 + 1,\ -2) = (1, 3, -2)\) çıkar.

Geometrik anlam. \(F(\mathbf{u}_1) = (1, 1, 0)\), \(\mathbf{u}_1\)’in \(z\) ekseni çevresinde \(45\) derece döndürülüp \(\sqrt{2}\) katına uzatılmış hâlidir; \(F(\mathbf{u}_2) = (-1, 1, 0)\) da \(\mathbf{u}_2\)’ye aynı işlemin uygulanmasıdır. \(F(\mathbf{u}_3) = (0, 0, 2)\) ise düşey yönü iki katına çıkarır. Dolayısıyla \(F\), uzayı \(z\) ekseni çevresinde \(45\) derece döndürür, yatay yönlerde \(\sqrt{2}\), düşey yönde \(2\) kat uzatır.

x y z 2 2 3 u1​ u2​ u3​ F(u1​) = (1, 1, 0) F(u2​) = (−1, 1, 0) F(u3​) = (0, 0, 2) p = (2, 1, −1) F(p) = (1, 3, −2) 45° 45°
F = (x − y, x + y, 2z) lineer dönüşümü, ince gri oklarla gösterilen u1, u2, u3 birim noktalarını sırasıyla (1, 1, 0), (−1, 1, 0) ve (0, 0, 2) noktalarına götürür. İki yatay ok z ekseni çevresinde 45 derece döner ve √2 katına uzar, düşey ok ise iki katına çıkar; bu yüzden kesikli birim küp, tabanı 45 derece dönmüş bir kare ve yüksekliği 2 olan mavi kutuya gider. Başka her noktanın görüntüsü bu üç değerden okunur: p = (2, 1, −1) için F(p) = 2F(u1) + F(u2) − F(u3) = (1, 3, −2).

\(\blacksquare\)

Örnek 7.6 (Düzlemi Kendi Çevresinde İki Kez Saran Dönüşüm) \(F : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2\), \(F(u, v) = (u^2 - v^2,\ 2uv)\) olsun; burada \(u\) ve \(v\) düzlemin koordinat fonksiyonlarıdır. \(r > 0\) yarıçaplı, merkezi başlangıç noktasında olan çemberi bir kez dolaşan \(\alpha(t) = (r\cos t,\ r\sin t)\) eğrisinin görüntüsünü bularak \(F\)’nin düzlemi nasıl sardığını anlayalım.

Çözüm

Görüntü eğrisi. \(0 \le t \le 2\pi\) için \(\alpha\), çemberi saat yönünün tersine bir kez dolaşır. Görüntüsü

\[\begin{aligned} \beta(t) = F(\alpha(t)) &= F(r\cos t,\ r\sin t)\\ &= \bigl(r^2\cos^2 t - r^2\sin^2 t,\ 2r^2\cos t\,\sin t\bigr) \end{aligned}\]

olur.

Trigonometri. \(\cos 2t = \cos^2 t - \sin^2 t\) ve \(\sin 2t = 2\sin t\,\cos t\) özdeşlikleri bu ifadeyi sadeleştirir:

\[\beta(t) = (r^2\cos 2t,\ r^2\sin 2t).\]

Yorum. \(\beta(t)\) noktası başlangıç noktasına \(r^2\) uzaklıktadır ve açısı \(2t\)’dir. \(t\), \(0\)’dan \(2\pi\)’ye giderken \(2t\), \(0\)’dan \(4\pi\)’ye gider: \(\beta\), \(r^2\) yarıçaplı çemberi saat yönünün tersine iki kez dolaşır. \(r = 2\) için birkaç an:

\(t\) \(0\) \(\pi/4\) \(\pi/2\) \(\pi\) \(3\pi/2\)
\(\alpha(t)\) \((2, 0)\) \((\sqrt{2}, \sqrt{2})\) \((0, 2)\) \((-2, 0)\) \((0, -2)\)
\(\beta(t)\) \((4, 0)\) \((0, 4)\) \((-4, 0)\) \((4, 0)\) \((-4, 0)\)

Çeyrek tur, görüntüde yarım tura dönüşür; \(t = \pi\)’de \(\alpha\) çemberin yarısını dolaşmışken \(\beta\) başladığı yere dönmüştür.

Bütün düzlem. \(F(0, 0) = (0, 0)\) olduğundan başlangıç noktası yerinde kalır; öteki her nokta, merkezi başlangıç noktasında olan tek bir çemberin üzerindedir. Hesabımız her \(r > 0\) için geçerli olduğundan \(F\)’nin bütün düzleme ne yaptığını görmüş oluyoruz: yarıçapı \(r\) olan çember, yarıçapı \(r^2\) olan çemberin üzerine iki tur hâlinde yerleşir. Düzlem, başlangıç noktası sabit kalmak üzere, hiçbir yerde yırtılmadan kendi üzerine iki kat sarılır. Birim çemberin içindeki çemberler küçülür (\(r^2 < r\)), dışındakiler büyür. Tablodaki \(t\) ve \(t + \pi\) anları, yani birbirinin tam karşısındaki \(\mathbf{p}\) ve \(-\mathbf{p}\) noktaları, aynı noktaya gider: \(F(-\mathbf{p}) = F(\mathbf{p})\).

u v t = 0 t = π/4 t = π/2 t = π t = 3π/2 α r = 2 F x y t = 0 t = π t = π/2 t = 3π/2 t = π/4 β r2​ = 4 F(0, 0) = (0, 0)
Solda r = 2 yarıçaplı çemberi saat yönünün tersine bir kez dolaşan α(t) = (2 cos t, 2 sin t) eğrisi, sağda onun F(u, v) = (u2 − v2, 2uv) altındaki görüntüsü β(t) = (4 cos 2t, 4 sin 2t) görülüyor. β ise yarıçapı r2 = 4 olan çemberi iki kez dolaşır; ikinci tur, seçilebilsin diye kalın çemberin hemen içine ince çizgiyle çizilmiştir. Aynı renkteki dolu nokta t, halka t + π anını gösterir: bu iki an birbirinin tam karşısındaki p ve −p noktalarını verir ve F(−p) = F(p) olduğundan sağda aynı noktaya düşer. Gri birim çember kendi üzerine gider, başlangıç noktası ise yerinde kalır.

\(\blacksquare\)

Etkileşimli sahne: çemberin iki kez sarılması. \(\alpha\) çemberi \(uv\) düzleminde, görüntüsü \(\beta = F(\alpha)\) ise \(xy\) düzleminde, iki ayrı panelde yukarıdan görülür; paneller sürüklenerek döndürülebilir. \(r\) kaydırıcısı yarıçapı, \(t/\pi\) kaydırıcısı noktanın yerini değiştirir: kalın yay \(\alpha\)’nın \(0\)’dan \(t\)’ye kadar aldığı yol, öteki paneldeki kalın yay onun görüntüsüdür ve \(\alpha\) yarım tur attığında \(\beta\) turunu tamamlar; kesikli çember iki panelde de birim çemberdir ve \(r < 1\) iken görüntü çemberi onun daha da içine girer. Turuncu oklar, sahneye sığsın diye yarı boyda çizilen \(\alpha'(t)\) ve \(\beta'(t)\) hız vektörleridir; değer satırı gerçek değerleri ve \(|\alpha'(t)| = r\), \(|\beta'(t)| = 2r^2\) eşitliklerini gösterir. Son satır, bölümün ilerisinde tanımlayacağımız Jacobi matrisinin \(\alpha(t)\)’deki değerini \(\alpha'(t)\) ile çarpar: çıkan vektör her an \(\beta'(t)\)’dir.

İpucuKarmaşık sayılarla bakış

Düzlemin \((u, v)\) noktasını \(z = u + iv\) karmaşık sayısı olarak düşünelim. \(z^2 = u^2 - v^2 + 2uv\,i\) olduğundan \(F\), \(z \mapsto z^2\) kare alma işlemidir. Kutupsal yazımda \(z = r(\cos t + i\sin t)\) ise \(z^2 = r^2(\cos 2t + i\sin 2t)\) olur: kare almak, uzunluğun karesini alır ve açıyı iki katına çıkarır. Örnekte bulduğumuz her şey bu iki kuralın sonucudur.

7.5 Lineer Yaklaşım ve Teğet Dönüşümü

Türev almanın özü, karmaşık bir nesnenin yerine, bir noktanın çok yakınında onunla neredeyse aynı davranan lineer bir nesne koymaktır. Bunun ilk örneğini tek değişkenli analizden biliyoruz: türevlenebilir bir \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) fonksiyonu için \(x\)’in yakınında

\[f(x + \Delta x) \approx f(x) + f'(x)\,\Delta x\]

yaklaşımı geçerlidir ve sağdaki \(\Delta x \mapsto f'(x)\,\Delta x\) lineer fonksiyonu, grafiğin \(x\)’teki teğet doğrusunu verir. Hata, \(\Delta x\) küçüldükçe \(\Delta x\)’in kendisinden çok daha hızlı küçülür. Amacımız, bir \(F : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m\) dönüşümü için \(\mathbf{p}\) noktasının yakınında aynı işi yapan bir lineer yaklaşım kurmaktır.

Önce bu yaklaşımın nerede yaşayacağını soralım. Tek değişkenli hâlde \(\Delta x\), \(x\)’ten ayrılışı ölçen bir sayıdır. Birçok değişkende \(\mathbf{p}\)’den ayrılış bir yer değiştirme vektörüdür, yani \(\mathbf{p}\)’de uygulanan bir teğet vektör; \(F(\mathbf{p})\)’den ayrılış da \(F(\mathbf{p})\)’de uygulanan bir teğet vektördür. Demek ki aradığımız lineer yaklaşım, \(T_{\mathbf{p}}(\mathbb{R}^n)\)’den \(T_{F(\mathbf{p})}(\mathbb{R}^m)\)’ye gitmelidir.

Onu nasıl kuracağımızı eğriler söyler. \(\mathbb{R}^n\), \(\mathbf{p}\)’den çıkan \(\alpha(t) = \mathbf{p} + t\mathbf{v}\) doğrularıyla doludur: her \(\mathbf{q}\) noktası, \(\mathbf{v} = \mathbf{q} - \mathbf{p}\) için bu doğrunun \(t = 1\) anındaki noktasıdır. Bu doğruların görüntüleri olan \(\beta(t) = F(\mathbf{p} + t\mathbf{v})\) eğrileri de \(F(\mathbf{p})\)’den çıkar ve \(F\)’nin \(\mathbf{p}\) yakınında yaptığı her şeyi taşır. İlk mertebede bir doğruyu başlangıç hızı \(\alpha'(0) = \mathbf{v}_{\mathbf{p}}\) temsil eder; görüntüsünü de başlangıç hızı \(\beta'(0)\). Bu yüzden \(F\)’nin \(\mathbf{p}\) yakınındaki lineer yaklaşımını şöyle kuracağız: her doğrunun \(\alpha'(0)\) başlangıç hızına, o doğrunun görüntü eğrisinin \(\beta'(0)\) başlangıç hızını karşılık getireceğiz.

Tanım 7.3 (Teğet Dönüşümü) \(F : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m\) bir dönüşüm ve \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\), \(\mathbb{R}^n\)’ye \(\mathbf{p}\) noktasında bir teğet vektör olsun. \(t \mapsto F(\mathbf{p} + t\mathbf{v})\) eğrisinin \(t = 0\) anındaki hız vektörünü \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}})\) ile gösteririz. \(\mathbb{R}^n\)’ye teğet her vektörü böylece \(\mathbb{R}^m\)’ye teğet bir vektöre götüren \(F_*\) fonksiyonuna \(F\)’nin teğet dönüşümü (tangent map) denir.

Yani \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}})\), \(\mathbf{p}\)’den \(\mathbf{v}\) hızıyla yola çıkan noktayı her an \(F\) ile taşıdığımızda, taşınan noktanın ilk andaki hızıdır.

Tanımdaki eğri, \(t \mapsto \mathbf{p} + t\mathbf{v}\) doğrusunun \(F\) altındaki görüntüsüdür ve bütün \(t\) sayılarında tanımlıdır. Hız vektörü \(t = 0\) anındaki noktada, yani \(F(\mathbf{p})\)’de uygulanır. \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}})\)’yi “\(F\)’yi \(\mathbf{v}\)’ye uygulamak” diye okumamak gerekir: \(F\) genellikle lineer değildir ve \(F(\mathbf{v})\) ile hiçbir ilişkisi olmayabilir.

Örnek 7.7 (Teğet Dönüşümünü Tanımdan Hesaplamak) \(F : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2\), \(F(u, v) = (u + v,\ uv)\) olsun. \(\mathbf{p} = (1, 2)\) ve \(\mathbf{v} = (1, 1)\) için \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}})\)’yi tanımdan bulalım.

Çözüm

Doğru. \(\mathbf{p} + t\mathbf{v} = (1 + t,\ 2 + t)\).

Görüntü eğrisi. \(F\)’yi bu noktaya uygularsak

\[\beta(t) = F(1 + t,\ 2 + t) = \bigl(3 + 2t,\ (1 + t)(2 + t)\bigr) = (3 + 2t,\ 2 + 3t + t^2).\]

Başlangıç hızı. Koordinatların türevleri \(2\) ve \(3 + 2t\)’dir; \(t = 0\)’da \(2\) ve \(3\) olur. \(\beta(0) = (3, 2) = F(\mathbf{p})\) olduğundan

\[F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = (2, 3)_{(3, 2)}.\]

Yaklaşım olarak anlamı. \(\beta\)’nın rotası bir paraboldür ve \((2, 3)\) onun \((3, 2)\)’deki teğet doğrultusudur. \(t = 0{,}1\) anında gerçek nokta \(\beta(0{,}1) = (3{,}2;\ 2{,}31)\) iken lineer yaklaşım \((3, 2) + 0{,}1 \cdot (2, 3) = (3{,}2;\ 2{,}3)\) verir. Aradaki fark \(t^2 = 0{,}01\)’dir; \(t\) yarıya inerse dörtte birine iner.

1 2 1 2 3 u v p p vp​ = (1, 1) vp​ = (1, 1) p + tv p + tv F 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 6 x y F(p) F(p) F*​(vp​) = (2, 3) F*​(vp​) = (2, 3) β(t) = F(p + tv) β(t) = F(p + tv)
Solda p = (1, 2) noktasından v = (1, 1) hızıyla geçen p + tv doğrusu ve vp oku; sağda bu doğrunun F(u, v) = (u + v, uv) altındaki görüntüsü β(t) = (3 + 2t, 2 + 3t + t2) parabolü ve onun F(p) = (3, 2) noktasındaki başlangıç hızı F*(vp) = (2, 3). Küçük mavi noktalar iki panelde de t = −1, t = 0,5 ve t = 1 anlarıdır. Solda okun ucu t = 1 noktasına tam oturur; sağda ise ok parabolün kesikli teğet doğrusu üzerinde kalıp (5, 5)'te biter ve β(1) = (5, 6) ile arasındaki fark t2 = 1 olur.

\(\blacksquare\)

Örnek 7.8 (Ötelemenin Teğet Dönüşümü) \(\mathbf{a}\), \(\mathbb{R}^n\)’nin sabit bir noktası ve \(T : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n\), \(T(\mathbf{p}) = \mathbf{p} + \mathbf{a}\) öteleme dönüşümü olsun. \(T_*\)’ın teğet vektörlere ne yaptığını bulalım.

Çözüm

Dönüşüm olması. \(T\)’nin \(i\)-inci koordinat fonksiyonu \(x_i + a_i\)’dir; diferansiyellenebilirdir.

Görüntü eğrisi. \(\mathbf{p}\)’deki bir \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\) için

\[T(\mathbf{p} + t\mathbf{v}) = (\mathbf{p} + \mathbf{a}) + t\mathbf{v}.\]

Bu, \(\mathbf{p} + \mathbf{a}\) noktasından geçen ve \(\mathbf{v}\) doğrultusundaki doğrudur. \(i\)-inci koordinatı \(p_i + a_i + tv_i\) olup türevi \(v_i\)’dir.

Sonuç. \(T_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = \mathbf{v}_{\mathbf{p} + \mathbf{a}}\). Öteleme okları paralel olarak taşır: vektör kısmı değişmez, yalnızca uygulama noktası \(\mathbf{a}\) kadar kayar. Örneğin \(\mathbb{R}^2\)’de \(\mathbf{a} = (3, -1)\) için \(T_*\bigl((2, 5)_{(1, 1)}\bigr) = (2, 5)_{(4, 0)}\).

Karşıt uç olarak her noktayı sabit bir \(\mathbf{q}\)’ya götüren \(C\) dönüşümünü düşünelim. \(C(\mathbf{p} + t\mathbf{v}) = \mathbf{q}\) sabit olduğundan her \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\) için \(C_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = \mathbf{0}_{\mathbf{q}}\) olur: sabit dönüşüm bütün hareketi ezer. Öteleme hiçbir bilgiyi kaybetmez, sabit dönüşüm hepsini kaybeder; genel bir dönüşüm bu ikisi arasında bir yerdedir ve teğet dönüşümü bunu nokta nokta ölçer.

\(\blacksquare\)

Tanım kavramsal olarak açıktır, ama her hesapta bir eğri yazıp türev almak zahmetlidir. Aşağıdaki önerme, \(F_*\)’ı koordinat fonksiyonlarının yönlü türevleriyle açıkça verir.

Önerme 7.1 (Teğet Dönüşümünün Koordinat Formülü) \(F = (f_1, \dots, f_m)\), \(\mathbb{R}^n\)’den \(\mathbb{R}^m\)’ye bir dönüşüm ve \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\), \(\mathbb{R}^n\)’ye bir teğet vektör olsun. O zaman

\[F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = \bigl(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}[f_1], \dots, \mathbf{v}_{\mathbf{p}}[f_m]\bigr)_{F(\mathbf{p})}.\]

İspat

Eğrinin koordinatları. \(\beta(t) = F(\mathbf{p} + t\mathbf{v})\) olsun. \(F = (f_1, \dots, f_m)\) olduğundan

\[\beta(t) = \bigl(f_1(\mathbf{p} + t\mathbf{v}), \dots, f_m(\mathbf{p} + t\mathbf{v})\bigr);\]

yani \(\beta\)’nın \(i\)-inci koordinat fonksiyonu \(\beta_i(t) = f_i(\mathbf{p} + t\mathbf{v})\)’dir.

Hız. Hız vektörünün tanımı (Tanım 4.2, \(m\) koordinatla) gereği \(\beta'(0)\), \(\beta(0) = F(\mathbf{p})\) noktasında uygulanır ve \(i\)-inci koordinatı

\[\dfrac{d\beta_i}{dt}(0) = \left.\dfrac{d}{dt}\bigl(f_i(\mathbf{p} + t\mathbf{v})\bigr)\right|_{t = 0}\]

sayısıdır.

Yönlü türev. Bu sayı, Tanım 3.1 gereği tam olarak \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}[f_i]\)’dir. Tanım gereği \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = \beta'(0)\) olduğundan önerme ispatlanmış olur.

\(\blacksquare\)

İspatın özü: \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}})\)’nin her koordinatı, \(F\)’nin ilgili koordinat fonksiyonunun \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\)’ye göre türevidir. Bu türevleri de Lemma 3.1 ile kısmi türevlerden hesaplarız; hiçbir eğri yazmaya gerek kalmaz.

Örnek 7.9 (Formülle Aynı Sonuç) \(F(u, v) = (u + v,\ uv)\) olsun. \(\mathbb{R}^2\)’nin her \(\mathbf{p} = (p_1, p_2)\) noktasındaki her \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\) için \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}})\)’yi koordinat formülüyle bulalım.

Çözüm

Kısmi türevler. \(f_1 = u + v\) için \(\partial f_1/\partial u = 1\) ve \(\partial f_1/\partial v = 1\); \(f_2 = uv\) için \(\partial f_2/\partial u = v\) ve \(\partial f_2/\partial v = u\).

Yönlü türevler. \(\mathbf{v} = (v_1, v_2)\) için Lemma 3.1

\[\mathbf{v}_{\mathbf{p}}[f_1] = v_1 + v_2, \qquad \mathbf{v}_{\mathbf{p}}[f_2] = p_2 v_1 + p_1 v_2\]

verir.

Genel formül. \(F(\mathbf{p}) = (p_1 + p_2,\ p_1 p_2)\) olduğundan önerme gereği

\[F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = (v_1 + v_2,\ p_2 v_1 + p_1 v_2)_{(p_1 + p_2,\ p_1 p_2)}.\]

Denetim. \(\mathbf{p} = (1, 2)\) ve \(\mathbf{v} = (1, 1)\) için \(v_1 + v_2 = 2\) ve \(2 \cdot 1 + 1 \cdot 1 = 3\) bulunur; uygulama noktası \((3, 2)\)’dir. Sonuç \((2, 3)_{(3, 2)}\), tanımdan bulduğumuzla aynıdır. Aynı noktada \(\mathbf{w} = (2, -1)\) için formül hemen \(F_*(\mathbf{w}_{\mathbf{p}}) = (1, 3)_{(3, 2)}\) verir; tanımla bunun için yeni bir parabol yazıp türevlemek gerekirdi.

\(\blacksquare\)

7.6 Bir Noktadaki Teğet Dönüşümü

Bir \(\mathbf{p}\) noktası sabitleyelim. Tanım gereği \(F_*\), \(\mathbf{p}\)’deki teğet vektörleri \(F(\mathbf{p})\)’deki teğet vektörlere götürür. Bu yüzden her \(\mathbf{p}\) için \(F_*\)’dan

\[F_{*\mathbf{p}} : T_{\mathbf{p}}(\mathbb{R}^n) \to T_{F(\mathbf{p})}(\mathbb{R}^m)\]

fonksiyonu elde edilir; buna \(F\)’nin \(\mathbf{p}\) noktasındaki teğet dönüşümü denir. Durum temel hesaptakine benzer: türevlenebilir bir \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) fonksiyonunun türevi \(f'\) bir fonksiyondur, her \(t\) noktasındaki değeri \(f'(t)\) ise tek bir sayıdır. \(F_*\) bütün teğet vektörler üzerinde tanımlı tek bir fonksiyondur; \(F_{*\mathbf{p}}\) onun tek bir teğet uzayına kısıtlanışıdır.

Sonuç 7.1 (Teğet Dönüşümü Her Noktada Lineerdir) \(F : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m\) bir dönüşüm olsun. \(\mathbb{R}^n\)’nin her \(\mathbf{p}\) noktasında \(F_{*\mathbf{p}}\) lineer bir dönüşümdür: \(\mathbf{p}\)’deki her \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\), \(\mathbf{w}_{\mathbf{p}}\) teğet vektörleri ve her \(a\), \(b\) sayıları için

\[F_*(a\mathbf{v}_{\mathbf{p}} + b\mathbf{w}_{\mathbf{p}}) = a\,F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) + b\,F_*(\mathbf{w}_{\mathbf{p}}).\]

İspat

\(F = (f_1, \dots, f_m)\) olsun ve iki yanın koordinatlarını karşılaştıralım.

Sol yan. Önerme 7.1 gereği sol yan \(F(\mathbf{p})\)’de uygulanır ve \(i\)-inci koordinatı \((a\mathbf{v}_{\mathbf{p}} + b\mathbf{w}_{\mathbf{p}})[f_i]\)’dir. Teorem 3.1’nin birinci özelliği gereği bu sayı

\[a\,\mathbf{v}_{\mathbf{p}}[f_i] + b\,\mathbf{w}_{\mathbf{p}}[f_i]\]

sayısına eşittir.

Sağ yan. \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}})\) ve \(F_*(\mathbf{w}_{\mathbf{p}})\) ikisi de \(F(\mathbf{p})\)’de uygulanır; bu yüzden \(T_{F(\mathbf{p})}(\mathbb{R}^m)\) içinde toplanabilirler. Teğet uzayındaki işlemler vektör kısımlarında koordinat koordinat yapıldığından sağ yanın \(i\)-inci koordinatı da \(a\,\mathbf{v}_{\mathbf{p}}[f_i] + b\,\mathbf{w}_{\mathbf{p}}[f_i]\)’dir.

Sonuç. İki yan aynı noktada uygulanır ve bütün \(m\) koordinatları eşittir; öyleyse iki teğet vektör eşittir.

\(\blacksquare\)

Sonucun tanımdan doğrudan görülmediğine dikkat edelim: \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}})\), \(F_*(\mathbf{w}_{\mathbf{p}})\) ve \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}} + \mathbf{w}_{\mathbf{p}})\) üç ayrı doğrunun üç ayrı görüntü eğrisinden gelir ve bu eğriler arasında basit bir ilişki yoktur. Lineerlik, koordinat formülünün ve yönlü türevin lineerliğinin bir armağanıdır.

Örnek 7.10 (Lineer Olmayan Dönüşümün Lineer Teğet Dönüşümü) \(F(u, v) = (u + v,\ uv)\) ve \(\mathbf{p} = (1, 2)\) olsun. \(F\)’nin kendisi lineer olmadığı hâlde \(F_{*\mathbf{p}}\)’nin lineerliğini sayılarla görelim.

Çözüm

\(F\) lineer değildir. Lineer olsaydı \(F(2, 4) = 2\,F(1, 2)\) olurdu. Oysa \(2\,F(1, 2) = (6, 4)\) iken \(F(2, 4) = (6, 8)\)’dir.

Teğet dönüşümü. Örnek 7.9’ndeki formül bu noktada

\[F_*\bigl((v_1, v_2)_{\mathbf{p}}\bigr) = (v_1 + v_2,\ 2v_1 + v_2)_{(3, 2)}\]

biçimini alır. Sağ yan \(v_1\) ve \(v_2\)’nin sabit terimsiz birinci dereceden ifadeleridir; bu da lineerliğin ta kendisidir.

Sayısal denetim. \(\mathbf{v} = (1, 1)\) ve \(\mathbf{w} = (2, -1)\) için \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = (2, 3)\) ve \(F_*(\mathbf{w}_{\mathbf{p}}) = (1, 3)\) (ikisi de \((3, 2)\)’de). \(\mathbf{v} + 2\mathbf{w} = (5, -1)\) için formül \((5 - 1,\ 10 - 1) = (4, 9)\) verir; öte yandan \((2, 3) + 2 \cdot (1, 3) = (4, 9)\). İki sonuç aynıdır.

\(\blacksquare\)

NotEn iyi lineer yaklaşım

\(F_{*\mathbf{p}}\), \(F\)’yi \(\mathbf{p}\) yakınında en iyi temsil eden lineer dönüşümdür. Kesin anlamı şudur: \(F(\mathbf{p} + \mathbf{v})\) noktası ile \(F(\mathbf{p})\)’ye \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}})\)’nin vektör kısmı eklenerek bulunan nokta arasındaki uzaklık, \(\mathbf{v}\) küçüldükçe \(\mathbf{v}\)’nin uzunluğundan çok daha hızlı sıfıra gider. \(F(u, v) = (u + v,\ uv)\) için bu fark açıkça hesaplanabilir:

\[F(\mathbf{p} + \mathbf{v}) - F(\mathbf{p}) = (v_1 + v_2,\ p_2 v_1 + p_1 v_2 + v_1 v_2).\]

İlk iki terim teğet dönüşümünün verdiği vektördür; geriye kalan \((0,\ v_1 v_2)\) ikinci mertebedendir. \(\mathbf{v} = (0{,}1;\ 0{,}1)\) için hata \(0{,}01\), \(\mathbf{v} = (0{,}05;\ 0{,}05)\) için \(0{,}0025\)’tir. Bu yaklaşımın kesin kuramı ileri analizde kurulur; bölümün sonunda ifade edeceğimiz ters fonksiyon teoreminin ispatı da ona dayanır.

Önermenin bir başka sonucu, dönüşümlerin eğrilerin hızlarını korumasıdır: bir eğrinin görüntüsünün hızını bulmak için ya görüntü eğrisini türevleriz ya da özgün eğrinin hızını \(F_*\) ile taşırız. İki yol aynı sonucu verir.

Sonuç 7.2 (Dönüşümler Hızları Korur) \(F : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m\) bir dönüşüm, \(\alpha : I \to \mathbb{R}^n\) bir eğri ve \(\beta = F(\alpha)\), \(\alpha\)’nın \(F\) altındaki görüntüsü olsun. Her \(t \in I\) için

\[\beta'(t) = F_*\bigl(\alpha'(t)\bigr).\]

İspat

\(F = (f_1, \dots, f_m)\) olsun.

Görüntünün koordinatları. \(\beta = F(\alpha) = \bigl(f_1(\alpha), \dots, f_m(\alpha)\bigr)\); yani \(\beta\)’nın \(i\)-inci koordinat fonksiyonu \(t \mapsto f_i(\alpha(t))\)’dir.

Sağ yan. \(\alpha'(t)\), \(\alpha(t)\) noktasında uygulanan bir teğet vektördür. Önerme 7.1 gereği

\[F_*\bigl(\alpha'(t)\bigr) = \bigl(\alpha'(t)[f_1], \dots, \alpha'(t)[f_m]\bigr)_{F(\alpha(t))}.\]

Eğri boyunca türev. Lemma 4.2 (\(\mathbb{R}^n\)’de) her \(i\) için \(\alpha'(t)[f_i] = \dfrac{d\bigl(f_i(\alpha)\bigr)}{dt}(t)\) verir. Yerine koyarsak

\[F_*\bigl(\alpha'(t)\bigr) = \left(\dfrac{d\bigl(f_1(\alpha)\bigr)}{dt}(t), \dots, \dfrac{d\bigl(f_m(\alpha)\bigr)}{dt}(t)\right)_{\beta(t)}\]

bulunur; burada \(F(\alpha(t)) = \beta(t)\) yazdık.

Sonuç. Sağdaki teğet vektör, koordinatları \(\beta\)’nın koordinat fonksiyonlarının türevleri olan ve \(\beta(t)\)’de uygulanan vektördür; Tanım 4.2 gereği bu \(\beta'(t)\)’dir.

\(\blacksquare\)

Teğet dönüşümünün tanımı, bu sonucun \(\alpha(t) = \mathbf{p} + t\mathbf{v}\) doğrusu ve \(t = 0\) için özel hâlidir. Sonuç, doğru yerine herhangi bir eğri alınabileceğini söyler; bu gözlemi Alıştırma 7.14’de kullanacağız.

Örnek 7.11 (Helisin Görüntüsünün Hızı) \(F = (x^2, yz, xy)\) ve \(\alpha(t) = (\cos t, \sin t, t)\) helisi verilsin. \(\beta = F(\alpha)\) görüntüsünün \(t = \pi/2\) anındaki hızını iki yoldan bulalım.

Çözüm

Birinci yol: görüntüyü türevleyerek. Noktasal formül \(F(p_1, p_2, p_3) = (p_1^2, p_2 p_3, p_1 p_2)\) olduğundan

\[\beta(t) = (\cos^2 t,\ t\sin t,\ \cos t\,\sin t).\]

Koordinatların türevleri \(-2\cos t\,\sin t\), \(\sin t + t\cos t\) ve \(\cos^2 t - \sin^2 t\)’dir. \(t = \pi/2\)’de \(\cos t = 0\) ve \(\sin t = 1\) olduğundan \(\beta'(\pi/2)\)’nin vektör kısmı \((0, 1, -1)\)’dir; uygulama noktası \(\beta(\pi/2) = (0, \pi/2, 0)\)’dır.

İkinci yol: teğet dönüşümüyle. \(\alpha(\pi/2) = (0, 1, \pi/2)\) ve \(\alpha'(t)\)’nin vektör kısmı \((-\sin t, \cos t, 1)\) olduğundan \(\alpha'(\pi/2) = (-1, 0, 1)_{(0, 1, \pi/2)}\). Kısmi türevleri bu noktada hesaplayalım:

fonksiyon \(\partial/\partial x\) \(\partial/\partial y\) \(\partial/\partial z\) \(\alpha'(\pi/2)[f_i]\)
\(f_1 = x^2\) \(2x = 0\) \(0\) \(0\) \(0\)
\(f_2 = yz\) \(0\) \(z = \pi/2\) \(y = 1\) \(0 + 0 + 1 = 1\)
\(f_3 = xy\) \(y = 1\) \(x = 0\) \(0\) \(-1 + 0 + 0 = -1\)

Son sütun, Lemma 3.1 ile \((-1, 0, 1)\) koordinatlarını kısmi türevlerle tartıp toplamaktan gelir. Önerme gereği \(F_*(\alpha'(\pi/2)) = (0, 1, -1)_{F(0, 1, \pi/2)}\) ve \(F(0, 1, \pi/2) = (0, \pi/2, 0)\).

Karşılaştırma. İki yol aynı teğet vektörü verir, Sonuç 7.2’un söylediği gibi. İkinci yolda görüntü eğrisini hiç yazmadık; yalnızca \(\alpha\)’nın o andaki konumunu ve hızını, \(F\)’nin de kısmi türevlerini kullandık.

\(\blacksquare\)

Etkileşimli sahne: helisin görüntüsü ve hızı. Bir panelde \(\alpha(t) = (\cos t, \sin t, t)\) helisi, ötekinde \(F = (x^2, yz, xy)\) altındaki görüntüsü \(\beta = F(\alpha)\) vardır; paneller sürüklenerek döndürülebilir. \(t/\pi\) kaydırıcısı iki noktayı aynı saatle yürütür ve turuncu oklar \(\alpha'(t)\) ile \(\beta'(t)\) hız vektörleridir: \(|\alpha'(t)|\) hep \(\sqrt{2}\) iken \(|\beta'(t)|\) değişir, yani korunan şey uzunluk değil \(\beta'(t) = F_*(\alpha'(t))\) bağıntısıdır. Değer satırındaki \(3 \times 3\) matrisin satırları, örnekteki tablodaki gibi \(x^2\), \(yz\) ve \(xy\)’nin \(\alpha(t)\)’deki kısmi türevleridir (bir sonraki kısımda bu matrise Jacobi matrisi diyeceğiz); matrisin \(\alpha'(t)\) ile çarpımı, görüntü türevlenerek bulunan \(\beta'(t)\) ile her \(t\) için aynıdır ve \(t = \pi/2\)’de örnekteki \((0, 1, -1)\) vektörü çıkar.

7.7 Jacobi Matrisi

Lineer bir dönüşüm, bir tabanın elemanlarına ne yaptığıyla belirlenir. \(F_{*\mathbf{p}}\) lineer olduğundan, onu \(T_{\mathbf{p}}(\mathbb{R}^n)\)’nin doğal tabanında hesaplamak yeter. \(\mathbb{R}^n\)’nin doğal çatısını \(U_1, \dots, U_n\) ile, \(\mathbb{R}^m\)’ninkini karışmasın diye \(\overline{U}_1, \dots, \overline{U}_m\) ile gösterelim.

Sonuç 7.3 (Doğal Çatının Görüntüsü) \(F = (f_1, \dots, f_m)\), \(\mathbb{R}^n\)’den \(\mathbb{R}^m\)’ye bir dönüşüm olsun. Her \(\mathbf{p}\) noktası ve her \(1 \le j \le n\) için

\[F_*\bigl(U_j(\mathbf{p})\bigr) = \sum_{i=1}^{m} \dfrac{\partial f_i}{\partial x_j}(\mathbf{p})\, \overline{U}_i\bigl(F(\mathbf{p})\bigr).\]

İspat

Yönlü türevler. \(U_j(\mathbf{p})\)’nin vektör kısmının \(j\)-inci koordinatı \(1\), ötekileri \(0\)’dır. Lemma 3.1’ndeki toplamda yalnızca \(j\)-inci terim kalır:

\[U_j(\mathbf{p})[f_i] = \dfrac{\partial f_i}{\partial x_j}(\mathbf{p}).\]

Önerme. Önerme 7.1 gereği \(F_*\bigl(U_j(\mathbf{p})\bigr)\), \(F(\mathbf{p})\)’de uygulanan ve \(i\)-inci koordinatı \(\partial f_i/\partial x_j(\mathbf{p})\) olan teğet vektördür.

Doğal çatıda yazılış. \(\mathbf{q}\)’daki bir \((w_1, \dots, w_m)_{\mathbf{q}}\) teğet vektörü, teğet uzayındaki işlemlerin tanımı gereği

\[(w_1, \dots, w_m)_{\mathbf{q}} = \sum_{i=1}^{m} w_i\,(0, \dots, 1, \dots, 0)_{\mathbf{q}} = \sum_{i=1}^{m} w_i\, \overline{U}_i(\mathbf{q})\]

biçiminde yazılır; burada \(1\), \(i\)-inci konumdadır. Bunu \(\mathbf{q} = F(\mathbf{p})\) ve \(w_i = \partial f_i/\partial x_j(\mathbf{p})\) ile uygularsak istenen formül çıkar.

\(\blacksquare\)

Formülde görünen \(m\) satırlı, \(n\) sütunlu sayı tablosuna \(F\)’nin \(\mathbf{p}\)’deki Jacobi matrisi (Jacobian matrix) denir:

\[J_F(\mathbf{p}) = \left(\dfrac{\partial f_i}{\partial x_j}(\mathbf{p})\right)_{1 \le i \le m,\ 1 \le j \le n}\]

yani açık yazılışıyla

\[J_F(\mathbf{p}) = \begin{pmatrix} \dfrac{\partial f_1}{\partial x_1}(\mathbf{p}) & \cdots & \dfrac{\partial f_1}{\partial x_n}(\mathbf{p}) \\ \vdots & & \vdots \\ \dfrac{\partial f_m}{\partial x_1}(\mathbf{p}) & \cdots & \dfrac{\partial f_m}{\partial x_n}(\mathbf{p}) \end{pmatrix}.\]

\(i\)-inci satır \(f_i\) koordinat fonksiyonuna, \(j\)-inci sütun \(x_j\) değişkenine karşılık gelir. Sonuç, matrisin \(j\)-inci sütununun \(F_*(U_j(\mathbf{p}))\)’nin vektör kısmı olduğunu söyler.

Herhangi bir teğet vektörün görüntüsü de buradan çıkar. \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}} = \sum_j v_j\, U_j(\mathbf{p})\) yazılışına Sonuç 7.1’i uygulayıp Sonuç 7.3’ni yerine koyarsak

\[F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = \sum_{i=1}^{m} \Bigl(\sum_{j=1}^{n} \dfrac{\partial f_i}{\partial x_j}(\mathbf{p})\, v_j\Bigr)\, \overline{U}_i\bigl(F(\mathbf{p})\bigr)\]

bulunur. Parantez içindeki toplam, \(J_F(\mathbf{p})\) matrisinin \(i\)-inci satırıyla \(\mathbf{v}\)’nin sütun olarak yazılışının çarpımıdır. Kısacası: \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}})\)’nin vektör kısmı \(J_F(\mathbf{p})\,\mathbf{v}\) matris çarpımıdır.

Üç özel hâl tanıdık nesnelere götürür.

  • \(m = n = 1\): Jacobi matrisi tek bir sayıdır, \(F\)’nin \(p\)’deki türevi \(F'(p)\). Teğet dönüşümü \(v_p \mapsto \bigl(F'(p)\,v\bigr)_{F(p)}\) olur; bu, girişte andığımız \(\Delta x \mapsto f'(x)\,\Delta x\) lineer yaklaşımıdır.
  • \(m = 1\): Jacobi matrisi tek satırlıdır ve \(f\)’nin kısmi türevlerinden oluşur. Teğet dönüşümü \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}} \mapsto \bigl(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}[f]\bigr)_{f(\mathbf{p})}\) olur: yönlü türev.
  • \(n = 1\): dönüşüm bir eğridir (\(\mathbb{R}\) yerine bir açık aralık alınabilir); Jacobi matrisi, elemanları yukarıdan aşağıya \(\alpha_1'(t), \dots, \alpha_m'(t)\) olan tek sütunlu matristir. Sonuç \(\alpha_*(U_1(t)) = \alpha'(t)\) der: hız vektörü, eğrinin teğet dönüşümünü sayı doğrusunun \(t\)’deki birim vektörüne uygulayarak elde edilir.

Örnek 7.12 (Jacobi Matrisinin Sütunları) \(F(u, v) = (u + v,\ uv)\) olsun. \(\mathbf{p} = (1, 2)\)’deki Jacobi matrisinin sütunlarının geometrik anlamını, küçük bir karenin görüntüsü üzerinde görelim.

Çözüm

Matris. Kısmi türevler Örnek 7.9’nde bulundu. Genel noktada ve \(\mathbf{p}\)’de

\[J_F = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ v & u \end{pmatrix}, \qquad J_F(1, 2) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}.\]

Sütunlar. Sonuç gereği \(F_*(U_1(\mathbf{p})) = (1, 2)_{(3, 2)}\) ve \(F_*(U_2(\mathbf{p})) = (1, 1)_{(3, 2)}\). Birincisini tanımla da görebiliriz: \(F(1 + t, 2) = (3 + t,\ 2 + 2t)\) doğrusunun hızı \((1, 2)\)’dir.

Bir vektörün görüntüsü. \(\mathbf{v} = (1, 1)\) için matris çarpımı

\[\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \end{pmatrix}\]

verir; bu, Örnek 7.7’da tanımdan bulduğumuz \((2, 3)\)’tür.

Küçük bir kare. Köşeleri \((1, 2)\), \((1{,}5;\ 2)\), \((1{,}5;\ 2{,}5)\), \((1;\ 2{,}5)\) olan kareyi \(F\) şu noktalara götürür:

\[\begin{aligned} F(1, 2) &= (3, 2), & F(1{,}5;\ 2) &= (3{,}5;\ 3),\\ F(1{,}5;\ 2{,}5) &= (4;\ 3{,}75), & F(1;\ 2{,}5) &= (3{,}5;\ 2{,}5). \end{aligned}\]

Kenarların görüntüleri de doğru parçalarıdır; örneğin sağ kenarın görüntüsü \(0 \le s \le 0{,}5\) için \(s \mapsto (3{,}5 + s,\ 3 + 1{,}5s)\) parçasıdır. Teğet dönüşümünün önerdiği şekil ise \((3, 2)\)’den çıkan \(0{,}5 \cdot (1, 2)\) ve \(0{,}5 \cdot (1, 1)\) oklarının kurduğu paralelkenardır; köşeleri \((3, 2)\), \((3{,}5;\ 3)\), \((4;\ 3{,}5)\), \((3{,}5;\ 2{,}5)\)’tir. Üç köşe tam uyar; dördüncü köşede gerçek görüntü \((4;\ 3{,}75)\), yaklaşım \((4;\ 3{,}5)\)’tir. Aradaki \(0{,}25\)’lik fark, kenar uzunluklarının çarpımı \(0{,}5 \cdot 0{,}5\)’tir: ikinci mertebeden bir hata.

1 1,5 2 2 2,5 3 u v U1​ U2​ p = (1, 2) 3 3,5 4 4,5 2 2,5 3 3,5 4 x y 0,25 F(p) = (3, 2) F*​(U1​) = (1, 2) F*​(U2​) = (1, 1) F JF​(p) = 1 1 2 1
F(u, v) = (u + v, uv) altında U1(p) ve U2(p) oklarının görüntüleri, p = (1, 2)’deki Jacobi matrisinin sütunları olan (1, 2) ve (1, 1)’dir; aynı renk bir oku, görüntüsünü ve matristeki sütununu birbirine bağlar. Soldaki küçük karenin gerçek görüntüsü sağdaki gri dörtgendir; turuncu kesikli paralelkenar ise iki görüntü okunun yarısıyla kurulan, teğet dönüşümünün önerdiği şekildir. Üç köşe tam uyar; dördüncü köşedeki 0,25’lik fark, kenar uzunluklarının çarpımı 0,5 · 0,5’tir, yani ikinci mertebeden bir hatadır.

\(\blacksquare\)

7.8 Düzgün Dönüşümler

Bir fonksiyonun türevi fonksiyon hakkında bilgi verir: her yerde pozitif türev, artan fonksiyon demektir. Teğet dönüşümü de dönüşüm hakkında bilgi verir. Sorulacak en önemli soru, \(F_{*\mathbf{p}}\)’nin bilgi kaybedip kaybetmediğidir: sıfırdan farklı bir teğet vektörü sıfıra, ya da iki farklı teğet vektörü aynı vektöre götürüyor mu? Örnek 7.4’deki izdüşüm dikey yönü ezmişti ve hareket eden bir nokta görüntüde durmuştu. Böyle bir kayıp hiçbir noktada yoksa dönüşüme bir ad veriyoruz.

Bu koşul eğrilerden tanıdıktır. Bir \(\alpha\) eğrisinin \(t\) anındaki teğet dönüşümü, Sonuç 7.3’nin \(n = 1\) hâline göre \(a\,U_1(t) \mapsto a\,\alpha'(t)\) kuralıdır. Bu kural ancak ve ancak \(\alpha'(t) \ne \mathbf{0}\) ise birebirdir. Düzgün eğri tanımı (Tanım 4.6), aşağıdaki tanımın \(n = 1\) hâlidir.

Tanım 7.4 (Düzgün Dönüşüm) \(F : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m\) bir dönüşüm olsun. \(\mathbb{R}^n\)’nin her \(\mathbf{p}\) noktasında \(F_{*\mathbf{p}}\) teğet dönüşümü birebirse \(F\)’ye düzgün ya da regüler dönüşüm (regular mapping) denir.

Yani düzgün bir dönüşüm hiçbir noktada hiçbir hareket yönünü ezmez: \(\mathbf{p}\)’den farklı yönlere çıkan hareketler, görüntüde de ilk mertebede farklı kalır.

Teğet dönüşümleri lineer olduğundan birebirliği lineer cebirle denetleyebiliriz. Aşağıdaki önerme, pratikte en kullanışlı ölçütün Jacobi matrisinin rankı olduğunu gösterir. Hatırlatma: bir matrisin rankı (rank), sütunlarının germe yoluyla oluşturduğu alt uzayın, yani sütun uzayının boyutudur.

Önerme 7.2 (Birebirliğin Üç Denk Biçimi) \(F : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m\) bir dönüşüm ve \(\mathbf{p}\), \(\mathbb{R}^n\)’nin bir noktası olsun. Aşağıdaki üç koşul birbirine denktir:

(1) \(F_{*\mathbf{p}}\) birebirdir.

(2) \(\mathbf{p}\)’deki bir \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\) için \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = \mathbf{0}\) ise \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}} = \mathbf{0}_{\mathbf{p}}\)’dir.

(3) \(F\)’nin \(\mathbf{p}\)’deki Jacobi matrisinin rankı, tanım uzayının boyutu olan \(n\)’dir.

İspat

(1)’den (2)’ye. Lineerlik gereği \(F_*(\mathbf{0}_{\mathbf{p}}) = F_*(0 \cdot \mathbf{0}_{\mathbf{p}}) = 0 \cdot F_*(\mathbf{0}_{\mathbf{p}})\), yani \(F(\mathbf{p})\)’deki sıfır vektörüdür. \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = \mathbf{0}\) ise \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = F_*(\mathbf{0}_{\mathbf{p}})\) olur ve birebirlik \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}} = \mathbf{0}_{\mathbf{p}}\) verir.

(2)’den (1)’e. \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = F_*(\mathbf{w}_{\mathbf{p}})\) olsun. Lineerlik gereği

\[F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}} - \mathbf{w}_{\mathbf{p}}) = F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) - F_*(\mathbf{w}_{\mathbf{p}}) = \mathbf{0}.\]

  1. gereği \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}} - \mathbf{w}_{\mathbf{p}} = \mathbf{0}_{\mathbf{p}}\), yani \(\mathbf{v} = \mathbf{w}\) ve \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}} = \mathbf{w}_{\mathbf{p}}\).

(2) koşulunu sütunlarla yazmak. \(J_F(\mathbf{p})\)’nin sütunları \(\mathbf{c}_1, \dots, \mathbf{c}_n\) olsun; bunlar \(\mathbb{R}^m\)’nin noktalarıdır. Jacobi matrisinden hemen önce gördüğümüz gibi \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}})\)’nin vektör kısmı

\[J_F(\mathbf{p})\,\mathbf{v} = v_1\mathbf{c}_1 + \dots + v_n\mathbf{c}_n\]

toplamıdır. Dolayısıyla (2) şunu söyler: \(v_1\mathbf{c}_1 + \dots + v_n\mathbf{c}_n = \mathbf{0}\) eşitliği yalnızca bütün \(v_j\)’ler sıfırken sağlanır. Bu, sütunların lineer bağımsız olmasının tanımıdır.

Bağımsız sütunlardan rank \(n\)’ye. Sütunlar sütun uzayını tanım gereği gerer. Bağımsızlarsa bu uzayın \(n\) elemanlı bir tabanıdır ve sütun uzayının boyutu \(n\)’dir.

Bağımlı sütunlardan rank \(n\)’den küçüğe. Sütunlar bağımlıysa, bazı \(v_k \ne 0\) olan bir \(v_1\mathbf{c}_1 + \dots + v_n\mathbf{c}_n = \mathbf{0}\) eşitliği vardır. Bu eşitlik \(v_k\)’ya bölünüp çözülürse \(\mathbf{c}_k\) öteki sütunların lineer birleşimi olarak yazılır. O zaman \(\mathbf{c}_k\)’yı atmak germe kümesini değiştirmez: sütun uzayı \(n - 1\) vektörle gerilir ve boyutu en çok \(n - 1\)’dir.

Sonuç. Son iki adım, sütunların bağımsız olmasının rankın \(n\) olmasına denk olduğunu gösterir. Böylece (2) ile (3) denktir; (1) ile (2)’nin denkliğiyle birlikte üç koşul da denktir.

\(\blacksquare\)

İspatın özü: bir lineer dönüşümün birebirliği çekirdeğinin sıfır olmasıdır, çekirdeğin sıfır olması da matrisin sütunlarının bağımsız olmasıdır.

Önermenin iki hızlı sonucu vardır. Birincisi, sütunlar \(\mathbb{R}^m\)’de yaşadığından sütun uzayının boyutu en çok \(m\)’dir; rank \(n\) olabilmesi için \(n \le m\) gerekir. Demek ki \(\mathbb{R}^3\)’ten \(\mathbb{R}^2\)’ye hiçbir dönüşüm düzgün olamaz; üç yönü iki boyuta sığdırmak için bir yön mutlaka ezilir. İkincisi, \(n = m\) ise Jacobi matrisi karedir ve lineer cebirden bilindiği gibi bir kare matrisin rankının \(n\) olması, determinantının sıfırdan farklı olmasına denktir. Dolayısıyla

\[F : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n \text{ düzgündür} \iff \text{her } \mathbf{p} \text{ için } \det J_F(\mathbf{p}) \ne 0.\]

Örnek 7.13 (Toplam ve Çarpım Dönüşümü Köşegen Boyunca Katlanır) \(F(u, v) = (u + v,\ uv)\) olsun. \(F_{*\mathbf{p}}\)’nin birebir olmadığı \(\mathbf{p}\) noktalarını bulalım.

Çözüm

Determinant. Örnek 7.12’ndaki matristen

\[\det J_F(u, v) = \det \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ v & u \end{pmatrix} = u - v.\]

Önerme gereği \(F_{*\mathbf{p}}\) ancak ve ancak \(p_1 \ne p_2\) ise birebirdir. \(F\), \(u = v\) köşegeni üzerindeki her noktada birebirliği kaybeder; düzgün bir dönüşüm değildir.

Ezilen yön. Köşegen üzerindeki \(\mathbf{p} = (a, a)\) noktasında matrisin iki sütunu da \((1, a)\)’dır. \(\mathbf{v} = (1, -1)\) için \(J_F(\mathbf{p})\,\mathbf{v} = (1 - 1,\ a - a) = (0, 0)\); yani \(F_*\bigl((1, -1)_{\mathbf{p}}\bigr) = \mathbf{0}\). Tanımla da görülür: \(a = 1\) için

\[F(1 + t,\ 1 - t) = (2,\ 1 - t^2)\]

eğrisi \(t = 0\)’da \((2, 1)\) noktasına varır, orada durur ve geri döner; hızı \(t = 0\)’da sıfırdır.

Katlanma. \(F(u, v) = F(v, u)\) olduğundan köşegene göre simetrik iki nokta aynı yere gider; örneğin \(F(1, 2) = F(2, 1) = (3, 2)\). \(F\), düzlemi köşegen boyunca katlayıp iki yarıyı üst üste yapıştırır. Görüntü kümesini de bulabiliriz. \((u + v)^2 - 4uv = (u - v)^2 \ge 0\) olduğundan her görüntü noktası \(x^2 \ge 4y\), yani \(y \le x^2/4\) koşulunu sağlar. Tersine bu koşulu sağlayan bir \((x, y)\) için

\[u = \dfrac{x + \sqrt{x^2 - 4y}}{2}, \qquad v = \dfrac{x - \sqrt{x^2 - 4y}}{2}\]

seçilirse \(u + v = x\) ve \(uv = \bigl(x^2 - (x^2 - 4y)\bigr)/4 = y\) olur. Görüntü kümesi \(y \le x^2/4\) bölgesidir ve köşegenin görüntüsü \(F(a, a) = (2a, a^2)\) noktalarından oluşan sınır parabolüdür. Birebirliğin kaybolduğu yer, tam olarak katlanma çizgisidir.

1 2 1 2 u v (1, 2) (2, 1) u = v (1, −1) −1 1 2 3 4 5 −1 1 2 3 4 x y (3, 2) = F(1, 2) = F(2, 1) iki ters görüntü (2, 1) hız sıfır y = x2​/4 F
F(u, v) = (u + v, uv) dönüşümü düzlemi u = v köşegeni boyunca katlar: köşegenin altındaki mavi ve üstündeki turuncu yarı düzlem aynı y ≤ x2/4 bölgesine gider, bu yüzden sağda iki tarama üst üste biner; köşegenin görüntüsü sınırdaki y = x2/4 parabolüdür. Köşegene göre simetrik turuncu (1, 2) ve mavi (2, 1) noktalarının ikisi de iki renkli (3, 2) noktasına düşer. Köşegeni dik kesen yeşil (1 + t, 1 − t) doğru parçasının görüntüsü (2, 1 − t2) eğrisidir: (2, 0)’dan (2, 1)’e çıkar, parabol üzerinde durur ve geri iner. (1, 1) noktasındaki (1, −1) hız vektörü sıfıra ezildiği için bu dönüş noktasında hız sıfırdır.

\(\blacksquare\)

Örnek 7.14 (Uzaydan Düzleme İzdüşüm Düzgün Değildir) \(P : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^2\), \(P = (x, y)\) izdüşümünün hiçbir noktada birebir teğet dönüşümü olmadığını görelim.

Çözüm

Jacobi matrisi. \(P\)’nin koordinat fonksiyonları \(x\) ve \(y\)’dir; kısmi türevleri sabittir:

\[J_P(\mathbf{p}) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}.\]

Rank. Üçüncü sütun sıfırdır ve ilk iki sütun \(\mathbb{R}^2\)’yi gerer; sütun uzayının boyutu \(2\)’dir. Tanım uzayının boyutu \(3\) olduğundan önermenin (3) koşulu bozulur.

Ezilen vektör. \(P_*\bigl(U_3(\mathbf{p})\bigr)\)’nin vektör kısmı üçüncü sütundur, yani sıfırdır. Her noktada dikey birim vektör ezilir; Örnek 7.4’de dikey doğrunun görüntüsünün durması bundandır.

Karşılaştırma için \(G(u, v) = (u, v, uv)\) dönüşümünü alalım. Jacobi matrisinin satırları \((1, 0)\), \((0, 1)\) ve \((v, u)\)’dur. İlk iki satır yüzünden \(a\,\mathbf{c}_1 + b\,\mathbf{c}_2 = \mathbf{0}\) eşitliği \(a = b = 0\) gerektirir; sütunlar bağımsız, rank \(2\)’dir. \(G\) düzgündür: düzlemi, \(z = xy\) eyer yüzeyinin üzerine hiçbir yönü ezmeden yatırır.

\(\blacksquare\)

7.9 Aynı Boyutta Birebirlik ve Örtenlik

Tanım ve değer uzayları aynı boyutta olduğunda teğet dönüşümleri için lineer cebirin güzel bir olgusu devreye girer: birebirlik ile örtenlik aynı şeydir.

Lemma 7.1 (Eşit Boyutta Birebir ile Örten Aynıdır) \(V\) ve \(W\) ikisi de \(n\) boyutlu vektör uzayları ve \(T : V \to W\) lineer bir dönüşüm olsun. \(T\)’nin birebir olması için gerek ve yeter koşul örten olmasıdır. Bu durumda \(T\) birebir, örten ve lineerdir; böyle bir dönüşüme lineer izomorfizma (linear isomorphism) denir.

İspat

\(\mathbf{e}_1, \dots, \mathbf{e}_n\), \(V\)’nin bir tabanı olsun. Her \(\mathbf{v} \in V\), \(\mathbf{v} = \sum_j a_j\mathbf{e}_j\) biçiminde tek türlü yazılır ve lineerlik \(T(\mathbf{v}) = \sum_j a_j\,T(\mathbf{e}_j)\) verir. Lineer cebirden iki olgu kullanacağız: \(n\) boyutlu bir uzayda lineer bağımsız \(n\) vektör bir tabandır; uzayı geren \(n\) vektör de bir tabandır.

Birebirden örtene. Önce \(T(\mathbf{e}_1), \dots, T(\mathbf{e}_n)\)’nin bağımsız olduğunu gösterelim. \(\sum_j c_j\,T(\mathbf{e}_j) = \mathbf{0}\) olsun. Sol yan \(T\bigl(\sum_j c_j\mathbf{e}_j\bigr)\)’dir ve \(T(\mathbf{0}) = \mathbf{0}\) olduğundan birebirlik \(\sum_j c_j\mathbf{e}_j = \mathbf{0}\) verir; \(\mathbf{e}_j\)’ler bağımsız olduğundan bütün \(c_j = 0\). Böylece \(T(\mathbf{e}_j)\)’ler \(W\)’de \(n\) bağımsız vektördür ve \(W\)’nin bir tabanıdır. Her \(\mathbf{w} \in W\) için \(\mathbf{w} = \sum_j b_j\,T(\mathbf{e}_j) = T\bigl(\sum_j b_j\mathbf{e}_j\bigr)\) olur; \(T\) örtendir.

Örtenden birebire. Her \(\mathbf{w} \in W\) bir \(\mathbf{v} = \sum_j a_j\mathbf{e}_j\) için \(\mathbf{w} = T(\mathbf{v}) = \sum_j a_j\,T(\mathbf{e}_j)\) biçimindedir; yani \(T(\mathbf{e}_j)\)’ler \(W\)’yi gerer. \(n\) boyutlu \(W\)’yi geren \(n\) vektör bir tabandır, dolayısıyla bağımsızdır. Şimdi \(T(\mathbf{v}) = T(\mathbf{v}')\) olsun ve \(\mathbf{v} = \sum_j a_j\mathbf{e}_j\), \(\mathbf{v}' = \sum_j a_j'\mathbf{e}_j\) yazalım. Lineerlik

\[\sum_{j=1}^{n} (a_j - a_j')\,T(\mathbf{e}_j) = T(\mathbf{v} - \mathbf{v}') = \mathbf{0}\]

verir; bağımsızlıktan her \(j\) için \(a_j = a_j'\), yani \(\mathbf{v} = \mathbf{v}'\). \(T\) birebirdir.

Ters dönüşüm de lineerdir. \(T\) birebir ve örtense \(T^{-1} : W \to V\) vardır. \(\mathbf{w}, \mathbf{w}' \in W\) ve \(a, b\) sayıları için \(T\)’nin lineerliği

\[T\bigl(a\,T^{-1}(\mathbf{w}) + b\,T^{-1}(\mathbf{w}')\bigr) = a\mathbf{w} + b\mathbf{w}'\]

verir. İki yana \(T^{-1}\) uygulanırsa

\[T^{-1}(a\mathbf{w} + b\mathbf{w}') = a\,T^{-1}(\mathbf{w}) + b\,T^{-1}(\mathbf{w}')\]

bulunur.

\(\blacksquare\)

Lemmayı \(F : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n\) bir dönüşümün teğet dönüşümlerine uygulayalım. \(T_{\mathbf{p}}(\mathbb{R}^n)\) ve \(T_{F(\mathbf{p})}(\mathbb{R}^n)\) ikisi de \(n\) boyutludur. Öyleyse bir noktada şu dört koşul denktir: \(F_{*\mathbf{p}}\) birebirdir; \(F_{*\mathbf{p}}\) örtendir; \(F_{*\mathbf{p}}\) bir lineer izomorfizmadır; \(\det J_F(\mathbf{p}) \ne 0\). Farklı boyutlarda lemma geçersizdir: Örnek 7.14’deki \(P_{*\mathbf{p}}\) örtendir ama birebir değildir.

Örnek 7.15 (Bir Noktadaki Teğet Dönüşümünü Tersine Çevirmek) \(F(u, v) = (u + v,\ uv)\) ve \(\mathbf{p} = (1, 2)\) olsun. \(F_{*\mathbf{p}}\)’nin ters lineer dönüşümünü bulalım.

Çözüm

İzomorfizma. Örnek 7.13 gereği \(\det J_F(\mathbf{p}) = 1 - 2 = -1 \ne 0\). \(F_{*\mathbf{p}}\) birebirdir ve lemma gereği örtendir.

Ters. \((3, 2)\)’deki bir \((a, b)\) teğet vektörünün hangi \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\)’den geldiğini bulalım. Matris çarpımı

\[v_1 + v_2 = a, \qquad 2v_1 + v_2 = b\]

denklemlerini verir. İkinciden birinciyi çıkarınca \(v_1 = b - a\), sonra \(v_2 = a - v_1 = 2a - b\). Her \((a, b)\) için çözüm vardır ve tektir; örtenlik ve birebirlik doğrudan görülür. Ters lineer dönüşüm \((a, b) \mapsto (b - a,\ 2a - b)\) olup matrisi \(J_F(\mathbf{p})\)’nin tersidir:

\[\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 2 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}.\]

Denetim. \((a, b) = (2, 3)\) için \(\mathbf{v} = (1, 1)\) bulunur; gerçekten \(F_*\bigl((1, 1)_{\mathbf{p}}\bigr) = (2, 3)\) idi.

\(\blacksquare\)

7.10 Difeomorfizmalar

Birebir ve örten bir dönüşümün ters fonksiyonu vardır. Ama bu ters fonksiyonun diferansiyellenebilir olması, yani kendisinin de bir dönüşüm olması, ayrı bir koşuldur. Tersi de dönüşüm olan dönüşümler, iki uzay arasında bütün analiz yapısını ileri geri taşımamıza izin verir: bir tarafta türevi alınabilen her şeyin karşılığı öbür tarafta da türevlenebilir.

Tanım 7.5 (Difeomorfizma) \(F : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m\) bir dönüşüm olsun. \(F\) birebir ve örtense ve ters fonksiyonu \(F^{-1} : \mathbb{R}^m \to \mathbb{R}^n\) de bir dönüşümse, yani diferansiyellenebilirse, \(F\)’ye bir difeomorfizma (diffeomorphism) denir.

Yani bir difeomorfizma, iki uzayın noktalarını birebir eşleyen ve bu eşlemenin her iki yönde de diferansiyellenebilir olduğu dönüşümdür; uzayı yırtmadan, katlamadan ve hiçbir yerde ezmeden biçimini değiştirir.

Bir \(G\) dönüşümü için \(G \circ F\) ve \(F \circ G\) bileşkelerinin ikisi de özdeşlik dönüşümü (identity map) ise, yani her noktayı kendisine götürüyorsa, \(F\) birebir ve örtendir ve \(G = F^{-1}\)’dir. Gerçekten \(F(\mathbf{p}) = F(\mathbf{q})\) ise \(G\) uygulanınca \(\mathbf{p} = \mathbf{q}\) çıkar; her \(\mathbf{y}\) de \(\mathbf{y} = F(G(\mathbf{y}))\) olduğundan bir görüntüdür. Bir dönüşümün difeomorfizma olduğunu göstermenin en doğrudan yolu, böyle bir \(G\) yazıp diferansiyellenebilir olduğunu görmektir.

NotAçık kümeler üzerinde dönüşümler

Bu bölümdeki tanımlar ve sonuçlar, Öklid uzayları yerine Öklid uzaylarının açık kümeleri alındığında da aynen geçerlidir. \(\mathcal{O}\), \(\mathbb{R}^n\)’nin bir açık kümesi ise \(F : \mathcal{O} \to \mathbb{R}^m\) fonksiyonunun koordinat fonksiyonları \(\mathcal{O}\) üzerinde diferansiyellenebilir olduğunda \(F\)’ye \(\mathcal{O}\) üzerinde bir dönüşüm denir. Teğet dönüşümünün tanımı da bozulmaz: \(\mathbf{p} \in \mathcal{O}\) olduğundan \(\mathbf{p}\)’nin çevresinde \(\mathcal{O}\)’nun içinde kalan bir top vardır; \(|t|\) yeterince küçükken \(\mathbf{p} + t\mathbf{v}\) bu topun içindedir ve \(t \mapsto F(\mathbf{p} + t\mathbf{v})\) eğrisi \(0\)’ı içeren bir açık aralıkta tanımlıdır. Böylece bir açık kümeden başka bir açık kümeye difeomorfizmadan söz edebiliriz: \(F : \mathcal{U} \to \mathcal{V}\) birebir ve örten, \(F\) ile \(F^{-1}\) ikisi de diferansiyellenebilir.

Örnek 7.16 (Lineer Dönüşümün Tersi) Örnek 7.5’deki \(F = (x - y,\ x + y,\ 2z)\) dönüşümünün bir difeomorfizma olduğunu gösterelim.

Çözüm

Tersini bulmak. \(F(p_1, p_2, p_3) = (a, b, c)\) denklemleri

\[p_1 - p_2 = a, \qquad p_1 + p_2 = b, \qquad 2p_3 = c\]

olup ilk ikisini toplayıp çıkararak \(p_1 = (a + b)/2\), \(p_2 = (b - a)/2\), \(p_3 = c/2\) bulunur. Aday ters dönüşüm

\[G(a, b, c) = \left(\dfrac{a + b}{2},\ \dfrac{b - a}{2},\ \dfrac{c}{2}\right).\]

İki bileşke. \(F(G(a, b, c))\)’nin koordinatları \(\frac{a + b}{2} - \frac{b - a}{2} = a\), \(\frac{a + b}{2} + \frac{b - a}{2} = b\) ve \(2 \cdot \frac{c}{2} = c\)’dir. \(G(F(\mathbf{p}))\)’nin koordinatları da \(\frac{2p_1}{2} = p_1\), \(\frac{2p_2}{2} = p_2\) ve \(\frac{2p_3}{2} = p_3\)’tür. İki bileşke de özdeşliktir; \(F\) birebir ve örtendir ve \(F^{-1} = G\).

Diferansiyellenebilirlik. \(G\)’nin koordinat fonksiyonları birinci dereceden polinomlardır. \(F\) bir difeomorfizmadır.

Teğet dönüşümüyle uyum. Jacobi matrisinin determinantı üçüncü satıra göre açılırsa

\[\det J_F = \det \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} = 2\,(1 + 1) = 4 \ne 0\]

bulunur; \(F\) her noktada düzgündür.

\(\blacksquare\)

Örnek 7.17 (Tersi Diferansiyellenebilir Olmayan Birebir Örten Dönüşüm) \(F : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2\), \(F(u, v) = (u^3, v)\) olsun. \(F\)’nin birebir ve örten bir dönüşüm olduğu hâlde difeomorfizma olmadığını görelim.

Çözüm

Dönüşüm, birebir ve örten. Koordinat fonksiyonları polinomdur. Her gerçel sayının tek bir gerçel küp kökü olduğundan \(G(x, y) = (\sqrt[3]{x},\ y)\) için \(F(G(x, y)) = (x, y)\) ve \(G(F(u, v)) = (u, v)\) olur; \(F\) birebir ve örtendir, tersi \(G\)’dir.

Ters diferansiyellenebilir değil. \(G\)’nin birinci koordinat fonksiyonunu \((0, b)\) noktasında \(x\)’e göre türevlemeye çalışalım:

\[\dfrac{\sqrt[3]{h} - 0}{h} = \dfrac{1}{\sqrt[3]{h^2}}.\]

\(h \to 0\) iken sağ yan sınırsız büyür; kısmi türev yoktur. \(G\) bir dönüşüm değildir, dolayısıyla \(F\) bir difeomorfizma değildir.

Engelin kaynağı. Jacobi matrisi ve determinantı

\[J_F(u, v) = \begin{pmatrix} 3u^2 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}, \qquad \det J_F(u, v) = 3u^2\]

olup determinant \(u = 0\) doğrusu üzerinde sıfırdır. Tersin bozulduğu yer, \(F\)’nin düzgünlüğü kaybettiği yerdir. Bu rastlantı değildir: bir difeomorfizmanın her noktada düzgün olduğunu Alıştırma 7.17’de genel zincir kuralıyla göreceğiz.

\(\blacksquare\)

7.11 Ters Fonksiyon Teoremi

Az önceki örnek, birebir ve örten olmanın difeomorfizma olmaya yetmediğini gösterdi; eksik olan, teğet dönüşümlerinin birebirliğiydi. Tersine şu soruyu soralım: bir noktada teğet dönüşümü birebirse, dönüşüm hakkında ne söyleyebiliriz? İleri analizin temel sonuçlarından biri, en azından o noktanın yakınında her şeyin yolunda olduğunu söyler.

Teorem 7.1 (Ters Fonksiyon Teoremi) \(F : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n\) aynı boyutlu Öklid uzayları arasında bir dönüşüm olsun. Bir \(\mathbf{p}\) noktasında \(F_{*\mathbf{p}}\) birebirse, \(\mathbf{p}\)’yi içeren öyle bir \(\mathcal{U}\) açık kümesi vardır ki \(F\)’nin \(\mathcal{U}\)’ya kısıtlanışı, \(\mathcal{U}\)’dan bir \(\mathcal{V}\) açık kümesinin üzerine bir difeomorfizmadır.

Yani bir noktada ilk mertebeden yaklaşım tersine çevrilebiliyorsa, dönüşümün kendisi de o noktanın yakınında diferansiyellenebilir bir tersle geri çevrilebilir. Sonucun ters fonksiyon teoremi (inverse function theorem) diye anılması da bundandır: kısıtlanmış \(\mathcal{U} \to \mathcal{V}\) dönüşümünün, \(\mathcal{V}\)’den \(\mathcal{U}\)’ya giden diferansiyellenebilir bir tersi olduğunu güvence altına alır. Aynı boyut koşulu esastır; \(F_{*\mathbf{p}}\) ancak o zaman birebirlikle birlikte örten, yani bir lineer izomorfizma olur.

Notİspat ileri analize aittir

Teoremin ispatı bu dersin kapsamı dışındadır ve ileri analiz derslerinde yapılır. İspatın ana fikri, \(F_{*\mathbf{p}}\)’nin \(F\)’yi \(\mathbf{p}\) yakınında en iyi temsil eden lineer dönüşüm olmasıdır: \(F(\mathbf{q}) = \mathbf{y}\) denklemi, önce lineer yaklaşımın tersiyle kabaca çözülür, sonra yaklaşık çözüm bir daraltma dönüşümünün sabit noktası olarak adım adım düzeltilir. Bu ders boyunca teoremi ispatsız bir araç olarak kullanacağız.

Teoremin ne söylediğini ve ne söylemediğini örneklerle netleştirelim.

Tek boyutta. \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) için \(f_{*a}\)’nın birebir olması \(f'(a) \ne 0\) demektir. Diyelim \(f'(a) > 0\). \(f'\) sürekli olduğundan \(a\)’yı içeren bir \((a - \delta,\ a + \delta)\) aralığında da \(f' > 0\) kalır; bu aralıkta \(f\) kesin artandır, dolayısıyla birebirdir, görüntüsü bir açık aralıktır ve tersinin türevi \(1/f'\) formülüyle bulunur. Örneğin \(f(x) = x^2\) için \(a = 1\)’de \(f'(1) = 2 \ne 0\); \(\mathcal{U} = (0, \infty)\) aralığı \(\mathcal{V} = (0, \infty)\) aralığına difeomorfik olarak gider ve ters \(\sqrt{y}\)’dir. \(a = 0\)’da ise \(f'(0) = 0\) ve \(0\)’ı içeren hiçbir aralıkta \(x^2\) birebir değildir, çünkü \(x\) ile \(-x\) aynı değeri verir.

Varsayım gereklidir. \(f(x) = x^3\) fonksiyonu \(\mathbb{R}\)’nin tamamında birebir ve örtendir, ama \(f'(0) = 0\)’dır ve tersi \(0\)’da türevlenemez; bunu Alıştırma 7.11’da ayrıntılı göreceğiz. Teoremin varsayımı bozulduğunda birebirlik bile kurtulsa ters diferansiyellenebilir olmayabilir.

Teorem yereldir. Teorem, her noktada düzgün bir dönüşümün bütün uzayda birebir olduğunu söylemez. Aşağıdaki örnek bunu gösterir.

Örnek 7.18 (Kare Alma Dönüşümünün Yerel Tersi) \(F(u, v) = (u^2 - v^2,\ 2uv)\) olsun. Alıştırma 7.9’de, \(F_{*\mathbf{p}}\)’nin başlangıç noktası dışındaki her noktada birebir olduğunu göstereceğiz. \(\mathbf{p} = (1, 0)\) noktası için teoremin söz ettiği \(\mathcal{U}\) ve \(\mathcal{V}\) açık kümelerini ve ters dönüşümü açıkça bulalım.

Çözüm

Açık kümeler. \(\mathcal{U}\), \(u > 0\) olan noktaların oluşturduğu sağ yarı düzlem olsun; \(\mathcal{V}\) ise düzlemden \(\{(x, 0) : x \le 0\}\) yarı doğrusunun çıkarılmasıyla elde edilen küme olsun. İkisi de açıktır ve \(\mathbf{p} = (1, 0) \in \mathcal{U}\).

\(F\), \(\mathcal{U}\)’yu \(\mathcal{V}\)’nin içine götürür. \(u > 0\) iken \(F(u, v) = (x, 0)\) olsaydı \(2uv = 0\)’dan \(v = 0\) ve \(x = u^2 > 0\) çıkardı. Görüntü hiçbir zaman silinen yarı doğruya düşmez.

Aday ters. \(\rho = \sqrt{x^2 + y^2}\) olmak üzere

\[G(x, y) = \left(\sqrt{\dfrac{\rho + x}{2}},\ \dfrac{y}{\sqrt{2(\rho + x)}}\right)\]

tanımlayalım. \(\rho \ge |x|\) olduğundan \(\rho + x \ge 0\)’dır; eşitlik yalnızca \(y = 0\) ve \(x \le 0\) iken, yani silinen yarı doğru üzerinde olur. Dolayısıyla \(\mathcal{V}\) üzerinde \(\rho + x > 0\)’dır, \(G\) tanımlıdır ve birinci koordinatı pozitiftir: \(G\), \(\mathcal{V}\)’yi \(\mathcal{U}\)’nun içine götürür. \(G\)’nin birinci koordinatına \(a\) dersek ikinci koordinatı \(y/(2a)\)’dır.

\(F \circ G\) özdeşliktir. \(a^2 = (\rho + x)/2\) ve \(b = y/(2a)\) için

\[a^2 - b^2 = \dfrac{\rho + x}{2} - \dfrac{y^2}{2(\rho + x)} = \dfrac{(\rho + x)^2 - y^2}{2(\rho + x)}.\]

Pay kısmında \(\rho^2 = x^2 + y^2\) kullanılırsa

\[(\rho + x)^2 - y^2 = \rho^2 + 2\rho x + x^2 - y^2 = 2x^2 + 2\rho x = 2x(x + \rho)\]

bulunur ve oran \(x\)’e eşit olur. Ayrıca \(2ab = y\). Yani \(F(G(x, y)) = (x, y)\).

\(G \circ F\) özdeşliktir. \(u > 0\) için \(x = u^2 - v^2\) ve \(y = 2uv\) ise

\[\rho^2 = (u^2 - v^2)^2 + 4u^2v^2 = (u^2 + v^2)^2,\]

yani \(\rho = u^2 + v^2\). O zaman \((\rho + x)/2 = u^2\) ve karekökü \(u > 0\) olduğundan \(u\)’dur; ikinci koordinat \(2uv/(2u) = v\) olur.

Sonuç. \(F\)’nin \(\mathcal{U}\)’ya kısıtlanışı \(\mathcal{V}\)’nin üzerine birebir ve örtendir, tersi \(G\)’dir. \(\rho\) başlangıç noktası dışında diferansiyellenebilir ve karekök pozitif sayılarda diferansiyellenebilir olduğundan \(G\) bir dönüşümdür; kısıtlanış bir difeomorfizmadır. Sayısal denetim: \(F(2, 1) = (3, 4)\) ve \(\rho = 5\) için \(G(3, 4) = \bigl(\sqrt{4},\ 4/\sqrt{16}\bigr) = (2, 1)\).

Bütün düzlemde değil. \(F(-2, -1) = (3, 4)\) de doğrudur. \((-2, -1)\) noktası \(\mathcal{U}\)’da değildir, ama bu eşitlik \(F\)’nin başlangıç noktası dışındaki bütün kümede birebir olmadığını gösterir. Her noktanın yakınında yerel bir ters vardır; tek bir global ters yoktur. Örnek 7.6’da gördüğümüz iki kez sarma bunun geometrik nedenidir.

\(\blacksquare\)

Özetle, teğet dönüşümü bir dönüşümün yerel davranışını çok iyi yakalar: \(F_{*\mathbf{p}}\) bir izomorfizma ise \(F\) de \(\mathbf{p}\) yakınında bir difeomorfizmadır. Global sorular, yani \(F\)’nin bütün uzayda birebir ya da örten olup olmadığı, teğet dönüşümünün tek başına cevaplayamayacağı sorulardır; Alıştırma 7.12 bu iki bilgi türünün nasıl birleştirilebileceğini gösterir.

7.12 Alıştırmalar

Alıştırma 7.1 (Başlangıç Noktasına Giden Noktalar) \(F(u, v) = (u^2 - v^2,\ 2uv)\) olsun. \(F(\mathbf{p}) = (0, 0)\) eşitliğini sağlayan bütün \(\mathbf{p}\) noktalarını bulunuz.

Çözüm

Denklemler. \(\mathbf{p} = (a, b)\) yazalım. \(F(\mathbf{p}) = (0, 0)\) koşulu

\[a^2 - b^2 = 0, \qquad 2ab = 0\]

denklemlerine denktir.

Durumlar. İkinci denklemden \(a = 0\) ya da \(b = 0\). \(a = 0\) ise birinci denklem \(-b^2 = 0\), yani \(b = 0\) verir. \(b = 0\) ise birinci denklem \(a^2 = 0\), yani \(a = 0\) verir.

Sonuç. Tek çözüm \(\mathbf{p} = (0, 0)\)’dır.

İkinci bir bakış. Her \(a, b\) için

\[(a^2 - b^2)^2 + (2ab)^2 = a^4 - 2a^2b^2 + b^4 + 4a^2b^2 = (a^2 + b^2)^2\]

özdeşliği geçerlidir. Sol yan \(F(\mathbf{p})\)’nin başlangıç noktasına uzaklığının karesi olduğundan bu, \(F(\mathbf{p})\)’nin uzaklığının \(\mathbf{p}\)’nin uzaklığının karesi olduğunu söyler. Uzaklığı sıfır olan tek nokta başlangıç noktasıdır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 7.2 (Bir Noktanın İki Ters Görüntüsü) \(F(u, v) = (u^2 - v^2,\ 2uv)\) olsun. \(F(\mathbf{p}) = (8, 6)\) eşitliğini sağlayan bütün \(\mathbf{p}\) noktalarını bulunuz.

Çözüm

Denklemler. \(\mathbf{p} = (a, b)\) için \(a^2 - b^2 = 8\) ve \(2ab = 6\).

Kareler toplamı. Alıştırma 7.1’daki özdeşlik

\[(a^2 + b^2)^2 = 8^2 + 6^2 = 100\]

verir. \(a^2 + b^2 \ge 0\) olduğundan \(a^2 + b^2 = 10\).

Kareler. \(a^2 + b^2 = 10\) ile \(a^2 - b^2 = 8\) taraf tarafa toplanırsa \(2a^2 = 18\), çıkarılırsa \(2b^2 = 2\) bulunur. Yani \(a^2 = 9\) ve \(b^2 = 1\); \(a = \pm 3\) ve \(b = \pm 1\).

İşaretler. \(2ab = 6 > 0\) olduğundan \(a\) ile \(b\) aynı işaretlidir. Geriye \((3, 1)\) ve \((-3, -1)\) kalır.

Denetim. \(F(3, 1) = (9 - 1,\ 6) = (8, 6)\). \((-3, -1)\) noktasında kareler ve çarpım aynı kaldığından \(F(-3, -1) = (8, 6)\) da doğrudur.

İki çözüm birbirinin tam karşısındadır, \(F(-\mathbf{p}) = F(\mathbf{p})\) özelliğinin gerektirdiği gibi. İkisinin de başlangıç noktasına uzaklığı \(\sqrt{10}\)’dur ve \((8, 6)\)’nın uzaklığı \(10\)’dur: uzaklık karesine çıkar.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 7.3 (Kendi Üzerine Giden Noktalar) \(F(u, v) = (u^2 - v^2,\ 2uv)\) olsun. \(F(\mathbf{p}) = \mathbf{p}\) eşitliğini sağlayan bütün \(\mathbf{p}\) noktalarını bulunuz.

Çözüm

Denklemler. \(\mathbf{p} = (a, b)\) için

\[a^2 - b^2 = a, \qquad 2ab = b.\]

İkinci denklem. \(2ab - b = b(2a - 1) = 0\) olduğundan \(b = 0\) ya da \(a = 1/2\).

Birinci durum, \(b = 0\). Birinci denklem \(a^2 = a\), yani \(a(a - 1) = 0\) olur; \(a = 0\) ya da \(a = 1\). Çözümler \((0, 0)\) ve \((1, 0)\).

İkinci durum, \(a = 1/2\). Birinci denklem \(1/4 - b^2 = 1/2\), yani \(b^2 = -1/4\) olur. Hiçbir gerçel \(b\) bunu sağlamaz.

Sonuç. \(F(\mathbf{p}) = \mathbf{p}\) olan noktalar \((0, 0)\) ve \((1, 0)\)’dır. Denetim: \(F(1, 0) = (1, 0)\).

Geometrik denetim. \(F(\mathbf{p}) = \mathbf{p}\) ise uzaklıklar eşittir; uzaklık karesine çıktığından uzaklık \(0\) ya da \(1\) olmalıdır. Birim çember üzerinde \(F\) açıyı iki katına çıkarır ve \(2\theta\) açısı \(\theta\) ile ancak \(\theta\), \(2\pi\)’nin tam katıyken aynı yönü gösterir. Bu da \((1, 0)\) noktasıdır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 7.4 (Yatay Doğrunun Görüntüsü) \(F(u, v) = (u^2 - v^2,\ 2uv)\) olsun. \(v = 1\) yatay doğrusunu ve onun \(F\) altındaki görüntüsünü (bir parabol) çiziniz.

Çözüm

Parametrelendirme. Doğruyu \(\alpha(t) = (t, 1)\) eğrisiyle dolaşalım.

Görüntü. \(\beta(t) = F(t, 1) = (t^2 - 1,\ 2t)\).

Denklem. \(x = t^2 - 1\) ve \(y = 2t\) yazarsak \(t = y/2\) olur ve \(x = y^2/4 - 1\) bulunur. Tersine bu parabolün her \((x, y)\) noktası \(t = y/2\) anındaki \(\beta(t)\)’dir. Görüntü, \(x = y^2/4 - 1\) parabolünün tamamıdır.

Çizim için noktalar.

\(t\) \(-2\) \(-1\) \(0\) \(1\) \(2\)
\(\alpha(t)\) \((-2, 1)\) \((-1, 1)\) \((0, 1)\) \((1, 1)\) \((2, 1)\)
\(\beta(t)\) \((3, -4)\) \((0, -2)\) \((-1, 0)\) \((0, 2)\) \((3, 4)\)

Parabolün tepesi \((-1, 0)\)’dır, sağa açılır ve \(x\) eksenine göre simetriktir. \(y^2 = 4(x + 1)\) biçiminde yazılınca odağının başlangıç noktası olduğu görülür. \(t\) artarken \(\beta\) parabolü aşağıdan yukarıya dolaşır.

Hız. \(\beta'(t)\)’nin vektör kısmı \((2t, 2)\)’dir ve hiç sıfır olmaz. Sonuç 7.2 gereği bu vektör \(F_*(\alpha'(t))\)’dir. Çizim Alıştırma 7.6’deki şekilde görülür.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 7.5 (Dikey Doğrunun Görüntüsü) \(F(u, v) = (u^2 - v^2,\ 2uv)\) olsun. \(u = 1\) dikey doğrusunu ve onun \(F\) altındaki görüntüsünü (bir parabol) çiziniz.

Çözüm

Parametrelendirme ve görüntü. \(\alpha(t) = (1, t)\) için \(\beta(t) = F(1, t) = (1 - t^2,\ 2t)\).

Denklem. \(y = 2t\)’den \(t = y/2\) ve \(x = 1 - y^2/4\). Görüntü bu parabolün tamamıdır.

Çizim için noktalar.

\(t\) \(-2\) \(-1\) \(0\) \(1\) \(2\)
\(\alpha(t)\) \((1, -2)\) \((1, -1)\) \((1, 0)\) \((1, 1)\) \((1, 2)\)
\(\beta(t)\) \((-3, -4)\) \((0, -2)\) \((1, 0)\) \((0, 2)\) \((-3, 4)\)

Parabolün tepesi \((1, 0)\)’dır ve sola açılır; \(y^2 = -4(x - 1)\) yazılışı odağın yine başlangıç noktası olduğunu gösterir.

Yatay doğrunun görüntüsüyle karşılaştırma. Alıştırma 7.4’daki \(x = y^2/4 - 1\) parabolüyle bu parabol \((0, 2)\) ve \((0, -2)\)’de kesişir. \((0, 2) = F(1, 1)\), iki doğrunun kesişim noktasının görüntüsüdür. \((0, -2)\) ise iki farklı noktanın görüntüsüdür: yatay doğrunun \((-1, 1)\) noktasının ve dikey doğrunun \((1, -1)\) noktasının. Bu da \(F(-\mathbf{p}) = F(\mathbf{p})\)’nin bir sonucudur.

Kesişim açısı. \((0, 2)\)’de iki görüntünün hızları \(t = 1\) anında \((2, 2)\) ve \((-2, 2)\)’dir. İç çarpımları \(-4 + 4 = 0\) olduğundan paraboller dik kesişir, tıpkı özgün doğruların \((1, 1)\)’de dik kesişmesi gibi.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 7.6 (Birim Karenin Görüntüsü) \(F(u, v) = (u^2 - v^2,\ 2uv)\) olsun. \(0 \le u \le 1\), \(0 \le v \le 1\) birim karesinin \(F\) altındaki görüntüsünü betimleyiniz.

Çözüm

Kenarların görüntüleri. Karenin dört kenarını ayrı ayrı taşıyalım (\(0 \le s \le 1\)):

kenar noktası görüntüsü görüntünün rotası
alt, \(v = 0\) \((s, 0)\) \((s^2, 0)\) \((0, 0)\)’dan \((1, 0)\)’a doğru parçası
sol, \(u = 0\) \((0, s)\) \((-s^2, 0)\) \((0, 0)\)’dan \((-1, 0)\)’a doğru parçası
üst, \(v = 1\) \((s, 1)\) \((s^2 - 1, 2s)\) \(x = y^2/4 - 1\) parabolünün \((-1, 0)\)’dan \((0, 2)\)’ye yayı
sağ, \(u = 1\) \((1, s)\) \((1 - s^2, 2s)\) \(x = 1 - y^2/4\) parabolünün \((1, 0)\)’dan \((0, 2)\)’ye yayı

Aday bölge. Kenarların görüntüleri, \(x\) ekseninin \([-1, 1]\) parçası ile iki parabol yayının sınırladığı bölgeyi çevreler:

\[R = \left\{(x, y) : y \ge 0,\ \ \dfrac{y^2}{4} - 1 \le x \le 1 - \dfrac{y^2}{4}\right\}.\]

İki eşitsizlik birlikte \(y^2 \le 4\) gerektirdiğinden \(R\)’de \(0 \le y \le 2\)’dir.

Karenin görüntüsü \(R\)’nin içindedir. \(0 \le a, b \le 1\) ve \((x, y) = F(a, b) = (a^2 - b^2,\ 2ab)\) olsun. \(y = 2ab \ge 0\). Ayrıca \(y^2/4 = a^2b^2\) olduğundan

\[x - \Bigl(\dfrac{y^2}{4} - 1\Bigr) = a^2 - b^2 - a^2b^2 + 1 = (1 + a^2)(1 - b^2) \ge 0,\]

\[\Bigl(1 - \dfrac{y^2}{4}\Bigr) - x = 1 - a^2b^2 - a^2 + b^2 = (1 - a^2)(1 + b^2) \ge 0.\]

Her iki çarpımda da çarpanlar negatif değildir, çünkü \(a^2 \le 1\) ve \(b^2 \le 1\).

\(R\)’nin her noktası karenin bir noktasının görüntüsüdür. \((x, y) \in R\) olsun ve \(\rho = \sqrt{x^2 + y^2}\) diyelim. \(\rho \ge |x|\) olduğundan

\[a = \sqrt{\dfrac{\rho + x}{2}}, \qquad b = \sqrt{\dfrac{\rho - x}{2}}\]

sayıları tanımlı ve negatif değildir. \(a^2 - b^2 = x\) ve \(2ab = \sqrt{\rho^2 - x^2} = \sqrt{y^2} = y\) olur (son adımda \(y \ge 0\) kullandık); yani \(F(a, b) = (x, y)\). Geriye \(a \le 1\) ve \(b \le 1\) olduğunu göstermek kalır.

\(a \le 1\) koşulu \(\rho \le 2 - x\)’e denktir. \(x \le 1\) olduğundan \(2 - x > 0\)’dır ve iki yanın karesini almak denkliği bozmaz: \(x^2 + y^2 \le 4 - 4x + x^2\), yani \(x \le 1 - y^2/4\). Bu \(R\)’nin tanımında vardır.

\(b \le 1\) koşulu \(\rho \le 2 + x\)’e denktir. \(x \ge y^2/4 - 1 \ge -1\) olduğundan \(2 + x > 0\)’dır; kare alınca \(x^2 + y^2 \le 4 + 4x + x^2\), yani \(x \ge y^2/4 - 1\) çıkar. Bu da \(R\)’nin tanımındadır.

Sonuç. Birim karenin görüntüsü tam olarak \(R\) bölgesidir: tabanı \(x\) ekseninin \([-1, 1]\) parçası olan, iki yanı birbirinin ayna görüntüsü olan parabol yaylarıyla sınırlanmış ve tepesi \((0, 2)\)’de olan kemer biçimli bölge.

Köşeler. \((0, 0)\), \((1, 0)\), \((1, 1)\), \((0, 1)\) köşeleri sırasıyla \((0, 0)\), \((1, 0)\), \((0, 2)\), \((-1, 0)\)’a gider. \((1, 0)\), \((1, 1)\) ve \((0, 1)\)’deki dik açılar görüntüde de dik kalır; örneğin \((0, 2)\)’de Alıştırma 7.5’de gördüğümüz gibi. \((0, 0)\) köşesindeki dik açı ise açılıp düz açıya dönüşür: iki kenar \([-1, 1]\) parçasının iki yarısına gider. Bu bozulma, Alıştırma 7.9’de göreceğimiz gibi \(F_{*\mathbf{p}}\)’nin yalnızca başlangıç noktasında birebirliğini kaybetmesiyle ilgilidir.

u v −2 −1 2 −2 −1 2 v = 1 u = 1 F x y −3 −2 2 3 −4 4 F(1, 1) = (0, 2) x = y2​/4 − 1 x = 1 − y2​/4
Solda v = 1 yatay doğrusu (mavi), u = 1 dikey doğrusu (yeşil) ve taralı birim kare; sağda bunların F(u, v) = (u2 − v2, 2uv) altındaki görüntüleri: x = y2/4 − 1 ve x = 1 − y2/4 parabolleri ile tepesi (0, 2)’de olan kemer biçimli bölge. Karenin üst ve sağ kenarı iki parabol yayına, turuncu çizilen alt ve sol kenarı ise x ekseninin [−1, 1] parçasının iki yarısına gider. Aynı biçimli işaretler her köşeyi görüntüsüyle eşler: (1, 1)’deki dik açı (0, 2)’de dik kalır, (0, 0)’daki dik açı ise düz açıya açılır. Halkalı (0, −2) noktası iki farklı noktanın, (−1, 1) ile (1, −1)’in görüntüsüdür.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 7.7 (Teğet Dönüşümünü Doğrudan Tanımla Hesaplamak) \(F(u, v) = (u^2 - v^2,\ 2uv)\) olsun ve \(\mathbf{v} = (v_1, v_2)\), \(\mathbb{R}^2\)’ye \(\mathbf{p} = (p_1, p_2)\) noktasında bir teğet vektör olsun. Yalnızca teğet dönüşümünün tanımını kullanarak \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}})\)’yi \(\mathbf{v}\) ve \(\mathbf{p}\)’nin koordinatlarıyla ifade ediniz.

Çözüm

Doğru. \(\mathbf{p} + t\mathbf{v} = (p_1 + tv_1,\ p_2 + tv_2)\).

Görüntü eğrisinin koordinatları. Kareleri ve çarpımı açıp \(t\)’nin kuvvetlerine göre toplarsak

\[\begin{aligned} (p_1 + tv_1)^2 - (p_2 + tv_2)^2 &= (p_1^2 - p_2^2) + 2t\,(p_1v_1 - p_2v_2) + t^2\,(v_1^2 - v_2^2),\\ 2(p_1 + tv_1)(p_2 + tv_2) &= 2p_1p_2 + 2t\,(p_1v_2 + p_2v_1) + 2t^2\,v_1v_2. \end{aligned}\]

Başlangıç hızı. \(c_0 + c_1t + c_2t^2\) biçimindeki bir polinomun \(t = 0\)’daki türevi \(c_1\)’dir. Dolayısıyla eğrinin \(t = 0\)’daki hızının koordinatları \(2(p_1v_1 - p_2v_2)\) ve \(2(p_2v_1 + p_1v_2)\)’dir. Hız, \(t = 0\) anındaki noktada, \(F(\mathbf{p})\)’de uygulanır:

\[F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = \bigl(2(p_1v_1 - p_2v_2),\ 2(p_2v_1 + p_1v_2)\bigr)_{(p_1^2 - p_2^2,\ 2p_1p_2)}.\]

Önermeyle denetim. \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}[u^2 - v^2] = 2p_1v_1 - 2p_2v_2\) ve \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}[2uv] = 2p_2v_1 + 2p_1v_2\); Önerme 7.1 aynı sonucu verir.

Sayısal örnek. \(\mathbf{p} = (1, 2)\) ve \(\mathbf{v} = (3, -1)\) için \(p_1v_1 - p_2v_2 = 3 + 2 = 5\) ve \(p_2v_1 + p_1v_2 = 6 - 1 = 5\); \(F(\mathbf{p}) = (-3, 4)\). Sonuç: \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = (10, 10)_{(-3, 4)}\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 7.8 (Kare Alma Dönüşümünün Jacobi Matrisi) \(F(u, v) = (u^2 - v^2,\ 2uv)\) olsun. \(F\)’nin her noktadaki Jacobi matrisinin formülünü bulunuz.

Çözüm

Kısmi türevler. \(f_1 = u^2 - v^2\) ve \(f_2 = 2uv\) için

\[\dfrac{\partial f_1}{\partial u} = 2u, \quad \dfrac{\partial f_1}{\partial v} = -2v, \quad \dfrac{\partial f_2}{\partial u} = 2v, \quad \dfrac{\partial f_2}{\partial v} = 2u.\]

Matris. Satırlar koordinat fonksiyonlarına, sütunlar değişkenlere karşılık geldiğinden \(\mathbf{p} = (p_1, p_2)\) noktasında

\[J_F(\mathbf{p}) = \begin{pmatrix} 2p_1 & -2p_2 \\ 2p_2 & 2p_1 \end{pmatrix}.\]

Sütunların anlamı. Sonuç 7.3 gereği \(F_*(U_1(\mathbf{p}))\)’nin vektör kısmı \((2p_1, 2p_2)\), \(F_*(U_2(\mathbf{p}))\)’ninki \((-2p_2, 2p_1)\)’dir. Matrisi \(\mathbf{v}\) ile çarpmak \((2p_1v_1 - 2p_2v_2,\ 2p_2v_1 + 2p_1v_2)\) verir; bu, Alıştırma 7.7’da tanımdan bulduğumuz vektördür.

Geometrik okuma. \(\mathbf{p}\)’yi kutupsal olarak \((r\cos\theta,\ r\sin\theta)\) biçiminde yazarsak

\[J_F(\mathbf{p}) = 2r \begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix}\]

olur. Sağdaki matris \(\theta\) açısı kadar dönmedir. \(F_{*\mathbf{p}}\), teğet vektörleri \(\theta\) kadar döndürüp \(2r\) katına uzatır. Örneğin \(\mathbf{p} = (1, 1)\) için \(r = \sqrt{2}\) ve \(\theta = \pi/4\)’tür; matris

\[J_F(1, 1) = \begin{pmatrix} 2 & -2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}\]

olur ve teğet vektörleri \(45\) derece döndürüp \(2\sqrt{2}\) katına uzatır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 7.9 (Başlangıç Noktası Dışında Lineer İzomorfizma) \(F(u, v) = (u^2 - v^2,\ 2uv)\) olsun. \(F_{*\mathbf{p}}\)’nin tam olarak başlangıç noktası dışındaki noktalarda bir lineer izomorfizma olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Determinant. Alıştırma 7.8’daki matristen

\[\det J_F(\mathbf{p}) = (2p_1)(2p_1) - (-2p_2)(2p_2) = 4(p_1^2 + p_2^2).\]

Başlangıç noktası dışında. \(\mathbf{p} \ne \mathbf{0}\) ise \(p_1^2 + p_2^2 > 0\) ve determinant sıfırdan farklıdır. Kare matrisin rankı \(2\)’dir; Önerme 7.2 gereği \(F_{*\mathbf{p}}\) birebirdir. \(T_{\mathbf{p}}(\mathbb{R}^2)\) ve \(T_{F(\mathbf{p})}(\mathbb{R}^2)\) ikisi de iki boyutlu olduğundan Lemma 7.1 gereği \(F_{*\mathbf{p}}\) örtendir de; yani bir lineer izomorfizmadır.

Başlangıç noktasında. \(J_F(\mathbf{0})\) sıfır matristir. Her \(\mathbf{v}\) için \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{0}}) = \mathbf{0}\) olur; örneğin \(F_*(U_1(\mathbf{0})) = \mathbf{0}\) ve \(U_1(\mathbf{0}) \ne \mathbf{0}\). \(F_{*\mathbf{0}}\) birebir değildir, dolayısıyla izomorfizma değildir.

Sonuç. \(F\) düzgün değildir, ama tek kusurlu noktası başlangıç noktasıdır; açık \(\mathbb{R}^2 - \{\mathbf{0}\}\) kümesine kısıtlanınca düzgündür. Ters fonksiyon teoremi her \(\mathbf{p} \ne \mathbf{0}\) noktasının çevresinde yerel bir difeomorfizma verir (Örnek 7.18), ama \(F(-\mathbf{p}) = F(\mathbf{p})\) olduğundan bu küme üzerinde birebir değildir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 7.10 (Lineer Dönüşümün Teğet Dönüşümü) \(F : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m\) bir lineer dönüşüm ise her \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\) için \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = F(\mathbf{v})_{F(\mathbf{p})}\) olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

\(F\) bir dönüşümdür. \(\mathbf{u}_1, \dots, \mathbf{u}_n\), \(\mathbb{R}^n\)’nin birim noktaları olsun ve \(a_{ij}\), \(F(\mathbf{u}_j)\)’nin \(i\)-inci koordinatı olsun. \(\mathbf{p} = \sum_j p_j\mathbf{u}_j\) ve lineerlik \(F(\mathbf{p}) = \sum_j p_j\,F(\mathbf{u}_j)\) verir; \(i\)-inci koordinat \(f_i(\mathbf{p}) = \sum_j a_{ij}\,p_j\) olur. Yani \(f_i = \sum_j a_{ij}\,x_j\), sabit katsayılı birinci dereceden bir polinomdur ve diferansiyellenebilirdir.

Görüntü eğrisi. Lineerlik gereği

\[F(\mathbf{p} + t\mathbf{v}) = F(\mathbf{p}) + t\,F(\mathbf{v}).\]

Bu, \(F(\mathbf{p})\)’den geçen ve \(F(\mathbf{v})\) doğrultusundaki doğrudur; \(i\)-inci koordinatı \(f_i(\mathbf{p}) + t\,f_i(\mathbf{v})\)’dir.

Başlangıç hızı. \(i\)-inci koordinatın türevi \(f_i(\mathbf{v})\)’dir ve \(t\)’ye bağlı değildir. Hız \(t = 0\)’da \(F(\mathbf{p})\)’de uygulanır. Dolayısıyla

\[F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = \bigl(f_1(\mathbf{v}), \dots, f_m(\mathbf{v})\bigr)_{F(\mathbf{p})} = F(\mathbf{v})_{F(\mathbf{p})}.\]

Yorum. Lineer bir dönüşüm kendi kendisinin en iyi lineer yaklaşımıdır: teğet dönüşümü vektör kısmına \(F\)’nin kendisini uygular, uygulama noktasını da \(F\) ile taşır. Jacobi matrisi her noktada aynıdır: \(\partial f_i/\partial x_j = a_{ij}\), yani \(F\)’nin kendi matrisi.

Sayısal örnek. \(F = (x - y,\ x + y,\ 2z)\), \(\mathbf{p} = (1, 2, 3)\) ve \(\mathbf{v} = (2, 1, -1)\) için \(F(\mathbf{v}) = (1, 3, -2)\) ve \(F(\mathbf{p}) = (-1, 3, 6)\); sonuç \((1, 3, -2)_{(-1, 3, 6)}\). Önermeyle: \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}[x - y] = 2 - 1 = 1\), \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}[x + y] = 3\), \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}[2z] = -2\). Uyuşur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 7.11 (Birebir ve Örten Ama Difeomorfizma Olmayan Dönüşüm) Birebir ve örten olduğu hâlde bir difeomorfizma olmayan bir dönüşüm örneği veriniz. İpucu: \(m = n = 1\) alınabilir.

Çözüm

Aday. \(F : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(F(x) = x^3\). Polinom olduğundan bir dönüşümdür.

Birebir. \(x^3 = y^3\) ise \(x^3 - y^3 = 0\) olur ve bu fark \((x - y)(x^2 + xy + y^2)\) biçiminde çarpanlarına ayrılır. İkinci çarpan

\[x^2 + xy + y^2 = \Bigl(x + \dfrac{y}{2}\Bigr)^2 + \dfrac{3y^2}{4}\]

biçiminde yazılır ve yalnızca \(x = y = 0\) iken sıfırdır. Her iki durumda da \(x = y\).

Örten. Her gerçel \(c\) sayısının bir gerçel küp kökü \(\sqrt[3]{c}\) vardır ve \(F(\sqrt[3]{c}) = c\). (Varlık, \(x^3\)’ün sürekli olup \(-\infty\) ile \(+\infty\) arasındaki her değeri almasından, ara değer teoreminden gelir.)

Tersi \(0\)’da türevlenemez. Ters fonksiyon \(G(y) = \sqrt[3]{y}\)’dir. \(0\)’daki fark oranı

\[\dfrac{G(h) - G(0)}{h} = \dfrac{\sqrt[3]{h}}{h} = \dfrac{1}{\sqrt[3]{h^2}}\]

olup \(h \to 0\) iken sınırsız büyür. \(G\), \(0\)’da türevlenemez; \(F\) bir difeomorfizma değildir.

Hiçbir diferansiyellenebilir ters olamaz. Başka bir gerekçe engelin kaynağını gösterir. \(G\) diferansiyellenebilir olsaydı her \(x\) için \(G(F(x)) = x\) eşitliğini türevleyip zincir kuralını kullanarak \(G'(F(x))\,F'(x) = 1\) elde ederdik. \(x = 0\)’da \(F'(0) = 0\) olduğundan sol yan \(0\) olurdu. Çelişki. Sorun, \(F_{*0}\)’ın birebir olmamasıdır: \(F\), \(0\)’da düzgün değildir.

Grafik yorumu. \(y = \sqrt[3]{x}\) grafiği, \(y = x^3\) grafiğinin \(y = x\) doğrusuna göre yansımasıdır. \(x^3\)’ün başlangıç noktasındaki yatay teğeti, yansımada dikey bir teğete dönüşür; dikey teğetin eğimi tanımsızdır.

−2 −1 1 2 −2 −1 1 2 x y y = x3​ y = 3 x y = x eğim 0 dikey teğet (1, 1) (−1, −1)
y = x3 grafiği (mavi) ile tersi olan küp kök grafiği (turuncu), kesikli y = x doğrusuna göre birbirinin yansımasıdır: mavi eğri üzerindeki (0,5; 0,125) noktası, bu doğruya dik kesikli parça boyunca turuncu eğri üzerindeki (0,125; 0,5) noktasına gider. İki grafik (1, 1), (−1, −1) ve başlangıç noktasında kesişir; orada x3’ün teğeti yataydır (eğim 0), yansıma ise bu teğeti dikey bir teğete çevirir. Dikey teğetin eğimi tanımsız olduğundan küp kök fonksiyonu 0’da türevlenemez; x3 birebir ve örten olduğu hâlde bir difeomorfizma değildir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 7.12 (Birebir, Örten ve Düzgün Dönüşüm Difeomorfizmadır) \(F : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n\) birebir, örten ve düzgün bir dönüşüm ise \(F\)’nin bir difeomorfizma olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Kurulum. \(F\) birebir ve örten olduğundan ters fonksiyonu \(G = F^{-1} : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n\) vardır. Göstermemiz gereken, \(G\)’nin koordinat fonksiyonlarının her noktada her mertebeden kısmi türevlerinin var ve sürekli olmasıdır.

Yerel ters. Bir \(\mathbf{q}\) noktası sabitleyelim ve \(\mathbf{p} = G(\mathbf{q})\) diyelim; \(F(\mathbf{p}) = \mathbf{q}\). \(F\) düzgün olduğundan \(F_{*\mathbf{p}}\) birebirdir. Teorem 7.1 gereği \(\mathbf{p}\)’yi içeren bir \(\mathcal{U}\) açık kümesi ve bir \(\mathcal{V}\) açık kümesi vardır ki \(F\), \(\mathcal{U}\)’yu \(\mathcal{V}\)’nin üzerine difeomorfik olarak götürür. Bu kısıtlanışın diferansiyellenebilir tersine \(H : \mathcal{V} \to \mathcal{U}\) diyelim. \(\mathbf{q} = F(\mathbf{p})\), \(\mathcal{V}\)’nin bir noktasıdır.

\(G\) ile \(H\), \(\mathcal{V}\) üzerinde çakışır. \(\mathbf{y} \in \mathcal{V}\) olsun. \(H\)’nin tanımı gereği \(F(H(\mathbf{y})) = \mathbf{y}\), \(G\)’nin tanımı gereği \(F(G(\mathbf{y})) = \mathbf{y}\). İki nokta aynı görüntüye sahip ve \(F\) bütün \(\mathbb{R}^n\)’de birebir olduğundan \(H(\mathbf{y}) = G(\mathbf{y})\).

Türev yereldir. \(\mathcal{V}\) açık olduğundan her noktasının çevresinde tamamen \(\mathcal{V}\)’nin içinde kalan bir top vardır. Kısmi türevleri tanımlayan fark oranları, yeterince küçük adımlarla, yalnızca bu topun noktalarını kullanır. \(G\) ve \(H\) bu noktalarda aynı değerleri aldığından \(G\)’nin koordinat fonksiyonlarının \(\mathcal{V}\)’nin her noktasında her mertebeden kısmi türevleri vardır, \(H\)’ninkilere eşittir ve süreklidir. Özellikle \(\mathbf{q}\)’da.

Sonuç. \(\mathbf{q}\) keyfi olduğundan \(G\), \(\mathbb{R}^n\)’nin her noktasında diferansiyellenebilirdir. \(F\) bir difeomorfizmadır.

Varsayımlar nerede kullanıldı? Örtenlik \(G\)’nin bütün \(\mathbb{R}^n\)’de tanımlı olmasını, birebirlik yerel ters \(H\)’nin global \(G\) ile çakışmasını, düzgünlük ise teoremin her noktada uygulanabilmesini sağladı. Birebirlik ya da örtenlik olmadan ters fonksiyon zaten yoktur; ilginç olan, düzgünlüğün de atılamamasıdır: \(x \mapsto x^3\) birebir ve örtendir ama \(0\)’da düzgün değildir ve tersi diferansiyellenebilir değildir (Alıştırma 7.11). Öte yandan düzgünlük tek başına yetmez: Alıştırma 7.20’daki dönüşüm her noktada düzgündür ama ne birebir ne de örtendir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 7.13 (Dönüşümler Yönlü Türevleri Korur) \(F : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m\) bir dönüşüm, \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\), \(\mathbb{R}^n\)’ye bir teğet vektör ve \(g\), \(\mathbb{R}^m\) üzerinde diferansiyellenebilir bir fonksiyon olsun. \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}})[g] = \mathbf{v}_{\mathbf{p}}[g \circ F]\) olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

\(g \circ F\) diferansiyellenebilir. \(F = (f_1, \dots, f_m)\) ise \(g \circ F = g(f_1, \dots, f_m)\) bir yerleştirmedir; zincir kuralı gereği \(\mathbb{R}^n\) üzerinde diferansiyellenebilir bir fonksiyondur. Bileşke \(g(F)\) diye de yazılır.

Ortak eğri. \(\beta(t) = F(\mathbf{p} + t\mathbf{v})\) olsun. Teğet dönüşümünün tanımı gereği \(\beta(0) = F(\mathbf{p})\) ve \(\beta'(0) = F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}})\).

Sol yan. Lemma 4.2’i (\(\mathbb{R}^m\)’de) \(\beta\) eğrisine \(t = 0\)’da uygularsak

\[F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}})[g] = \beta'(0)[g] = \left.\dfrac{d}{dt}\, g\bigl(\beta(t)\bigr)\right|_{t = 0}.\]

Sağ yan. Tanım 3.1 gereği

\[\mathbf{v}_{\mathbf{p}}[g \circ F] = \left.\dfrac{d}{dt}\,(g \circ F)(\mathbf{p} + t\mathbf{v})\right|_{t = 0} = \left.\dfrac{d}{dt}\, g\bigl(\beta(t)\bigr)\right|_{t = 0}.\]

Sonuç. İki yan aynı tek değişkenli fonksiyonun \(t = 0\)’daki türevidir; eşittirler.

Yorum. \(g\)’nin taşınmış vektör boyunca değişimini ölçmek, \(g \circ F\)’nin özgün vektör boyunca değişimini ölçmekle aynıdır: önce taşıyıp sonra ölçmek, önce \(g\)’yi geri çekip sonra ölçmekle aynı sonucu verir.

Sayısal denetim. \(F(u, v) = (u^2 - v^2,\ 2uv)\), \(g = x^2 + y^2\), \(\mathbf{p} = (1, 2)\) ve \(\mathbf{v} = (3, -1)\) alalım. Alıştırma 7.7’dan \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = (10, 10)_{(-3, 4)}\). \(g\)’nin kısmi türevleri \((-3, 4)\)’te \(2x = -6\) ve \(2y = 8\) olduğundan sol yan \(10 \cdot (-6) + 10 \cdot 8 = 20\). Öte yandan Alıştırma 7.1’daki özdeşlik \(g \circ F = (u^2 + v^2)^2\) verir; kısmi türevler \(4u(u^2 + v^2) = 20\) ve \(4v(u^2 + v^2) = 40\) olduğundan sağ yan \(3 \cdot 20 + (-1) \cdot 40 = 20\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 7.14 (Doğru Yerine Herhangi Bir Eğri) \(F : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m\) bir dönüşüm ve \(\alpha\), \(0\)’ı içeren bir açık aralıkta tanımlı, \(\alpha(0) = \mathbf{p}\) ve \(\alpha'(0) = \mathbf{v}_{\mathbf{p}}\) olan bir eğri olsun. \(F(\alpha)\) eğrisinin \(t = 0\)’daki hızının \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}})\) olduğunu, yani teğet dönüşümünün tanımında \(t \mapsto \mathbf{p} + t\mathbf{v}\) doğrusu yerine bu başlangıç hızına sahip herhangi bir eğri alınabileceğini gösteriniz.

Çözüm

Koordinatlar. \(F = (f_1, \dots, f_m)\) olsun. \(F(\alpha)\)’nın \(i\)-inci koordinat fonksiyonu \(f_i(\alpha)\)’dır ve hızı \(t = 0\)’da \(F(\alpha(0)) = F(\mathbf{p})\) noktasında uygulanır.

Her koordinatın türevi. Lemma 4.2 gereği

\[\dfrac{d\bigl(f_i(\alpha)\bigr)}{dt}(0) = \alpha'(0)[f_i] = \mathbf{v}_{\mathbf{p}}[f_i].\]

Sonuç. \(F(\alpha)\)’nın \(t = 0\)’daki hızı \(\bigl(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}[f_1], \dots, \mathbf{v}_{\mathbf{p}}[f_m]\bigr)_{F(\mathbf{p})}\) vektörüdür. Önerme 7.1 gereği bu \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}})\)’dir. Aynı sonuç Sonuç 7.2’un \(t = 0\) hâlidir; ikisi de yalnızca önermeyi ve eğri boyunca türev lemmasını kullandığından bir döngüsellik yoktur.

Sayısal örnek. \(F(u, v) = (u^2 - v^2,\ 2uv)\), \(\mathbf{p} = (1, 0)\) ve \(\mathbf{v} = (0, 1)\) olsun.

  • Doğru: \((1, t)\)’nin görüntüsü \((1 - t^2,\ 2t)\) parabolüdür; \(t = 0\)’daki hızı \((0, 2)\).
  • Çember: \(\alpha(t) = (\cos t, \sin t)\) için \(\alpha(0) = (1, 0)\) ve \(\alpha'(0) = (0, 1)\); başlangıç hızı aynıdır. Görüntü \((\cos 2t,\ \sin 2t)\) birim çemberidir ve \(t = 0\)’daki hızı \((-2\sin 0,\ 2\cos 0) = (0, 2)\).

İki görüntü eğrisi çok farklıdır, biri parabol öteki çember, ama \((1, 0)\)’daki başlangıç hızları aynıdır.

Neden önemli? \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}})\) yalnızca \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\)’ye bağlıdır, \(\mathbf{p}\)’den hangi yolla ayrıldığımıza bağlı değildir. Böylece hesapta en uygun eğriyi seçebiliriz; genel zincir kuralının ispatı (Alıştırma 7.16) tam olarak bu serbestliğe dayanır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 7.15 (İki Dönüşümün Bileşkesi Bir Dönüşümdür) \(F : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m\) ve \(G : \mathbb{R}^m \to \mathbb{R}^k\) iki dönüşüm olsun. \(G \circ F : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^k\) bileşkesinin de bir dönüşüm olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Koordinat fonksiyonları. \(F = (f_1, \dots, f_m)\) ve \(G = (g_1, \dots, g_k)\) olsun. Her \(\mathbf{p}\) için

\[(G \circ F)(\mathbf{p}) = G\bigl(f_1(\mathbf{p}), \dots, f_m(\mathbf{p})\bigr)\]

noktasının \(i\)-inci koordinatı \(g_i\bigl(f_1(\mathbf{p}), \dots, f_m(\mathbf{p})\bigr)\)’dir. Demek ki \(G \circ F\)’nin \(i\)-inci koordinat fonksiyonu \(g_i(f_1, \dots, f_m) = g_i \circ F\) yerleştirmesidir.

Diferansiyellenebilirlik. \(g_i\), \(m\) değişkenli diferansiyellenebilir bir fonksiyondur; \(f_1, \dots, f_m\) de \(\mathbb{R}^n\) üzerinde diferansiyellenebilirdir. Zincir kuralı gereği \(g_i(f_1, \dots, f_m)\) diferansiyellenebilirdir ve

\[\dfrac{\partial (g_i \circ F)}{\partial x_j} = \sum_{l=1}^{m} \dfrac{\partial g_i}{\partial x_l}(f_1, \dots, f_m)\, \dfrac{\partial f_l}{\partial x_j}.\]

Bu \(i = 1, \dots, k\) için geçerli olduğundan \(G \circ F\)’nin bütün koordinat fonksiyonları diferansiyellenebilirdir; \(G \circ F\) bir dönüşümdür.

\(m = k = 2\) hâli. Bileşke \(\bigl(g_1(f_1, f_2),\ g_2(f_1, f_2)\bigr)\)’dir. Örneğin \(F(u, v) = (u^2 - v^2,\ 2uv)\) ve \(G(x, y) = (x + y,\ xy)\) için

\[G \circ F = \bigl(u^2 - v^2 + 2uv,\ 2uv\,(u^2 - v^2)\bigr),\]

koordinatları polinom olan bir dönüşüm.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 7.16 (Genel Zincir Kuralı) \(F : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m\) ve \(G : \mathbb{R}^m \to \mathbb{R}^k\) iki dönüşüm olsun. \((G \circ F)_* = G_* \circ F_*\) olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Kurulum. \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\), \(\mathbb{R}^n\)’ye bir teğet vektör olsun. Alıştırma 7.15 gereği \(G \circ F\) bir dönüşümdür ve teğet dönüşümü tanımlıdır. \(\beta(t) = F(\mathbf{p} + t\mathbf{v})\) eğrisi \(\mathbb{R}^m\)’dedir; tanım gereği \(\beta(0) = F(\mathbf{p})\) ve \(\beta'(0) = F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}})\).

Sol yan. \((G \circ F)_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}})\), \(t \mapsto (G \circ F)(\mathbf{p} + t\mathbf{v})\) eğrisinin başlangıç hızıdır. Bu eğri \(G(\beta)\)’dır.

Sağ yan. Alıştırma 7.14’yi \(G\) dönüşümüne, \(F(\mathbf{p})\) noktasına ve başlangıç hızı \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}})\) olan \(\beta\) eğrisine uygulayalım: \(G(\beta)\)’nın başlangıç hızı \(G_*\bigl(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}})\bigr)\)’dir.

Sonuç. İki yan aynı \(G(\beta)\) eğrisinin başlangıç hızıdır:

\[(G \circ F)_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = G_*\bigl(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}})\bigr).\]

Bu her teğet vektör için doğru olduğundan \((G \circ F)_* = G_* \circ F_*\); bir noktada yazarsak \((G \circ F)_{*\mathbf{p}} = G_{*F(\mathbf{p})} \circ F_{*\mathbf{p}}\).

Jacobi matrisleriyle. Lineer dönüşümlerin bileşkesine matrislerin çarpımı karşılık gelir; dolayısıyla

\[J_{G \circ F}(\mathbf{p}) = J_G\bigl(F(\mathbf{p})\bigr)\, J_F(\mathbf{p}).\]

Bunu elle de görebiliriz. \(J_{G \circ F}(\mathbf{p})\)’nin \(j\)-inci sütunu \((G \circ F)_*(U_j(\mathbf{p}))\)’nin vektör kısmıdır. Sonuç 7.3 ve lineerlikle

\[\begin{aligned} G_*\bigl(F_*(U_j(\mathbf{p}))\bigr) &= \sum_{l=1}^{m} \dfrac{\partial f_l}{\partial x_j}(\mathbf{p})\, G_*\bigl(\overline{U}_l(F(\mathbf{p}))\bigr)\\ &= \sum_{i=1}^{k} \Bigl(\sum_{l=1}^{m} \dfrac{\partial g_i}{\partial x_l}(F(\mathbf{p}))\, \dfrac{\partial f_l}{\partial x_j}(\mathbf{p})\Bigr)\, \widehat{U}_i\bigl(G(F(\mathbf{p}))\bigr) \end{aligned}\]

olur; burada \(\widehat{U}_1, \dots, \widehat{U}_k\), \(\mathbb{R}^k\)’nin doğal çatısıdır. Parantez içindeki toplam, matris çarpımının \((i, j)\) elemanıdır ve aynı zamanda zincir kuralının verdiği \(\partial(g_i \circ F)/\partial x_j(\mathbf{p})\)’dir. Kısa \((G \circ F)_* = G_* \circ F_*\) formülü, boyutlar büyüdükçe matrislerle yazıldığında göz korkutucu hâle gelen bu hesabı tek satırda toplar. Bu formüle genel zincir kuralı (chain rule) denir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 7.17 (Difeomorfizmanın Tersi de Difeomorfizmadır) \(F : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m\) bir difeomorfizma ise \(F^{-1}\)’in de bir difeomorfizma olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

\(F^{-1}\) bir dönüşümdür. Difeomorfizma tanımı gereği \(F^{-1}\) diferansiyellenebilirdir.

\(F^{-1}\) birebir ve örtendir. \(F^{-1}(\mathbf{y}) = F^{-1}(\mathbf{y}')\) ise iki yana \(F\) uygulanınca \(\mathbf{y} = \mathbf{y}'\). Her \(\mathbf{x} \in \mathbb{R}^n\) için \(\mathbf{x} = F^{-1}(F(\mathbf{x}))\) olduğundan \(\mathbf{x}\) bir görüntüdür. Ayrıca \(F^{-1}(\mathbf{y}) = \mathbf{x}\) ile \(F(\mathbf{x}) = \mathbf{y}\) aynı ilişki olduğundan \(F^{-1}\)’in tersi \(F\)’dir.

Tersi diferansiyellenebilirdir. \(F^{-1}\)’in tersi olan \(F\) bir dönüşümdür. Tanımın bütün koşulları sağlanır: \(F^{-1}\) bir difeomorfizmadır.

Teğet dönüşümleri birbirinin tersidir. Özdeşlik dönüşümü \(I(\mathbf{p}) = \mathbf{p}\) lineerdir; Alıştırma 7.10 gereği \(I_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = \mathbf{v}_{\mathbf{p}}\). \(F^{-1} \circ F\), \(\mathbb{R}^n\)’nin, \(F \circ F^{-1}\) de \(\mathbb{R}^m\)’nin özdeşlik dönüşümüdür. Alıştırma 7.16’yi iki bileşkeye uygularsak

\[(F^{-1})_{*F(\mathbf{p})} \circ F_{*\mathbf{p}} = \text{özdeşlik}, \qquad F_{*\mathbf{p}} \circ (F^{-1})_{*F(\mathbf{p})} = \text{özdeşlik}\]

bulunur. Birincisinden \(F_{*\mathbf{p}}\) birebir, ikincisinden örtendir. Demek ki bir difeomorfizmanın teğet dönüşümü her noktada bir lineer izomorfizmadır ve tersi, ters dönüşümün teğet dönüşümüdür. Özellikle her difeomorfizma düzgündür.

Sayısal denetim. Örnek 7.16’daki \(F = (x - y,\ x + y,\ 2z)\) dönüşümü ve orada bulunan tersi için Jacobi matrislerinin çarpımı

\[\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1/2 & 1/2 & 0 \\ -1/2 & 1/2 & 0 \\ 0 & 0 & 1/2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.\]

\(\blacksquare\)

Alıştırma 7.18 (Üstel Dönüşümün Birebirliği, Örtenliği ve Düzgünlüğü) \(F : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2\), \(F(u, v) = (v\,e^u,\ 2u)\) olsun. \(F\)’nin birebir, örten ve düzgün olduğunu göstererek bir difeomorfizma olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Dönüşüm. Koordinat fonksiyonları \(v\,e^u\) ve \(2u\), diferansiyellenebilir fonksiyonların çarpımıdır.

Birebir. \(F(a, b) = F(a', b')\) olsun. İkinci koordinatlardan \(2a = 2a'\), yani \(a = a'\). Birinci koordinatlardan \(b\,e^a = b'\,e^a\) ve \(e^a > 0\) olduğundan \(b = b'\).

Örten. Bir \((x, y)\) noktası verilsin. \(a = y/2\) ve \(b = x\,e^{-y/2}\) seçelim:

\[F(a, b) = \bigl(x\,e^{-y/2}\,e^{y/2},\ 2 \cdot \tfrac{y}{2}\bigr) = (x, y).\]

Düzgün. Kısmi türevlerden

\[J_F(u, v) = \begin{pmatrix} v\,e^u & e^u \\ 2 & 0 \end{pmatrix}, \qquad \det J_F(u, v) = 0 - 2e^u = -2e^u.\]

\(e^u\) hiçbir zaman sıfır olmadığından determinant her noktada sıfırdan farklıdır; Önerme 7.2 gereği \(F_{*\mathbf{p}}\) her noktada birebirdir.

Sonuç. \(F\) birebir, örten ve düzgündür; Alıştırma 7.12 gereği bir difeomorfizmadır. Bu yol ters fonksiyon teoremine dayanır ve tersin formülünü vermez; ikinci yol Alıştırma 7.19’dedir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 7.19 (Üstel Dönüşümün Açık Tersi) \(F : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2\), \(F(u, v) = (v\,e^u,\ 2u)\) olsun. \(F^{-1}\)’in formülünü bulup iki bileşkeyle denetleyerek \(F\)’nin bir difeomorfizma olduğunu ikinci bir yoldan gösteriniz.

Çözüm

Formülü bulmak. \(F(u, v) = (x, y)\) denklemleri \(v\,e^u = x\) ve \(2u = y\)’dir. İkinciden \(u = y/2\), birinciden \(v = x\,e^{-u} = x\,e^{-y/2}\). Aday ters

\[G(x, y) = \bigl(y/2,\ x\,e^{-y/2}\bigr).\]

Diferansiyellenebilirlik. \(G\)’nin koordinat fonksiyonları \(y/2\) ve \(x\,e^{-y/2}\)’dir; \(G\) bir dönüşümdür.

\(F \circ G\) özdeşliktir. Her \((x, y)\) için

\[F(G(x, y)) = \bigl(x\,e^{-y/2}\,e^{y/2},\ 2 \cdot y/2\bigr) = (x, y).\]

\(G \circ F\) özdeşliktir. Her \((u, v)\) için

\[G(F(u, v)) = G(v\,e^u,\ 2u) = \bigl(u,\ v\,e^u\,e^{-u}\bigr) = (u, v).\]

Sonuç. İki bileşke de özdeşlik olduğundan \(F\) birebir ve örtendir ve \(F^{-1} = G\). \(G\) diferansiyellenebilir olduğundan \(F\) bir difeomorfizmadır. Bu yolda ters fonksiyon teoremine gerek kalmadı. Yalnızca \(F \circ G\)’yi denetlemek \(F\)’nin örten olduğunu, yalnızca \(G \circ F\)’yi denetlemek birebir olduğunu gösterirdi; ikisi birlikte \(G\)’nin gerçekten ters olduğunu gösterir.

Teğet dönüşümleriyle denetim. \(\mathbf{p} = (0, 1)\) için \(F(\mathbf{p}) = (1, 0)\) ve \(G(1, 0) = (0, 1)\). Jacobi matrisleri

\[J_F(0, 1) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 0 \end{pmatrix}, \qquad J_G(1, 0) = \begin{pmatrix} 0 & 1/2 \\ 1 & -1/2 \end{pmatrix}\]

olup çarpımları birim matristir, Alıştırma 7.17’nin öngördüğü gibi. Burada \(J_G(x, y)\)’nin satırları \((0,\ 1/2)\) ve \((e^{-y/2},\ -\tfrac{x}{2}e^{-y/2})\)’dir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 7.20 (Düzgün Ama Birebir Olmayan Dönüşüm) \(F : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2\), \(F(u, v) = (e^u\cos v,\ e^u\sin v)\) olsun. \(F\)’nin her noktada düzgün olduğu hâlde bir difeomorfizma olmadığını gösteriniz.

Çözüm

Jacobi matrisi. Kısmi türevlerden

\[J_F(u, v) = \begin{pmatrix} e^u\cos v & -e^u\sin v \\ e^u\sin v & e^u\cos v \end{pmatrix}.\]

Düzgünlük. Determinant

\[\det J_F = e^{2u}\cos^2 v + e^{2u}\sin^2 v = e^{2u} > 0\]

olup hiçbir noktada sıfır değildir; \(F\) düzgündür.

Birebir değil. Sinüs ve kosinüs \(2\pi\) periyotlu olduğundan \(F(u, v + 2\pi) = F(u, v)\); örneğin \(F(0, 0) = F(0, 2\pi) = (1, 0)\).

Örten de değil. \(F(u, v)\)’nin başlangıç noktasına uzaklığı \(e^u > 0\)’dır; başlangıç noktası hiçbir zaman görüntü olmaz.

Sonuç. \(F\) birebir ve örten olmadığından ters fonksiyonu yoktur, dolayısıyla bir difeomorfizma değildir. Her noktada düzgün olmak global bir ters garanti etmez.

Yerel tersler yine de vardır. Ters fonksiyon teoremi her noktanın çevresinde bir difeomorfizma verir. Örneğin \(-\pi < v < \pi\) şeridi, düzlemden \(\{(x, 0) : x \le 0\}\) yarı doğrusu çıkarılarak elde edilen kümenin üzerine birebir gider. Geometrik olarak \(F\), dikey doğruları başlangıç noktası merkezli çemberlere, yatay doğruları başlangıç noktasından çıkan ışınlara götürür; yüksekliği \(2\pi\) olan her yatay şeridi, başlangıç noktası çıkarılmış düzlemin çevresine bir kez sarar. Karmaşık sayılarla bu, \(u + iv \mapsto e^{u + iv}\) üstel fonksiyonudur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 7.21 (Düzlemi Silindire Saran Dönüşüm) \(F : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^3\), \(F(u, v) = (\cos u,\ \sin u,\ v)\) olsun. \(F\)’nin düzgün bir dönüşüm olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Jacobi matrisi. Üç koordinat fonksiyonu ve iki değişken olduğundan matris üç satırlı, iki sütunludur:

\[J_F(u, v) = \begin{pmatrix} -\sin u & 0 \\ \cos u & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}.\]

Sütunlar bağımsızdır. \(\mathbf{c}_1 = (-\sin u, \cos u, 0)\) ve \(\mathbf{c}_2 = (0, 0, 1)\) için \(a\,\mathbf{c}_1 + b\,\mathbf{c}_2 = \mathbf{0}\) olsun. Üçüncü koordinat \(b = 0\) verir. Geriye \(a\,(-\sin u, \cos u) = (0, 0)\) kalır; \(\sin^2 u + \cos^2 u = 1\) olduğundan bu vektörün koordinatlarından en az biri sıfırdan farklıdır ve \(a = 0\) çıkar.

Sonuç. Rank, tanım uzayının boyutu olan \(2\)’dir; Önerme 7.2 gereği \(F_{*\mathbf{p}}\) her noktada birebirdir ve \(F\) düzgündür.

Geometrik anlam. \(F\)’nin görüntüsü \(x^2 + y^2 = 1\) silindiridir. \(F_*(U_1(\mathbf{p}))\) silindirin yatay çemberine teğet, \(F_*(U_2(\mathbf{p}))\) ise düşey doğrultudadır. Örneğin \(\mathbf{p} = (\pi/2, 1)\)’de \(F(\mathbf{p}) = (0, 1, 1)\), \(F_*(U_1(\mathbf{p})) = (-1, 0, 0)\) ve \(F_*(U_2(\mathbf{p})) = (0, 0, 1)\); iki vektör de \((0, 1, 1)\)’de uygulanır.

Düzgün ama birebir değil. \(F(u + 2\pi, v) = F(u, v)\) olduğundan \(F\) düzlemi silindirin çevresine sonsuz kez sarar. Düzgünlük, bir dönüşümün hiçbir yönü ezmediğini söyler; noktaları birbirinden ayırdığını söylemez.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 7.22 (Bileşkenin Jacobi Matrisini İki Yoldan Hesaplamak) \(F(u, v) = (u^2 - v^2,\ 2uv)\) ve \(H = F \circ F\) olsun. \(H\)’nin \(\mathbf{p} = (1, 1)\)’deki Jacobi matrisini hem genel zincir kuralıyla hem de \(H\)’yi açıkça yazarak hesaplayınız.

Çözüm

Zincir kuralıyla. Alıştırma 7.16 gereği \(J_H(\mathbf{p}) = J_F(F(\mathbf{p}))\,J_F(\mathbf{p})\). \(F(1, 1) = (0, 2)\) ve Alıştırma 7.8’daki formülden

\[J_F(1, 1) = \begin{pmatrix} 2 & -2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}, \qquad J_F(0, 2) = \begin{pmatrix} 0 & -4 \\ 4 & 0 \end{pmatrix}.\]

Çarpım:

\[\begin{pmatrix} 0 & -4 \\ 4 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & -2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -8 & -8 \\ 8 & -8 \end{pmatrix}.\]

Açık formülle. \(H(u, v) = F(u^2 - v^2,\ 2uv)\)’nin koordinatları

\[\begin{aligned} h_1 &= (u^2 - v^2)^2 - (2uv)^2 = u^4 - 6u^2v^2 + v^4,\\ h_2 &= 2(u^2 - v^2)(2uv) = 4u^3v - 4uv^3. \end{aligned}\]

Kısmi türevler \((1, 1)\)’de:

\(\partial/\partial u\) \(\partial/\partial v\)
\(h_1\) \(4u^3 - 12uv^2 = -8\) \(-12u^2v + 4v^3 = -8\)
\(h_2\) \(12u^2v - 4v^3 = 8\) \(4u^3 - 12uv^2 = -8\)

Matris aynıdır.

Yorum. \(F\) karmaşık sayılarda kare alma olduğundan \(H\), dördüncü kuvvet alma işlemidir. Matris \(8\sqrt{2}\) ile \(3\pi/4\) açılı dönmenin çarpımıdır; gerçekten \(8\sqrt{2}\cos(3\pi/4) = -8\) ve \(8\sqrt{2}\sin(3\pi/4) = 8\). Zincir kuralı açıları toplar (\(\pi/4 + \pi/2\)) ve uzatma katsayılarını çarpar (\(2\sqrt{2} \cdot 4\)).

\(\blacksquare\)

Bu bölümle birlikte Öklid uzayında analizin bütün temel nesnelerini ve onların türev işlemlerini kurmuş olduk; bir sonraki bölümde (Öklid Uzayında Analizin Özeti) bu nesneleri ve aralarındaki bağları toplu bir bakışla bir araya getireceğiz.