10 Eğriler: Yay Uzunluğu ve Birim Hız
Önceki bölümde (İç Çarpım) uzunluk ve açı ölçmenin aracını, iç çarpımı, kurduk: bir teğet vektörün normu, iki vektör arasındaki açı, diklik ve çatı kavramlarının hepsi bu tek işlemden çıktı. Bu bölümde aynı aracı Uzayda Eğriler bölümünde tanıdığımız hareket eden noktalara uyguluyoruz. Hız vektörünün uzunluğu noktanın o anda ne kadar hızlı gittiğini söyler; bu uzunluğun zaman üzerinden integrali de ne kadar yol alındığını verir.
Bir eğrinin geometrisini incelerken rotanın hangi süratle dolaşıldığı çoğu zaman önemsizdir; önemli olan rotanın nasıl kıvrıldığı ve büküldüğüdür. Bu yüzden bölümün ana teoremi, hiç durmayan her eğrinin sabit birim süratle dolaşılan bir kopyasının bulunduğunu söyler. Bu kopyada parametre doğrudan yol uzunluğunu ölçer; ileride eğrilik ve burulmayı tanımlarken bütün hesaplar bu sayede sadeleşecek.
Bölümün ikinci yarısında eğri boyunca taşınan oklara, yani eğri üzerindeki vektör alanlarına bakacağız. Hızın türevi olan ivme bunların ilk örneğidir. Bu alanları toplamayı, çarpmayı ve türevlerini almayı öğrenecek, türevin lineerlik ve Leibniz kurallarını ispatlayacağız. Sabit uzunluklu bir alanın türevine dik olduğunu ve türevi sıfır olan alanların paralel olduğunu göreceğiz; bu küçük gözlemler, eğrileri hareketli çatılarla incelerken sürekli işimize yarayacak.
10.1 Sürat ve Yay Uzunluğu
Bir \(\alpha : I \to \mathbb{R}^3\) eğrisinin \(t\) anındaki hız vektörü \(\alpha'(t)\) (Tanım 4.2), uygulama noktası \(\alpha(t)\) olan bir teğet vektördür. Yönü hareketin o andaki doğrultusunu gösterir. Peki uzunluğu neyi gösterir? İç çarpım bölümünde bir teğet vektörün normunu vektör kısmının normu olarak tanımladık (Tanım 9.4); dolayısıyla hız vektörünün uzunluğunu ölçebiliriz. Bu uzunluk, hareket eden noktanın hızölçerinin gösterdiği sayıdır: birim zamanda alınan yol.
Alınan toplam yola gelince, fizikteki kural yol göstericidir. Kısa bir \(\Delta t\) zaman diliminde nokta yaklaşık \(v(t)\,\Delta t\) kadar yol alır; bu küçük parçalar toplanır ve \(\Delta t \to 0\) limiti alınır. Sonuç, süratin zamana göre integralidir.
Tanım 10.1 (Sürat, Yay Uzunluğu ve Eğri Parçası) \(\alpha : I \to \mathbb{R}^3\) bir eğri olsun.
\(\alpha\)’nın \(t \in I\) anındaki sürati (speed), hız vektörünün uzunluğu olan \(v(t) = \|\alpha'(t)\|\) sayısıdır. Böylece sürat, \(I\) üzerinde tanımlı gerçel değerli bir \(v\) fonksiyonudur.
\(a < b\) sayıları \(I\)’da ise \(\alpha\)’nın \(t = a\)’dan \(t = b\)’ye yay uzunluğu (arc length)
\[\int_a^b \|\alpha'(t)\|\, dt\]
sayısıdır.
\([a, b]\) kapalı aralığı \(I\)’nın içindeyse \(\alpha\)’nın bu aralığa kısıtlanmasına bir eğri parçası (curve segment) denir ve \(\sigma : [a, b] \to \mathbb{R}^3\) ile gösterilir. \(\sigma\)’nın uzunluğu \(L(\sigma)\), \(\alpha\)’nın \(a\)’dan \(b\)’ye yay uzunluğudur.
Yani sürat noktanın o anki hızölçer değeri, yay uzunluğu ise bu değerin zaman boyunca birikimi, kısacası gidilen yoldur.
Sürati koordinatlarla yazalım. \(\alpha = (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)\) ise hız vektörünün vektör kısmı \(\bigl(\alpha_1'(t), \alpha_2'(t), \alpha_3'(t)\bigr)\) üçlüsüdür; normu vektör kısmının normu olduğundan
\[v = \|\alpha'\| = \left(\left(\dfrac{d\alpha_1}{dt}\right)^2 + \left(\dfrac{d\alpha_2}{dt}\right)^2 + \left(\dfrac{d\alpha_3}{dt}\right)^2\right)^{1/2}\]
olur. Bunu yay uzunluğu tanımına koyduğumuzda tek değişkenli analizden tanıdık formül çıkar:
\[\int_a^b \sqrt{\alpha_1'(t)^2 + \alpha_2'(t)^2 + \alpha_3'(t)^2}\; dt.\]
İki küçük not. Birincisi, sürat bir sayıdır, hız ise bir vektördür; ikisini karıştırmayacağız. Süratin hiçbir anda sıfır olmaması, hız vektörünün hiçbir anda \(\mathbf{0}\) olmaması demektir, yani eğrinin düzgün olması (Tanım 4.6) süratin her yerde pozitif olmasına denktir. İkincisi, yay uzunluğu integrali her zaman vardır: \(\alpha_i'\) fonksiyonları türevlenebilir olduğundan süreklidir, kareleri toplamının karekökü de süreklidir ve sürekli bir fonksiyon kapalı aralıkta integrallenebilir.
NotEğri parçasının uç noktaları
Bir eğri parçası \(\sigma : [a, b] \to \mathbb{R}^3\), açık bir \(I\) aralığında tanımlı bir eğrinin kısıtlamasıdır ve \([a, b]\) tamamen \(I\)’nın içindedir. Bu yüzden \(a\) ve \(b\) uç noktalarında da hız vektörü iki yanlı limitle tanımlıdır; tek yanlı türevlerle uğraşmak gerekmez. \(L(\sigma)\) yalnızca \(\alpha\)’nın \([a, b]\) üzerindeki değerlerine bağlıdır; \(\alpha\)’nın bu aralığın dışında ne yaptığı uzunluğu etkilemez.
Örnek 10.1 (Helisin Sürati ve Bir Turunun Uzunluğu) \(a > 0\), \(b \ne 0\) için \(\alpha(t) = (a\cos t,\ a\sin t,\ bt)\) helisinin (Örnek 4.2) süratini bulalım. \(a = 3\), \(b = 4\) için \(t = 0\)’dan \(t = 2\pi\)’ye (bir tam tur) ve \(t = 0\)’dan \(t = \pi/2\)’ye yay uzunluklarını hesaplayalım.
Çözüm
Koordinat fonksiyonlarının türevleri \(-a\sin t\), \(a\cos t\) ve \(b\)’dir; hız vektörü
\[\alpha'(t) = (-a\sin t,\ a\cos t,\ b)_{\alpha(t)}\]
olur. Süratin karesi, vektör kısmının kendisiyle iç çarpımıdır:
\[\|\alpha'(t)\|^2 = a^2\sin^2 t + a^2\cos^2 t + b^2 = a^2 + b^2.\]
Dolayısıyla \(v(t) = \sqrt{a^2 + b^2}\): helisin sürati sabittir ve \(t\)’ye bağlı değildir. Bunu \(c\) ile göstereceğiz. \(a = 3\), \(b = 4\) için \(c = \sqrt{9 + 16} = 5\).
Sürat sabit olduğundan yay uzunluğu integrali kolaydır. Bir tam turun uzunluğu
\[\int_0^{2\pi} 5\, dt = 10\pi \approx 31{,}4\]
ve çeyrek turun (\(t = 0\)’dan \(t = \pi/2\)’ye) uzunluğu \(5 \cdot \pi/2 = 5\pi/2 \approx 7{,}85\)’tir. Çeyrek turda nokta \((3, 0, 0)\)’dan \((0, 3, 2\pi)\)’ye gider. Aynı iki nokta arasındaki doğru parçasının uzunluğu \(\sqrt{9 + 9 + 4\pi^2} \approx 7{,}58\)’dir; helis üzerinden gidilen yol, beklendiği gibi, kestirmeden uzundur.
Yolun neden \(ct\) olduğunu sezgiyle de görebiliriz: nokta her an \(c\) birim/saniye süratle gittiğinden \(t\) saniyede \(ct\) birim yol alır.
\(\blacksquare\)
Örnek 10.2 (Doğrunun Sürati ve Bir Parçasının Uzunluğu) \(\mathbf{q} \ne \mathbf{0}\) için \(\alpha(t) = \mathbf{p} + t\mathbf{q}\) doğrusunun (Örnek 4.1) süratini ve \(t = a\)’dan \(t = b\)’ye yay uzunluğunu bulalım; sonucu \(\alpha(a)\) ile \(\alpha(b)\) arasındaki Öklid uzaklığıyla karşılaştıralım. \(\mathbf{p} = (1, 2, 0)\), \(\mathbf{q} = (2, -1, 3)\), \(a = 0\), \(b = 2\) için sayıları yazalım.
Çözüm
Koordinat fonksiyonları \(\alpha_i(t) = p_i + tq_i\) olduğundan türevleri sabit \(q_i\) sayılarıdır; hız vektörü her \(t\) için \(\mathbf{q}_{\alpha(t)}\), yani vektör kısmı \(\mathbf{q}\) olan teğet vektördür. Sürat \(v(t) = \|\mathbf{q}\|\) sabittir.
Yay uzunluğu
\[\int_a^b \|\mathbf{q}\|\, dt = (b - a)\,\|\mathbf{q}\|\]
olur. Öte yandan \(\alpha(b) - \alpha(a) = (b - a)\mathbf{q}\) olduğundan iki uç nokta arasındaki Öklid uzaklığı (Tanım 9.3)
\[d\bigl(\alpha(a), \alpha(b)\bigr) = \|(b - a)\mathbf{q}\| = (b - a)\,\|\mathbf{q}\|\]
çıkar; burada \(b - a > 0\) olduğundan \(|b - a| = b - a\) yazdık. Bir doğru parçası boyunca gidilen yol, uç noktaları arasındaki uzaklığa eşittir. Bu, yay uzunluğu tanımının doğru parçalarında bildiğimiz uzunluk kavramıyla uyuştuğunu gösterir.
Sayısal durumda \(\|\mathbf{q}\| = \sqrt{4 + 1 + 9} = \sqrt{14}\)’tür; \(t = 0\)’dan \(t = 2\)’ye yay uzunluğu \(2\sqrt{14} \approx 7{,}48\) olur. Uç noktalar \(\alpha(0) = (1, 2, 0)\) ve \(\alpha(2) = (5, 0, 6)\)’dır; aralarındaki uzaklık \(\sqrt{16 + 4 + 36} = \sqrt{56} = 2\sqrt{14}\), yani aynı sayıdır.
\(\blacksquare\)
Örnek 10.3 (Değişken Süratli Bir Eğri) Silindir ile kürenin kesişimini dolaşan
\[\alpha(t) = \bigl(1 + \cos t,\ \sin t,\ 2\sin(t/2)\bigr)\]
eğrisinin süratini bulalım ve süratin sabit olmadığını gösterelim.
Çözüm
Hız vektörünün vektör kısmı \(\bigl(-\sin t,\ \cos t,\ \cos(t/2)\bigr)\)’dir; üçüncü koordinatta zincir kuralı \(2\cos(t/2) \cdot \tfrac12 = \cos(t/2)\) verdi. Süratin karesi
\[\|\alpha'(t)\|^2 = \sin^2 t + \cos^2 t + \cos^2\dfrac{t}{2} = 1 + \cos^2\dfrac{t}{2},\]
yani \(v(t) = \sqrt{1 + \cos^2(t/2)}\) olur. Bu sayı \(1\) ile \(\sqrt{2}\) arasında gidip gelir: \(t = 0\)’da \(\cos 0 = 1\) olduğundan \(v(0) = \sqrt{2}\); \(t = \pi\)’de \(\cos(\pi/2) = 0\) olduğundan \(v(\pi) = 1\); \(t = 2\pi\)’de yine \(\sqrt{2}\). Nokta kürenin ekvatorunu geçerken en hızlı, kuzey kutbundan geçerken en yavaştır. Sürat sabit olmadığı için yay uzunluğu artık “sürat çarpı zaman” değildir; \(t = 0\)’dan \(t = 2\pi\)’ye yay uzunluğu
\[\int_0^{2\pi} \sqrt{1 + \cos^2\dfrac{t}{2}}\; dt\]
integralidir. Bu integralin ilkel fonksiyonu elemanter fonksiyonlarla yazılamaz (bir eliptik integraldir); sayısal integralle değeri yaklaşık \(7{,}64\) bulunur. İlkel bulunamasa bile integral vardır ve yay uzunluğu iyi tanımlıdır.
\(\blacksquare\)
Örnek 10.4 (Bir Parabol Parçasının Uzunluğu) \(\alpha(t) = (t, t^2, 0)\) parabolünün \(0 \le t \le 1\) parçasının uzunluğunu bulalım ve uç noktaları birleştiren doğru parçasının uzunluğuyla karşılaştıralım.
Çözüm
Hız vektörünün vektör kısmı \((1, 2t, 0)\), sürat \(v(t) = \sqrt{1 + 4t^2}\)’dir. Aranan uzunluk \(\int_0^1 \sqrt{1 + 4t^2}\, dt\) integralidir. Bunun bir ilkeli
\[F(t) = \dfrac{t}{2}\sqrt{1 + 4t^2} + \dfrac{1}{4}\log\bigl(2t + \sqrt{1 + 4t^2}\bigr)\]
fonksiyonudur (\(\log\) doğal logaritmadır). Bunu türev alarak doğrulayalım. İlk terimin türevi
\[\dfrac{1}{2}\sqrt{1 + 4t^2} + \dfrac{t}{2} \cdot \dfrac{4t}{\sqrt{1 + 4t^2}} = \dfrac{1 + 8t^2}{2\sqrt{1 + 4t^2}}\]
olur. İkinci terimde \(g(t) = 2t + \sqrt{1 + 4t^2}\) dersek \(g'(t) = 2 + 4t/\sqrt{1 + 4t^2}\), yani
\[g'(t) = \dfrac{2\bigl(\sqrt{1 + 4t^2} + 2t\bigr)}{\sqrt{1 + 4t^2}} = \dfrac{2\, g(t)}{\sqrt{1 + 4t^2}}\]
bulunur; böylece
\[\left(\dfrac14 \log g\right)' = \dfrac14 \cdot \dfrac{g'}{g} = \dfrac{1}{2\sqrt{1 + 4t^2}}.\]
İki türevi toplarsak
\[F'(t) = \dfrac{1 + 8t^2 + 1}{2\sqrt{1 + 4t^2}} = \dfrac{1 + 4t^2}{\sqrt{1 + 4t^2}} = \sqrt{1 + 4t^2}\]
çıkar; \(F\) gerçekten süratin ilkelidir. \(F(0) = 0\) olduğundan uzunluk
\[L = F(1) = \dfrac{\sqrt{5}}{2} + \dfrac{1}{4}\log\bigl(2 + \sqrt{5}\bigr) \approx 1{,}118 + 0{,}361 = 1{,}479\]
olur. Uç noktalar \((0, 0, 0)\) ile \((1, 1, 0)\) arasındaki uzaklık \(\sqrt{2} \approx 1{,}414\)’tür; parabol yayı, uçlarını birleştiren doğru parçasından uzundur. İleride (alıştırmalarda) iki nokta arasındaki en kısa yolun her zaman doğru parçası olduğunu ispatlayacağız.
\(\blacksquare\)
10.2 Birim Hızlı Yeniden Parametrelendirme
Aynı rota farklı süratlerle dolaşılabilir: \(t \mapsto (\cos t, \sin t, 0)\) ve \(t \mapsto (\cos 2t, \sin 2t, 0)\) eğrilerinin ikisi de birim daireyi dolaşır, ama ikincisi iki kat hızlıdır. Rotanın kendisiyle ilgilendiğimizde bu sürat farkı gürültüdür. Gürültüden kurtulmanın en temiz yolu, rotayı her an \(1\) süratle dolaşan bir eğri seçmektir: böyle bir eğride bir saniyede bir birim yol alınır, parametre ile yol uzunluğu çakışır.
Süratinin her yerde \(1\) olduğu, yani her \(s\) için \(\|\beta'(s)\| = 1\) olan bir \(\beta\) eğrisine birim hızlı eğri (unit-speed curve) denir. Aşağıdaki teorem, hiç durmayan her eğrinin böyle bir yeniden parametrelendirmesi (Tanım 4.3) bulunduğunu söyler. İspat, tanımı anlamak kadar önemlidir; içinde kurulan gösterim ileride sürekli kullanılacak.
Teorem 10.1 (Birim Hızlı Yeniden Parametrelendirme) \(\alpha : I \to \mathbb{R}^3\) düzgün bir eğri olsun. \(\alpha\)’nın birim hızlı bir \(\beta\) yeniden parametrelendirmesi vardır.
İspat
\(I\)’da bir \(a\) sayısı sabitleyelim ve her \(t \in I\) için
\[s(t) = \int_a^t \|\alpha'(u)\|\, du\]
sayısını tanımlayalım. \(s\)’ye \(\alpha\)’nın \(t = a\) tabanlı yay uzunluğu fonksiyonu (arc length function based at \(t = a\)) denir: \(t > a\) için \(s(t)\), \(a\)’dan \(t\)’ye gidilen yoldur; \(t < a\) için \(s(t)\), \(t\)’den \(a\)’ya gidilen yolun eksilisidir; \(s(a) = 0\). İspatı adımlara bölelim.
Adım 1: \(s\)’nin türevi sürattir. Sürat fonksiyonu \(v(u) = \|\alpha'(u)\|\), koordinat türevlerinin kareleri toplamının karekökü olduğundan süreklidir. Analizin temel teoremine göre sürekli bir fonksiyonun \(a\)’dan \(t\)’ye integrali \(t\)’ye göre türevlenebilirdir ve türevi integrandın \(t\)’deki değeridir:
\[\dfrac{ds}{dt}(t) = v(t) = \|\alpha'(t)\|.\]
\(\alpha\) düzgün olduğundan \(\alpha'(t)\) hiçbir zaman \(\mathbf{0}\) değildir, yani her \(t\) için \(ds/dt > 0\).
Adım 2: \(s\) kesin artandır ve görüntüsü bir açık aralıktır. \(t_1 < t_2\) ise
\[s(t_2) - s(t_1) = \int_{t_1}^{t_2} v(u)\, du > 0,\]
çünkü integrand pozitif ve sürekli, aralık pozitif uzunluktadır. Böylece \(s\) kesin artandır; özellikle birebirdir. \(J = s(I)\) görüntüsüne bakalım. \(s\) sürekli olduğundan ara değer teoremi gereği \(J\) bir aralıktır: \(J\)’deki iki sayının arasındaki her sayı da \(J\)’dedir. \(J\)’nin en büyük elemanı yoktur: \(s(t_0) \in J\) ise \(I\) açık olduğundan \(I\)’da \(t_0\)’dan büyük bir \(t_1\) vardır ve \(s(t_1) > s(t_0)\)’dır. Aynı nedenle en küçük elemanı da yoktur. Uç noktalarını içermeyen bir aralık açıktır; demek ki \(J\) bir açık aralıktır.
Adım 3: ters fonksiyon. \(s : I \to J\) birebir ve örten olduğundan bir ters fonksiyonu vardır; onu \(t = t(s)\) ile göstereceğiz: \(t(s(t_0)) = t_0\) ve \(s(t(s_0)) = s_0\). Bu ters fonksiyon da kesin artandır (\(s_1 < s_2\) iken \(t(s_1) \ge t(s_2)\) olsaydı \(s\) artan olduğundan \(s_1 \ge s_2\) çıkardı). Ayrıca süreklidir. Kesin artan bir fonksiyonun her noktada sol ve sağ limitleri vardır: \(s_0 \in J\) için \(t(s_0^-) = \sup\{t(s) : s < s_0\}\) ve \(t(s_0^+) = \inf\{t(s) : s > s_0\}\), üstelik \(t(s_0^-) \le t(s_0) \le t(s_0^+)\). Bu eşitsizliklerden biri kesin olsaydı, örneğin \(t(s_0) < t(s_0^+)\) olsaydı, \(t(s_0)\) ile \(t(s_0^+)\) arasındaki hiçbir sayı \(t\)’nin görüntüsünde bulunmazdı; oysa görüntü \(I\) aralığıdır ve bu sayılar \(I\)’nın iki elemanı arasında kalır. Demek ki iki limit de \(t(s_0)\)’a eşittir, yani \(t\) her \(s_0\)’da süreklidir.
Adım 4: ters fonksiyonun türevi. Tek değişkenli analizin ters fonksiyon kuralını bu durumda doğrudan görelim. \(s_0 = s(t_0)\) olsun ve \(s \ne s_0\), \(t = t(s)\) yazalım; \(t\) birebir olduğundan \(t \ne t_0\)’dır. Fark oranını ters çevirelim:
\[\dfrac{t(s) - t(s_0)}{s - s_0} = \dfrac{t - t_0}{s(t) - s(t_0)} = \dfrac{1}{\dfrac{s(t) - s(t_0)}{t - t_0}}.\]
\(s \to s_0\) iken \(t\)’nin sürekliliğinden \(t \to t_0\) olur; paydadaki fark oranı \(\frac{ds}{dt}(t_0) = v(t_0) > 0\) sayısına yaklaşır. Dolayısıyla sol taraf \(1/v(t_0)\)’a yaklaşır: \(t\) fonksiyonu \(s_0\)’da türevlenebilirdir ve
\[\dfrac{dt}{ds}(s) = \dfrac{1}{\dfrac{ds}{dt}\bigl(t(s)\bigr)} = \dfrac{1}{v\bigl(t(s)\bigr)} > 0.\]
Yani ters fonksiyonun türevi, fonksiyonun türevinin tersidir (karşılıklı noktalarda).
Adım 5: \(t\) her mertebeden türevlenebilirdir. Yeniden parametrelendirme tanımı \(h = t\) fonksiyonunun türevlenebilir, yani her mertebeden türevli olmasını ister. \(v = \sqrt{g}\), burada \(g = \sum_i (\alpha_i')^2\) her mertebeden türevlenebilir ve pozitiftir; karekök fonksiyonu \((0, \infty)\) üzerinde her mertebeden türevlenebilir olduğundan \(v\) de öyledir, dolayısıyla \(1/v\) de. Adım 4’e göre \(dt/ds = (1/v)(t)\), yani \(1/v\) ile \(t\)’nin bileşkesidir. \(t\)’nin \(k\) kez türevlenebildiğini biliyorsak zincir kuralı bu bileşkenin de \(k\) kez türevlenebildiğini söyler; o hâlde \(dt/ds\) \(k\) kez, \(t\) ise \(k + 1\) kez türevlenebilirdir. \(k = 1\)’den başlayıp tümevarımla \(t\)’nin her mertebeden türevlenebilir olduğunu görürüz.
Adım 6: \(\beta = \alpha(t)\) birim hızlıdır. \(J\) açık aralık ve \(t : J \to I\) türevlenebilir olduğundan
\[\beta(s) = \alpha\bigl(t(s)\bigr), \qquad s \in J\]
eğrisi \(\alpha\)’nın bir yeniden parametrelendirmesidir. Lemma 4.1’ne göre hızı
\[\beta'(s) = \dfrac{dt}{ds}(s)\, \alpha'\bigl(t(s)\bigr)\]
olur. Bir teğet vektörün skalerle çarpımının normu, skalerin mutlak değeriyle normun çarpımıdır; \(dt/ds > 0\) olduğundan mutlak değer gerekmez:
\[\|\beta'(s)\| = \dfrac{dt}{ds}(s)\, \bigl\|\alpha'\bigl(t(s)\bigr)\bigr\| = \dfrac{dt}{ds}(s)\, \dfrac{ds}{dt}\bigl(t(s)\bigr) = 1.\]
Son eşitlikte Adım 4’teki \(dt/ds = 1/(ds/dt)\) bağıntısını kullandık. \(\beta\) birim hızlıdır.
\(\blacksquare\)
Yani düzgün bir eğride “saati yol uzunluğuna göre yeniden ayarlarsak” nokta her an \(1\) süratle gider. İspattaki gösterimi sabitleyelim: \(s = s(t)\) yay uzunluğu fonksiyonu, \(t = t(s)\) onun tersi ve \(\beta(s) = \alpha(t(s))\) birim hızlı yeniden parametrelendirmedir. Elde edilen \(\beta\)’ya \(t = a\) tabanlı birim hızlı yeniden parametrelendirme denir. Tabanı değiştirmek \(s\)’yi bir sabit kadar kaydırır; bunu alıştırmalarda ayrıntısıyla göreceğiz.
Birim hızlı \(\beta\)’ya yay uzunluğu parametrelendirmesi (arc-length parametrization) da denir. Adın nedeni şudur.
Önerme 10.1 (Birim Hızlı Eğride Parametre Yol Ölçer) \(\beta : J \to \mathbb{R}^3\) birim hızlı bir eğri ve \(s_1 < s_2\), \(J\)’de iki sayı olsun. \(\beta\)’nın \(s = s_1\)’den \(s = s_2\)’ye yay uzunluğu \(s_2 - s_1\)’dir. Özel olarak, \(\beta\) teoremin yöntemiyle \(t = a\) tabanlı kurulmuşsa \(\beta(s)\) noktası, rota üzerinde \(\alpha(a)\)’dan \(s\) kadar yol gidilerek ulaşılan noktadır.
İspat
Yay uzunluğu tanımına göre \(\beta\)’nın \(s_1\)’den \(s_2\)’ye yay uzunluğu
\[\int_{s_1}^{s_2} \|\beta'(u)\|\, du = \int_{s_1}^{s_2} 1\, du = s_2 - s_1\]
olur. İkinci iddia için \(\beta(s) = \alpha(t(s))\) ve \(s(t(s)) = s\) eşitliklerini hatırlayalım. \(t_0 = t(s)\) dersek \(s = s(t_0)\), yani \(s\) sayısı \(\alpha\)’nın \(a\)’dan \(t_0\)’a yay uzunluğudur ve \(\beta(s) = \alpha(t_0)\)’dır. Böylece \(\beta(s)\), \(\alpha(a)\)’dan başlayıp rota boyunca \(s\) birim yol alındığında varılan noktadır (\(s < 0\) ise geriye doğru \(|s|\) birim).
\(\blacksquare\)
Teoremi önce en kolay örnekte, sabit süratli helis üzerinde uygulayalım.
Örnek 10.5 (Helisin Birim Hızlı Yeniden Parametrelendirmesi) \(\alpha(t) = (a\cos t,\ a\sin t,\ bt)\) helisinin \(t = 0\) tabanlı birim hızlı yeniden parametrelendirmesini bulalım ve süratinin gerçekten \(1\) olduğunu doğrudan hesapla denetleyelim. \(a = 3\), \(b = 4\) için \(\beta(5\pi)\) noktasını yazalım.
Çözüm
Helisin sürati sabittir: \(c = \sqrt{a^2 + b^2}\) (Örnek 10.1). \(t = 0\) tabanlı yay uzunluğu fonksiyonu
\[s(t) = \int_0^t c\, du = ct\]
olur. Bu fonksiyonun tersi \(t(s) = s/c\)’dir; \(J = s(\mathbb{R}) = \mathbb{R}\). Birim hızlı yeniden parametrelendirme
\[\beta(s) = \alpha\left(\dfrac{s}{c}\right) = \left(a\cos\dfrac{s}{c},\ a\sin\dfrac{s}{c},\ \dfrac{bs}{c}\right)\]
çıkar. Doğrudan denetim: koordinat türevleri \(-\frac{a}{c}\sin\frac{s}{c}\), \(\frac{a}{c}\cos\frac{s}{c}\) ve \(\frac{b}{c}\) olduğundan
\[\|\beta'(s)\|^2 = \dfrac{a^2}{c^2}\sin^2\dfrac{s}{c} + \dfrac{a^2}{c^2}\cos^2\dfrac{s}{c} + \dfrac{b^2}{c^2} = \dfrac{a^2 + b^2}{c^2} = 1.\]
\(a = 3\), \(b = 4\), \(c = 5\) için
\[\begin{aligned} \beta(s) &= \bigl(3\cos(s/5),\ 3\sin(s/5),\ 4s/5\bigr),\\ \beta(5\pi) &= (3\cos\pi,\ 3\sin\pi,\ 4\pi) = (-3, 0, 4\pi) = \alpha(\pi). \end{aligned}\]
Gerçekten de \(\alpha(0) = (3, 0, 0)\)’dan yarım tur, yani \(5\pi\) birim yol gidildiğinde \(\alpha(\pi)\)’ye varılır. Helis için birim hızlı kopya, aynı rotayı \(c\) kat yavaş dolaşan eğridir.
\(\blacksquare\)
Etkileşimli sahne: aynı helis üzerinde iki saat. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz. Kutudaki \(a = 3\), \(b = 4\) helisinde \(t\) kaydırıcısı \(\alpha(t)\) noktasını yürütür; \(\alpha(0)\)’dan \(\alpha(t)\)’ye geçilen yay kalın turuncu çizilir ve uzunluğu \(s(t) = 5t\)’dir, turuncu hız oku \(\alpha'(t)\) ise her an \(5\) boyundadır. Yeşil nokta birim hızlı kopya \(\beta(s)\)’nin \(s\) kaydırıcısıyla bağımsız seçilen konumu, yeşil ok da hep \(1\) boyundaki \(\beta'(s)\)’dir. Başlangıçta \(t = \pi\), \(s = 5\pi\)’dir ve kutudaki \(\beta(5\pi) = \alpha(\pi)\) eşitliği gereği iki nokta çakışır; birini oynatınca ayrılırlar, değer satırındaki \(s\) ile \(s(t)\) yeniden eşitlenince aynı yere dönerler: \(\beta(s)\), rotada \(\alpha(0)\)’dan \(s\) birim yol ilerideki noktadır.
Sürat sabit olmadığında \(t(s)\) artık \(s\)’nin bir katı değildir; birim hızlı kopya rotanın bazı kısımlarını hızlandırır, bazılarını yavaşlatır.
Örnek 10.6 (Koni Üzerindeki Spiralin Birim Hızlı Kopyası) \(\alpha(t) = (e^t\cos t,\ e^t\sin t,\ e^t)\), \(t \in \mathbb{R}\), eğrisinin \(z^2 = x^2 + y^2\) konisi üzerinde kaldığını görelim; süratini, \(t = 0\) tabanlı yay uzunluğu fonksiyonunu ve birim hızlı yeniden parametrelendirmesini bulalım. Sonucun süratini doğrudan denetleyelim.
Çözüm
Her \(t\) için
\[\alpha_1(t)^2 + \alpha_2(t)^2 = e^{2t}(\cos^2 t + \sin^2 t) = e^{2t} = \alpha_3(t)^2\]
olduğundan nokta koni üzerindedir; \(z = e^t > 0\) olduğu için koninin üst yarısında, orijine hiç değmeden ve \(t\) arttıkça genişleyerek yükselen bir spiral çizer.
Çarpım kuralıyla koordinat türevleri
\[\alpha'(t) = \bigl(e^t(\cos t - \sin t),\ e^t(\sin t + \cos t),\ e^t\bigr)_{\alpha(t)}\]
olur. Süratin karesinde \(e^{2t}\) ortak çarpandır:
\[\begin{aligned} \|\alpha'(t)\|^2 &= e^{2t}\bigl[(\cos t - \sin t)^2 + (\sin t + \cos t)^2 + 1\bigr]\\ &= e^{2t}\bigl[(1 - 2\sin t\cos t) + (1 + 2\sin t\cos t) + 1\bigr] = 3e^{2t}. \end{aligned}\]
Sürat \(v(t) = \sqrt{3}\, e^t\)’dir; pozitiftir, eğri düzgündür, ve sürat \(t\) ile birlikte üstel olarak büyür. \(t = 0\) tabanlı yay uzunluğu fonksiyonu
\[s(t) = \int_0^t \sqrt{3}\, e^u\, du = \sqrt{3}\,(e^t - 1)\]
olur. \(t\) bütün gerçel sayıları dolaşırken \(e^t\) bütün pozitif sayıları alır; görüntü \(J : -\sqrt{3} < s\) açık yarı doğrusudur. Tersi için \(e^t = 1 + s/\sqrt{3}\), yani
\[t(s) = \log\left(1 + \dfrac{s}{\sqrt{3}}\right), \qquad s > -\sqrt{3}.\]
\(w(s) = 1 + s/\sqrt{3}\) kısaltmasıyla \(e^{t(s)} = w\) ve \(t(s) = \log w\); birim hızlı yeniden parametrelendirme
\[\beta(s) = \bigl(w\cos(\log w),\ w\sin(\log w),\ w\bigr), \qquad w = 1 + \dfrac{s}{\sqrt{3}}\]
olur. Doğrudan denetim: \(dw/ds = 1/\sqrt{3}\) ve \(d(\log w)/ds = 1/(\sqrt{3}\,w)\). \(\theta = \log w\) dersek çarpım ve zincir kurallarıyla
\[\begin{aligned} \beta_1'(s) &= \dfrac{1}{\sqrt{3}}\cos\theta - w\sin\theta \cdot \dfrac{1}{\sqrt{3}\,w} = \dfrac{\cos\theta - \sin\theta}{\sqrt{3}},\\ \beta_2'(s) &= \dfrac{1}{\sqrt{3}}\sin\theta + w\cos\theta \cdot \dfrac{1}{\sqrt{3}\,w} = \dfrac{\sin\theta + \cos\theta}{\sqrt{3}},\\ \beta_3'(s) &= \dfrac{1}{\sqrt{3}}. \end{aligned}\]
Kareler toplamı
\[\dfrac13\bigl[(\cos\theta - \sin\theta)^2 + (\sin\theta + \cos\theta)^2 + 1\bigr] = \dfrac13 \cdot 3 = 1\]
olur; \(\beta\) birim hızlıdır.
Sürat farkını sayılarla görelim. \(\alpha\)’nın eşit zaman aralıklarıyla uğradığı noktalar ve o ana kadar gidilen yol:
| \(t\) | \(\alpha(t)\) (yaklaşık) | \(s(t)\) |
|---|---|---|
| \(0\) | \((1;\ 0;\ 1)\) | \(0\) |
| \(0{,}5\) | \((1{,}45;\ 0{,}79;\ 1{,}65)\) | \(1{,}12\) |
| \(1\) | \((1{,}47;\ 2{,}29;\ 2{,}72)\) | \(2{,}98\) |
| \(1{,}5\) | \((0{,}32;\ 4{,}47;\ 4{,}48)\) | \(6{,}03\) |
| \(2\) | \((-3{,}08;\ 6{,}72;\ 7{,}39)\) | \(11{,}07\) |
Ardışık noktalar arasındaki yol \(1{,}12\), \(1{,}85\), \(3{,}05\), \(5{,}04\) diye büyür: \(\alpha\) gittikçe hızlanır. \(\beta\) ise eşit \(s\) adımlarında eşit yol alır:
| \(s\) | \(t(s)\) | \(\beta(s)\) (yaklaşık) |
|---|---|---|
| \(0\) | \(0\) | \((1;\ 0;\ 1)\) |
| \(2\) | \(0{,}77\) | \((1{,}55;\ 1{,}50;\ 2{,}15)\) |
| \(4\) | \(1{,}20\) | \((1{,}21;\ 3{,}08;\ 3{,}31)\) |
| \(6\) | \(1{,}50\) | \((0{,}33;\ 4{,}45;\ 4{,}46)\) |
| \(8\) | \(1{,}73\) | \((-0{,}87;\ 5{,}55;\ 5{,}62)\) |
| \(10\) | \(1{,}91\) | \((-2{,}27;\ 6{,}38;\ 6{,}77)\) |
İki eğrinin rotası aynıdır; yalnızca saatleri farklıdır.
\(\blacksquare\)
Yön
Bir yeniden parametrelendirme rotayı aynı yönde dolaşabilir ya da geriye doğru dolaşabilir. Bunu \(h\)’nin türevinin işareti belirler.
Tanım 10.2 (Yön Koruyan ve Yön Çeviren Yeniden Parametrelendirme) \(\beta = \alpha(h)\), \(\alpha\)’nın \(h : J \to I\) ile yeniden parametrelendirmesi olsun. Her \(s \in J\) için \(h'(s) \ge 0\) ise \(\beta\)’ya yön koruyan (orientation-preserving), her \(s\) için \(h'(s) \le 0\) ise yön çeviren (orientation-reversing) yeniden parametrelendirme denir.
Yani yön koruyan bir yeniden parametrelendirmede yeni saat ilerledikçe eski saat de ilerler (ya da yerinde durur); yön çevirende eski saat geriye akar ve rota ters yönde dolaşılır.
Lemma 4.1’ne göre \(\beta'(s) = h'(s)\,\alpha'(h(s))\)’dir: yön koruyan durumda \(\beta\)’nın hızı \(\alpha\)’nın aynı noktadaki hızıyla aynı yöne, yön çeviren durumda ters yöne bakar (\(h'(s) = 0\) olan anlarda \(\beta\) durur). Teoremdeki birim hızlı yeniden parametrelendirme daima yön koruyandır, çünkü \(h = t\) ve Adım 4’e göre \(dt/ds > 0\)’dır. Ancak birim hızlı olmak tek başına yön korumayı gerektirmez.
Örnek 10.7 (Yön Çeviren Birim Hızlı Bir Yeniden Parametrelendirme) \(c = \sqrt{a^2 + b^2}\) olmak üzere \(\alpha(t) = (a\cos t,\ a\sin t,\ bt)\) helisinin \(h(s) = -s/c\) ile yeniden parametrelendirmesi \(\gamma = \alpha(h)\) olsun. \(\gamma\)’nın birim hızlı ama yön çeviren olduğunu gösterelim; \(a = 3\), \(b = 4\) için \(\gamma(5\pi)\) noktasını Örnek 10.5’daki \(\beta(5\pi)\) ile karşılaştıralım.
Çözüm
\(h'(s) = -1/c < 0\) olduğundan \(\gamma\) yön çevirendir. Hızı
\[\gamma'(s) = h'(s)\,\alpha'(h(s)) = -\dfrac{1}{c}\,\alpha'\left(-\dfrac{s}{c}\right)\]
ve sürati \(\frac{1}{c}\,\|\alpha'(-s/c)\| = \frac{1}{c} \cdot c = 1\)’dir; \(\gamma\) birim hızlıdır. Açık biçimi
\[\gamma(s) = \left(a\cos\dfrac{s}{c},\ -a\sin\dfrac{s}{c},\ -\dfrac{bs}{c}\right)\]
olur (\(\cos\) çift, \(\sin\) tek fonksiyondur). \(a = 3\), \(b = 4\), \(c = 5\) için
\[\gamma(5\pi) = (3\cos\pi,\ -3\sin\pi,\ -4\pi) = (-3, 0, -4\pi),\]
oysa \(\beta(5\pi) = (-3, 0, 4\pi)\) idi. İkisi de \((3, 0, 0)\)’dan çıkıp \(5\pi\) birim yol alır; \(\beta\) yukarıya, \(\gamma\) aşağıya gider. Yani helisin birim hızlı yeniden parametrelendirmesi tek değildir: teoremin yöntemi bunlardan yön koruyan olanı seçer.
\(\blacksquare\)
UyarıKuramda kolay, uygulamada nadir
Eğrilerin kuramında düzgün eğrileri sık sık birim hızlı kabul edeceğiz; teorem buna hak verir. Ne var ki verilen bir eğri için \(\beta\)’yı açıkça yazmak çoğu zaman olanaksızdır. Engel geometri değil, tek değişkenli analizdir: koordinat fonksiyonları ne kadar basit olsa da sürat bir kareköktür ve karekökün integrali genellikle tanıdık fonksiyonlarla yazılamaz; yazılabildiğinde de tersini almak gerekir. Örneğin \(\alpha(t) = (t, t^2, 0)\) parabolünün yay uzunluğu fonksiyonu Örnek 10.4’daki \(F(t)\)’dir; bu fonksiyon elemanterdir ama tersi \(t(s)\) elemanter fonksiyonlarla yazılamaz. \(\alpha(t) = (t, t^2, t^3)\) eğrisinde durum daha kötüdür: \(\sqrt{1 + 4t^2 + 9t^4}\) süratinin ilkeli bile elemanter değildir. Silindir ile kürenin kesişim eğrisinde de öyleydi (Örnek 10.3). Helis ve koni spirali gibi örnekler bu bakımdan ayrıcalıklıdır.
10.3 Eğri Üzerinde Vektör Alanları
\(\mathbb{R}^3\) üzerinde bir vektör alanı (Tanım 2.4), uzayın her noktasına o noktada bir teğet vektör bağlıyordu. Bir eğriyi incelerken bütün uzaya ok yerleştirmek gerekmez; yalnızca eğrinin uğradığı yerlere, üstelik “an” sırasına göre ok yerleştirmek yeter. Hız vektörü zaten böyledir: her \(t\) anına \(\alpha(t)\) noktasında bir teğet vektör bağlar.
Tanım 10.3 (Eğri Üzerinde Vektör Alanı) \(\alpha : I \to \mathbb{R}^3\) bir eğri olsun. \(I\)’daki her \(t\) sayısına \(\mathbb{R}^3\)’ün \(\alpha(t)\) noktasındaki bir \(Y(t)\) teğet vektörünü karşılık getiren \(Y\) fonksiyonuna \(\alpha\) eğrisi üzerinde bir vektör alanı (vector field on a curve) denir.
Yani eğri üzerinde vektör alanı, hareket eden noktanın her an yanında taşıdığı bir oktur; okun kuyruğu hep noktanın bulunduğu yerdedir, ucu ise istediği yöne bakabilir.
Tanımda okun eğriye teğet olması istenmez. Hız alanı \(\alpha'\) eğriye teğettir, ama genel bir \(Y\) her yöne bakabilir; aşağıdaki iki örnek bunu gösterir.
Örnek 10.8 (Hız Alanı Bir Vektör Alanıdır) Herhangi bir \(\alpha : I \to \mathbb{R}^3\) eğrisi için \(t \mapsto \alpha'(t)\) kuralının \(\alpha\) üzerinde bir vektör alanı olduğunu gösterelim.
Çözüm
Hız vektörünün tanımına (Tanım 4.2) göre \(\alpha'(t)\), uygulama noktası \(\alpha(t)\) olan bir teğet vektördür. Böylece \(\alpha'\), her \(t \in I\) sayısına \(\alpha(t)\) noktasındaki bir teğet vektörü karşılık getirir: tanımın istediği tam budur. Ayrıca \(\alpha'\)’nün \(\alpha\)’ya teğet olduğunu söylemek, hız vektörünün rotaya teğet doğrultuda olmasıdır; kesen vektörlerin limiti olarak bunun nedenini önceki bölümde görmüştük.
\(\blacksquare\)
Örnek 10.9 (Helis Üzerinde Eğriye Teğet Olmayan Bir Alan) \(\alpha(t) = (\cos t,\ \sin t,\ t)\) helisi üzerinde \(Y(t)\), uygulama noktası \(\alpha(t)\) ve vektör kısmı \((\cos t, \sin t, 0)\) olan teğet vektör olsun (ok, helisin ekseninden dışarıya, yatay olarak bakar). \(Y\)’nin \(\alpha\) üzerinde bir vektör alanı olduğunu ve hiçbir \(t\) için \(\alpha'(t)\)’ye paralel olmadığını gösterelim.
Çözüm
Her \(t\) için \(Y(t)\), \(\alpha(t)\) noktasında bir teğet vektördür; tanım gereği \(Y\) bir vektör alanıdır. Hızın vektör kısmı \((-\sin t, \cos t, 1)\)’dir. \(Y(t)\) ile \(\alpha'(t)\) aynı noktada iki teğet vektördür; birinin ötekinin katı olması için vektör kısımlarının orantılı olması gerekir. Ama \(Y(t)\)’nin üçüncü koordinatı \(0\), \(\alpha'(t)\)’ninki \(1\)’dir: \(Y(t) = \lambda\,\alpha'(t)\) olsaydı üçüncü koordinattan \(\lambda = 0\), dolayısıyla \(Y(t) = \mathbf{0}\) çıkardı; oysa \(\|Y(t)\| = \sqrt{\cos^2 t + \sin^2 t} = 1\). Öte yandan \(\alpha'(t) = \mu\, Y(t)\) da olamaz, çünkü sağ tarafın üçüncü koordinatı sıfırdır. Demek ki \(Y(t)\) hiçbir anda hıza paralel değildir; eğriye teğet olmayan bir vektör alanıdır. İç çarpımla da görülür:
\[Y(t) \cdot \alpha'(t) = -\sin t\cos t + \cos t\sin t + 0 = 0,\]
yani \(Y\) hıza her an diktir.
\(\blacksquare\)
Öklid koordinat fonksiyonları
\(\alpha\) üzerinde bir \(Y\) vektör alanı verilsin. Her \(t\) için \(Y(t)\), \(\alpha(t)\) noktasında bir teğet vektördür (Tanım 2.1) ve bir vektör kısmı vardır; bu üçlünün koordinatlarını \(y_1(t), y_2(t), y_3(t)\) ile gösterelim. Doğal çatı alanının (Tanım 2.6) \(\alpha(t)\) noktasındaki değerleri \(U_1(\alpha(t))\), \(U_2(\alpha(t))\), \(U_3(\alpha(t))\), vektör kısımları \((1, 0, 0)\), \((0, 1, 0)\), \((0, 0, 1)\) olan teğet vektörlerdir; Lemma 2.1’nde gördüğümüz gibi aynı noktadaki her teğet vektör bunların koordinat katsayılı toplamıdır. Böylece
\[Y(t) = \bigl(y_1(t), y_2(t), y_3(t)\bigr)_{\alpha(t)} = \sum_{i=1}^{3} y_i(t)\, U_i\bigl(\alpha(t)\bigr)\]
yazılır. \(I\) üzerinde tanımlı \(y_1, y_2, y_3\) gerçel değerli fonksiyonlarına \(Y\)’nin Öklid koordinat fonksiyonları denir. Bundan sonra bütün vektör alanlarının koordinat fonksiyonlarını türevlenebilir kabul edeceğiz; “eğri üzerinde vektör alanı” derken bunu da kastediyoruz.
Bu yazımda \(t \mapsto U_i(\alpha(t))\) bileşkesi de \(\alpha\) üzerinde bir vektör alanıdır: her \(t\)’ye \(\alpha(t)\) noktasındaki \(i\)-inci doğal çatı vektörünü bağlar. Karışıklık tehlikesi olmayan yerlerde \(U_i(\alpha(t))\) yerine kısaca \(U_i\) yazacağız; örneğin helis üzerindeki radyal alan \(Y = \cos t\, U_1 + \sin t\, U_2\) biçiminde yazılır. Hız alanı için de \(\alpha' = \sum_i \alpha_i'\, U_i\)’dir.
Alanlarla işlemler
Aynı eğri üzerindeki iki vektör alanı her \(t\) anında aynı noktada iki teğet vektör verir; o noktada teğet vektörleri toplayabilir, iç ve vektörel çarpımlarını alabiliriz. İşlemler noktasal tanımlanır: \(Y\) ve \(Z\), \(\alpha\) üzerinde vektör alanları, \(f\) de \(I\) üzerinde türevlenebilir bir fonksiyonsa
\[(Y + Z)(t) = Y(t) + Z(t), \qquad (fY)(t) = f(t)\, Y(t)\]
kurallarıyla \(\alpha\) üzerinde yeni vektör alanları; \((Y \cdot Z)(t) = Y(t) \cdot Z(t)\) kuralıyla \(I\) üzerinde gerçel değerli bir fonksiyon (Tanım 9.4); \((Y \times Z)(t) = Y(t) \times Z(t)\) kuralıyla yine \(\alpha\) üzerinde bir vektör alanı (Tanım 9.9) elde edilir. Koordinat fonksiyonları cinsinden
\[Y + Z = \sum_i (y_i + z_i)\, U_i, \qquad fY = \sum_i f y_i\, U_i, \qquad Y \cdot Z = \sum_i y_i z_i\]
olur; vektörel çarpım ise biçimsel determinantla hesaplanır. Hepsini bir örnek üzerinde görelim. Aşağıdaki üç kutuda \(\alpha : I \to \mathbb{R}^3\), \(I : t > 0\) üzerinde herhangi bir eğri;
\[Y(t) = t^2\, U_1 - t\, U_3, \qquad Z(t) = (1 - t^2)\, U_2 + t\, U_3\]
\(\alpha\) üzerinde iki vektör alanı ve \(f(t) = (t + 1)/t\)’dir.
Örnek 10.10 (İki Alanın Toplamı ve Fonksiyonla Çarpımı) \(Y = t^2 U_1 - tU_3\), \(Z = (1 - t^2)U_2 + tU_3\) ve \(f(t) = (t + 1)/t\) için \(Y + Z\) ile \(fY\) alanlarını bulalım.
Çözüm
Koordinat fonksiyonları toplanır. \(Y\)’nin koordinatları \((t^2, 0, -t)\), \(Z\)’nin koordinatları \((0, 1 - t^2, t)\) olduğundan
\[(Y + Z)(t) = t^2\, U_1 + (1 - t^2)\, U_2 + (-t + t)\, U_3 = t^2\, U_1 + (1 - t^2)\, U_2.\]
Üçüncü koordinatlar birbirini götürdü. Fonksiyonla çarpımda her koordinat \(f\) ile çarpılır:
\[(fY)(t) = \dfrac{t + 1}{t}\, t^2\, U_1 - \dfrac{t + 1}{t}\, t\, U_3 = t(t + 1)\, U_1 - (t + 1)\, U_3.\]
Örneğin \(t = 2\)’de \((Y + Z)(2) = 4U_1 - 3U_2\) ve \((fY)(2) = 6U_1 - 3U_3\)’tür; ikisi de \(\alpha(2)\) noktasında teğet vektörlerdir.
\(\blacksquare\)
Örnek 10.11 (İki Alanın İç Çarpımı) \(Y = t^2 U_1 - tU_3\) ve \(Z = (1 - t^2)U_2 + tU_3\) alanlarının iç çarpımı olan \(Y \cdot Z\) fonksiyonunu bulalım.
Çözüm
Aynı noktadaki teğet vektörlerin iç çarpımı, vektör kısımlarının iç çarpımıdır; koordinatlar karşılıklı çarpılıp toplanır:
\[(Y \cdot Z)(t) = t^2 \cdot 0 + 0 \cdot (1 - t^2) + (-t)\cdot t = -t^2.\]
Sonuç bir vektör alanı değil, \(I\) üzerinde gerçel değerli bir fonksiyondur; \(t = 2\)’de değeri \(-4\)’tür. Negatif çıkması, \(Y(t)\) ile \(Z(t)\) arasındaki açının her \(t\) için geniş açı olduğunu söyler.
\(\blacksquare\)
Örnek 10.12 (İki Alanın Vektörel Çarpımı) \(Y = t^2 U_1 - tU_3\) ve \(Z = (1 - t^2)U_2 + tU_3\) alanlarının vektörel çarpımı \(Y \times Z\)’yi bulalım.
Çözüm
Vektörel çarpım, ilk satırı doğal çatı vektörleri, öteki satırları koordinatlar olan biçimsel determinantla hesaplanır:
\[(Y \times Z)(t) = \begin{vmatrix} U_1 & U_2 & U_3 \\ t^2 & 0 & -t \\ 0 & 1 - t^2 & t \end{vmatrix}.\]
İlk satıra göre açalım:
\[\begin{aligned} (Y \times Z)(t) &= \bigl(0 \cdot t - (-t)(1 - t^2)\bigr) U_1 - \bigl(t^2 \cdot t - (-t)\cdot 0\bigr) U_2\\ &\quad + \bigl(t^2(1 - t^2) - 0\bigr) U_3\\ &= t(1 - t^2)\, U_1 - t^3\, U_2 + t^2(1 - t^2)\, U_3. \end{aligned}\]
Denetim: sonuç her iki alana dik olmalıdır (Lemma 9.5). \(Y\) ve \(Z\) ile iç çarpımlar
\[\begin{aligned} t^2 \cdot t(1 - t^2) + 0 \cdot (-t^3) + (-t)\, t^2(1 - t^2) &= 0,\\ 0 \cdot t(1 - t^2) + (1 - t^2)(-t^3) + t \cdot t^2(1 - t^2) &= 0 \end{aligned}\]
verir. \(t = 2\)’de \((Y \times Z)(2) = -6U_1 - 8U_2 - 12U_3\)’tür.
\(\blacksquare\)
10.4 Türev ve İvme
Eğri üzerindeki bir vektör alanı zamanla değişen bir oktur; değişim hızını sormak doğaldır. Ok \(\alpha(t)\) noktasından çıkar ve \(t\) ilerledikçe hem yeri hem vektör kısmı değişir. Türev, vektör kısmının değişimini ölçer: koordinat fonksiyonlarının türevleri alınır ve sonuç yine hareket eden noktaya bağlanır.
Tanım 10.4 (Vektör Alanının Türevi ve İvme) \(\alpha : I \to \mathbb{R}^3\) bir eğri, \(Y = \sum_i y_i\, U_i\) de \(\alpha\) üzerinde bir vektör alanı olsun. Her \(t \in I\) için
\[Y'(t) = \sum_{i=1}^{3} \dfrac{dy_i}{dt}(t)\, U_i\bigl(\alpha(t)\bigr)\]
kuralıyla tanımlanan \(Y'\) vektör alanına \(Y\)’nin türevi (derivative) denir. Özel olarak, hız alanının türevi \(\alpha'' = (\alpha')'\)’ye \(\alpha\)’nın ivmesi (acceleration) denir; \(\alpha = (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)\) ise
\[\alpha''(t) = \left(\dfrac{d^2\alpha_1}{dt^2}(t),\ \dfrac{d^2\alpha_2}{dt^2}(t),\ \dfrac{d^2\alpha_3}{dt^2}(t)\right)_{\alpha(t)}\]
olur.
Yani bir alanın türevini almak, oku kendi başlangıç noktasında tutup vektör kısmının koordinatlarını türevlemektir. Koordinat fonksiyonları türevlenebilir olduğundan \(Y'\) de \(\alpha\) üzerinde bir vektör alanıdır ve türevleri \(Y'', Y''', \ldots\) diye sürer.
Örnek 10.13 (Bir Alanın Ardışık Türevleri) \(I : t > 0\) üzerinde \(Y = t^2 U_1 - tU_3\) alanının \(Y'\), \(Y''\) ve \(Y'''\) türevlerini bulalım.
Çözüm
Koordinat fonksiyonları \(y_1 = t^2\), \(y_2 = 0\), \(y_3 = -t\)’dir. Türevleri \(2t\), \(0\), \(-1\); ikinci türevleri \(2\), \(0\), \(0\); üçüncü türevleri hep \(0\). Dolayısıyla
\[Y' = 2t\, U_1 - U_3, \qquad Y'' = 2\, U_1, \qquad Y''' = 0.\]
\(Y'''\)’nün \(0\) olması, her \(t\) için \(\alpha(t)\) noktasındaki sıfır teğet vektörü vermesi demektir. \(Y''\) ise her noktada aynı vektör kısmını \((2, 0, 0)\) taşır; ileride bu tür alanlara paralel diyeceğiz.
\(\blacksquare\)
Etkileşimli sahne: eğri üzerinde bir alan ve türevi. Yukarıdaki kutular \(\alpha\)’yı serbest bırakmıştı; sahnede taşıyıcı eğri olarak \(\alpha(t) = (\cos t, \sin t, t)\) helisi seçildi, sahne sürüklenerek döndürülür ve \(t\) kaydırıcısı \(\alpha(t)\) noktasını yürütür. Yeşil ok \(Y(t) = t^2 U_1 - tU_3\), turuncu ok türevi \(Y'(t) = 2tU_1 - U_3\), ince mavi ok da hız \(\alpha'(t)\)’dir. İki alanın vektör kısımları eğriye değil yalnızca \(t\)’ye bağlıdır: helis noktayı döndürürken \(Y\) ile \(Y'\) hep \(xz\) düzlemine paralel kalır ve eğriye teğet olmak zorunda değildir. Değer satırındaki \(Y \cdot Y' = 2t^3 + t\) hep pozitiftir ve \(\|Y\| = \sqrt{t^4 + t^2}\) sürekli büyür; bu ilişkiyi Lemma 10.2 açıklayacak.
Hız vektörü daima eğriye teğettir; ivme ise genellikle değildir. Bir dönüşte ivme dönüşün iç tarafına bakar.
Örnek 10.14 (Parabolde Hız ve İvme) \(\alpha(t) = (t, t^2, 0)\) parabolünün hız ve ivmesini bulalım; ivmenin hiçbir anda hıza paralel olmadığını gösterelim ve \(t = -1, 0, 1\) anlarında iki vektörü yazalım.
Çözüm
Koordinat türevleri \(1\), \(2t\), \(0\); ikinci türevler \(0\), \(2\), \(0\). Dolayısıyla
\[\alpha'(t) = (1, 2t, 0)_{\alpha(t)}, \qquad \alpha''(t) = (0, 2, 0)_{\alpha(t)}.\]
İvme her an aynı vektör kısmına sahiptir: yukarıya bakan, uzunluğu \(2\) olan ok. İvmenin hıza paralel olması, yani \((0, 2, 0) = \lambda(1, 2t, 0)\) ya da \((1, 2t, 0) = \mu(0, 2, 0)\) olması olanaksızdır: birincisinde ilk koordinat \(\lambda = 0\), dolayısıyla \((0, 2, 0) = \mathbf{0}\) çelişkisini verir; ikincisinde ilk koordinat \(1 = 0\) verir. Aynı sonuca vektörel çarpımla da varılır: orantılı iki vektörün vektörel çarpımı sıfırdır, çünkü biçimsel determinantın iki satırı orantılı olur. Oysa
\[(1, 2t, 0) \times (0, 2, 0) = (2t \cdot 0 - 0 \cdot 2,\ 0 \cdot 0 - 1 \cdot 0,\ 1 \cdot 2 - 2t \cdot 0) = (0, 0, 2) \ne \mathbf{0}\]
bulunur; ivme hiçbir anda hıza paralel, yani eğriye teğet değildir.
| \(t\) | \(\alpha(t)\) | \(\alpha'(t)\)’nin vektör kısmı | \(\alpha''(t)\)’nin vektör kısmı | \(\alpha' \cdot \alpha''\) |
|---|---|---|---|---|
| \(-1\) | \((-1, 1, 0)\) | \((1, -2, 0)\) | \((0, 2, 0)\) | \(-4\) |
| \(0\) | \((0, 0, 0)\) | \((1, 0, 0)\) | \((0, 2, 0)\) | \(0\) |
| \(1\) | \((1, 1, 0)\) | \((1, 2, 0)\) | \((0, 2, 0)\) | \(4\) |
\(t < 0\) iken ivme hızla geniş açı yapar (nokta yavaşlar, sürat \(\sqrt{1 + 4t^2}\) azalır), \(t = 0\)’da hıza diktir (sürat en küçük değerini alır), \(t > 0\) iken dar açı yapar (nokta hızlanır). İvmenin hız doğrultusundaki bileşeni süratin değişimini, hıza dik bileşeni ise dönüşü ölçer.
\(\blacksquare\)
Örnek 10.15 (Çemberde İvme Merkeze Bakar) \(r > 0\) için \(\alpha(t) = (r\cos t,\ r\sin t,\ 0)\) çemberinin ivmesini bulalım; ivmenin hıza dik olduğunu ve daima merkeze doğru baktığını gösterelim.
Çözüm
Koordinat türevleri \(-r\sin t\), \(r\cos t\), \(0\); ikinci türevler \(-r\cos t\), \(-r\sin t\), \(0\). Dolayısıyla
\[\alpha'(t) = (-r\sin t,\ r\cos t,\ 0)_{\alpha(t)}, \qquad \alpha''(t) = (-r\cos t,\ -r\sin t,\ 0)_{\alpha(t)}.\]
İvmenin vektör kısmı, konum noktası \(\alpha(t) = (r\cos t, r\sin t, 0)\)’ın eksilisidir: \(\alpha(t)\)’den çıkan bu ok tam merkeze, orijine gider ve uzunluğu \(r\)’dir. Hız ile iç çarpım
\[\alpha'(t) \cdot \alpha''(t) = r^2\sin t\cos t - r^2\cos t\sin t + 0 = 0\]
olduğundan ivme her an hıza diktir. Sürat \(\sqrt{r^2\sin^2 t + r^2\cos^2 t} = r\) sabittir; sabit süratli bir harekette ivmenin hıza dik olması genel bir olgudur ve alıştırmalarda ispatlanacaktır. Doğru \(\mathbf{p} + t\mathbf{q}\) için ise ivme sıfırdır: koordinatlar birinci dereceden olduğundan ikinci türevleri yoktur.
\(\blacksquare\)
Lineerlik ve Leibniz kuralları
Hangi kılıkta karşımıza çıksa çıksın türev, toplama karşı lineer davranır ve çarpımlar için Leibniz kuralına uyar. Eğri üzerindeki vektör alanları için dört kural vardır: biri lineerlik, üçü çarpım kuralı.
Lemma 10.1 (Türevin Lineerlik ve Leibniz Kuralları) \(Y\) ve \(Z\), \(\alpha : I \to \mathbb{R}^3\) üzerinde vektör alanları, \(a, b\) sayılar ve \(f\), \(I\) üzerinde türevlenebilir bir fonksiyon olsun. O zaman
\[(aY + bZ)' = aY' + bZ', \qquad (fY)' = \dfrac{df}{dt}\, Y + f\, Y',\]
\[(Y \cdot Z)' = Y' \cdot Z + Y \cdot Z', \qquad (Y \times Z)' = Y' \times Z + Y \times Z'\]
olur. Üçüncü kuralda soldaki, \(Y \cdot Z\) gerçel değerli fonksiyonunun sıradan türevidir.
İspat
\(Y = \sum_i y_i U_i\) ve \(Z = \sum_i z_i U_i\) yazalım. Her kural, koordinat fonksiyonlarına tek değişkenli türev kurallarını uygulamaktan ibarettir.
Lineerlik. \(aY + bZ\) alanının \(i\)-inci koordinat fonksiyonu \(ay_i + bz_i\)’dir. Türevin lineerliğinden \((ay_i + bz_i)' = ay_i' + bz_i'\), dolayısıyla
\[(aY + bZ)' = \sum_i (ay_i' + bz_i')\, U_i = a\sum_i y_i'\, U_i + b\sum_i z_i'\, U_i = aY' + bZ'.\]
Fonksiyonla çarpım. \(fY\)’nin \(i\)-inci koordinatı \(fy_i\)’dir. Tek değişkenli çarpım kuralı \((fy_i)' = f'y_i + fy_i'\) verir; toplarsak
\[(fY)' = \sum_i (f'y_i + fy_i')\, U_i = f'\sum_i y_i\, U_i + f\sum_i y_i'\, U_i = f'Y + fY'.\]
İç çarpım. \(Y \cdot Z = \sum_i y_i z_i\) gerçel değerli fonksiyondur. Her terime çarpım kuralı uygulanır:
\[(Y \cdot Z)' = \sum_i (y_i' z_i + y_i z_i') = \sum_i y_i' z_i + \sum_i y_i z_i' = Y' \cdot Z + Y \cdot Z'.\]
Vektörel çarpım. \((i, j, k)\), \((1, 2, 3)\)’ün devirli bir sıralaması olsun: \((1, 2, 3)\), \((2, 3, 1)\) ya da \((3, 1, 2)\). Vektörel çarpımın tanımına göre \(Y \times Z\)’nin \(k\)-inci koordinat fonksiyonu \(y_i z_j - y_j z_i\)’dir; üç koordinat da bu tek formülün üç devirli sıralamadaki hâlidir. Çarpım kuralıyla
\[(y_i z_j - y_j z_i)' = (y_i' z_j - y_j' z_i) + (y_i z_j' - y_j z_i').\]
Sağdaki ilk parantez \(Y' \times Z\)’nin, ikincisi \(Y \times Z'\)’nin \(k\)-inci koordinatıdır. Üç koordinatta da aynı eşitlik sağlandığından \((Y \times Z)' = Y' \times Z + Y \times Z'\) olur.
\(\blacksquare\)
Örnek 10.16 (Leibniz Kuralının Sayısal Denetimi) \(Y = t^2 U_1 - tU_3\) ve \(Z = (1 - t^2)U_2 + tU_3\) için \((Y \cdot Z)'\) türevini iki yoldan hesaplayalım: önce doğrudan, sonra Leibniz kuralıyla.
Çözüm
Örnek 10.11’de \(Y \cdot Z = -t^2\) bulmuştuk; doğrudan türevi \((Y \cdot Z)' = -2t\)’dir.
Kural yoluyla: \(Y' = 2tU_1 - U_3\) (Örnek 10.13) ve \(Z\)’nin koordinatları \((0, 1 - t^2, t)\) olduğundan \(Z' = -2tU_2 + U_3\). O hâlde
\[Y' \cdot Z = 2t \cdot 0 + 0 \cdot (1 - t^2) + (-1)\cdot t = -t,\]
\[Y \cdot Z' = t^2 \cdot 0 + 0 \cdot (-2t) + (-t)\cdot 1 = -t.\]
Toplam \(-2t\): iki yol uyuşur. \(t = 2\)’de her ikisi de \(-4\) verir.
\(\blacksquare\)
İç çarpım kuralının en çok kullanılacak sonucu şudur.
Lemma 10.2 (Sabit İç Çarpım ve Sabit Uzunluk) \(Y\) ve \(Z\), bir eğri üzerinde vektör alanları olsun.
Eğer \(Y \cdot Z\) fonksiyonu sabitse \(Y' \cdot Z + Y \cdot Z' = 0\), yani \(Y' \cdot Z = -Y \cdot Z'\) olur.
Eğer \(Y\)’nin uzunluğu \(\|Y\|\) sabitse \(Y\) ile \(Y'\) her noktada diktir: her \(t\) için \(Y(t) \cdot Y'(t) = 0\).
İspat
Sabit bir fonksiyonun türevi sıfırdır. \(Y \cdot Z\) sabitse Lemma 10.1’nin iç çarpım kuralına göre
\[0 = (Y \cdot Z)' = Y' \cdot Z + Y \cdot Z'\]
olur; bu da ilk iddiadır.
\(\|Y\| = c\) sabitse \(Y \cdot Y = \|Y\|^2 = c^2\) de sabittir. İlk iddiayı \(Z = Y\) ile uygularsak \(Y' \cdot Y + Y \cdot Y' = 0\), iç çarpımın simetrisiyle \(2\, Y \cdot Y' = 0\), yani \(Y \cdot Y' = 0\) çıkar. İç çarpımı sıfır olan iki vektör diktir; \(Y(t)\) ya da \(Y'(t)\) sıfır vektör olsa bile diklik iç çarpımın sıfır olması anlamında geçerlidir.
\(\blacksquare\)
Yani uzunluğunu değiştirmeden dönen bir ok, ancak kendisine dik yönde değişebilir. Bu gözlem, birim hızlı bir eğride hız alanı \(T = \beta'\)’nün türevinin daima \(T\)’ye dik olduğunu söyler; eğrilik kavramı tam buradan doğacaktır.
Örnek 10.17 (Dönen Birim Ok Türevine Diktir) Herhangi bir \(\alpha : \mathbb{R} \to \mathbb{R}^3\) eğrisi üzerinde \(Y = \cos t\, U_1 + \sin t\, U_2\) alanı verilsin. \(\|Y\|\)’nin sabit olduğunu görelim, \(Y \cdot Y' = 0\) eşitliğini doğrudan hesapla doğrulayalım ve \(t = \pi/3\) anındaki vektörleri yazalım.
Çözüm
\(\|Y(t)\|^2 = \cos^2 t + \sin^2 t = 1\) olduğundan \(Y\) birim uzunlukludur; lemmaya göre \(Y \cdot Y' = 0\) olmalıdır. Doğrudan: \(Y' = -\sin t\, U_1 + \cos t\, U_2\) ve
\[Y \cdot Y' = \cos t\,(-\sin t) + \sin t\cos t + 0 = 0.\]
\(t = \pi/3\)’te \(Y\)’nin vektör kısmı \((1/2, \sqrt{3}/2, 0)\), \(Y'\)’nün vektör kısmı \((-\sqrt{3}/2, 1/2, 0)\)’dır; iç çarpımları \(-\sqrt{3}/4 + \sqrt{3}/4 = 0\). Karşı örnek olarak \(W = tU_1\) alanına bakalım: \(\|W\| = |t|\) sabit değildir ve \(W \cdot W' = t \cdot 1 = t\), sıfırdan farklıdır.
\(\blacksquare\)
10.5 Paralel Alanlar ve Sıfır Türevler
Teğet vektörler bölümünde vektör kısımları aynı, uygulama noktaları farklı olan teğet vektörlere paralel demiştik. Eğri üzerinde bir alanın bütün okları birbirine paralelse alan, eğri boyunca “kendini taşıyan” tek bir oktur.
Tanım 10.5 (Paralel Vektör Alanı) Bir eğri üzerindeki \(Y\) vektör alanının bütün değerleri birbirine paralelse, yani her \(t_1, t_2 \in I\) için \(Y(t_1)\) ile \(Y(t_2)\) teğet vektörlerinin vektör kısımları aynıysa \(Y\)’ye paralel (parallel) vektör alanı denir.
Yani paralel bir alan, eğri boyunca yönünü ve uzunluğunu hiç değiştirmeyen bir oktur; yalnızca kuyruğu hareket eden noktayla birlikte gider.
Lemma 10.3 (Paralellik Koordinatların Sabitliğidir) Bir eğri üzerindeki \(Y = \sum_i y_i U_i\) vektör alanı paraleldir ancak ve ancak Öklid koordinat fonksiyonları \(y_1, y_2, y_3\) sabit fonksiyonlardır. Bu durumda ortak vektör kısmı \((c_1, c_2, c_3)\) ise her \(t\) için
\[Y(t) = (c_1, c_2, c_3)_{\alpha(t)} = \sum_i c_i\, U_i\bigl(\alpha(t)\bigr)\]
olur.
İspat
\(Y\) paralel olsun. \(I\)’da bir \(t_0\) seçip \(Y(t_0)\)’ın vektör kısmına \((c_1, c_2, c_3)\) diyelim. Paralellik gereği her \(t\) için \(Y(t)\)’nin vektör kısmı da \((c_1, c_2, c_3)\)’tür; vektör kısmının koordinatları \(y_i(t)\) olduğundan her \(t\) için \(y_i(t) = c_i\), yani \(y_i\) sabittir.
Tersine \(y_i\)’ler sabit, değerleri \(c_i\) olsun. O zaman her \(t\) için \(Y(t)\)’nin vektör kısmı \((c_1, c_2, c_3)\)’tür; iki değerin vektör kısımları aynı olduğundan \(Y\) paraleldir. Yazım \(Y(t) = \sum_i y_i(t) U_i(\alpha(t))\) eşitliğinden çıkar.
\(\blacksquare\)
Örnek 10.18 (Helis Üzerinde Paralel ve Paralel Olmayan Alanlar) \(\alpha(t) = (\cos t, \sin t, t)\) helisi üzerinde \(V = U_3\) (düşey birim ok) ve \(Y = \cos t\, U_1 + \sin t\, U_2\) (radyal ok) alanlarından hangisinin paralel olduğunu belirleyelim.
Çözüm
\(V\)’nin koordinat fonksiyonları \(0, 0, 1\) sabittir; lemmaya göre \(V\) paraleldir. Her \(\alpha(t)\) noktasında aynı \((0, 0, 1)\) oku dikilir; ok helisle birlikte yükselir ama yönü ve uzunluğu değişmez.
\(Y\)’nin koordinat fonksiyonları \(\cos t\), \(\sin t\), \(0\)’dır ve ilk ikisi sabit değildir: \(t = 0\)’da vektör kısmı \((1, 0, 0)\), \(t = \pi/2\)’de \((0, 1, 0)\). İki değer paralel olmadığından \(Y\) paralel bir alan değildir; ok, helis döndükçe onunla birlikte döner. Uzunluğu sabit (\(1\)) olsa da paralel değildir: paralellik yönün de sabit kalmasını ister.
\(\blacksquare\)
Analizde bir türevin sıfır olması daima önemli bir bilgidir. Önce tek değişkenli analizden temel olguyu hatırlayalım.
NotTürevi sıfır olan fonksiyon sabittir
\(g\), bir \(I\) aralığında türevlenebilir ve her \(t \in I\) için \(g'(t) = 0\) ise \(g\) sabittir. Nedeni ortalama değer teoremidir: \(I\)’da \(t_0 \ne t\) alalım; \(t_0\) ile \(t\) arasında bir \(c\) sayısı için \(g(t) - g(t_0) = g'(c)(t - t_0) = 0\), yani \(g(t) = g(t_0)\). Tersi apaçıktır: sabit fonksiyonun türevi sıfırdır. Tanım kümesinin bir aralık olması önemlidir; iki ayrı parçadan oluşan bir kümede türevi sıfır olan fonksiyon parçalarda farklı sabitler alabilir.
Bu olguyu eğrilere ve alanlara üç biçimde uygulayalım.
Lemma 10.4 (Sıfır Türevlerin Üç Anlamı) \(\alpha : I \to \mathbb{R}^3\) bir eğri, \(Y\) de \(\alpha\) üzerinde bir vektör alanı olsun.
(1) \(\alpha\) sabittir ancak ve ancak hızı sıfırdır: \(\alpha' = 0\).
(2) \(\alpha\) sabit değilse, \(\alpha\) bir doğrudur ancak ve ancak ivmesi sıfırdır: \(\alpha'' = 0\).
(3) \(Y\) paraleldir ancak ve ancak türevi sıfırdır: \(Y' = 0\).
Burada \(\alpha' = 0\), her \(t\) için \(\alpha'(t)\)’nin \(\alpha(t)\) noktasındaki sıfır teğet vektör olması demektir; öteki eşitlikler de öyle okunur.
İspat
Her durumda Öklid koordinat fonksiyonlarına bakmak yeter, çünkü bir teğet vektör tam olarak vektör kısmının üç koordinatı sıfır olduğunda sıfırdır.
(1) \(\alpha' = 0\) olması, her \(i\) ve her \(t\) için \(\alpha_i'(t) = 0\) demektir. Yukarıdaki nota göre bu, her \(\alpha_i\)’nin sabit olmasına denktir. Üç koordinat fonksiyonu da sabitse \(\alpha\) sabit bir noktadır; \(\alpha\) sabitse koordinatları sabittir ve türevleri sıfırdır.
(2) Önce doğrunun ivmesinin sıfır olduğunu görelim. \(\alpha(t) = \mathbf{p} + t\mathbf{q}\) ise \(\alpha_i(t) = p_i + tq_i\) birinci dereceden polinomdur, birinci türevi sabit \(q_i\), ikinci türevi \(0\)’dır; \(\alpha'' = 0\).
Tersine \(\alpha'' = 0\) olsun; yani her \(i\) için \(\alpha_i'' = (\alpha_i')' = 0\). Nota göre \(\alpha_i'\) sabittir; değerine \(q_i\) diyelim. Şimdi \(g_i(t) = \alpha_i(t) - q_i t\) fonksiyonuna bakalım: türevi \(\alpha_i'(t) - q_i = 0\), dolayısıyla \(g_i\) de sabittir; değerine \(p_i\) diyelim. Böylece her \(t\) için
\[\alpha_i(t) = p_i + tq_i, \qquad i = 1, 2, 3,\]
yani \(\mathbf{p} = (p_1, p_2, p_3)\) ve \(\mathbf{q} = (q_1, q_2, q_3)\) ile \(\alpha(t) = \mathbf{p} + t\mathbf{q}\) olur. \(\alpha\) sabit olmadığından \(\mathbf{q} \ne \mathbf{0}\)’dır (aksi hâlde \(\alpha(t) = \mathbf{p}\) olurdu). Dolayısıyla \(\alpha\), \(\mathbf{p}\)’den geçen \(\mathbf{q}\) doğrultulu doğrudur (Örnek 4.1).
(3) \(Y' = 0\) olması, her \(i\) için \(y_i' = 0\) demektir; nota göre bu, her \(y_i\)’nin sabit olmasına denktir; Lemma 10.3’a göre de bu, \(Y\)’nin paralel olmasına denktir.
\(\blacksquare\)
Yani hızı sıfır olan nokta yerinde durur, ivmesi sıfır olan nokta doğru boyunca gider, türevi sıfır olan ok kendini taşır. Lemmayı iki örnekle kullanalım.
Örnek 10.19 (İvmesi Sıfır Olan Eğriyi Bulmak) \(\mathbb{R}\) üzerinde tanımlı bir \(\alpha\) eğrisinin ivmesi her yerde sıfır, \(\alpha(0) = (1, 2, 0)\) ve \(\alpha'(0)\)’ın vektör kısmı \((2, -1, 3)\) olsun. \(\alpha\)’yı bulalım.
Çözüm
\(\alpha'(0) \ne \mathbf{0}\) olduğundan \(\alpha\) sabit değildir; lemmanın (2) maddesine göre \(\alpha(t) = \mathbf{p} + t\mathbf{q}\) biçiminde bir doğrudur. İspattaki gösterimle \(\mathbf{q}\), sabit olan hız vektör kısmıdır: \(\mathbf{q} = (2, -1, 3)\). \(\mathbf{p} = \alpha(0) = (1, 2, 0)\). Dolayısıyla
\[\alpha(t) = (1 + 2t,\ 2 - t,\ 3t).\]
Denetim: \(\alpha(0) = (1, 2, 0)\), hızın vektör kısmı \((2, -1, 3)\), ikinci türevler sıfır. Bu, Örnek 4.1’daki sayısal doğrunun kendisidir. Lemma ayrıca tekliği söyler: bu iki başlangıç verisine sahip ve ivmesi sıfır olan başka eğri yoktur.
\(\blacksquare\)
Örnek 10.20 (Türevi Sıfır Olan Alan) \(\alpha(t) = (\cos t, \sin t, t)\) helisi üzerinde \(Y(t)\), \(\alpha(t)\)’den \(\alpha(t) + (2, -1, 3)\) noktasına giden ok olsun. \(Y' = 0\) olduğunu gösterelim ve bunu lemmanın (3) maddesiyle yorumlayalım. Ayrıca hız alanı \(\alpha'\) için \((\alpha')'\)’nün sıfır olmadığını görelim.
Çözüm
\(Y(t)\)’nin vektör kısmı, ucu ile kuyruğunun farkı olan \((2, -1, 3)\)’tür; koordinat fonksiyonları \(2, -1, 3\) sabit olduğundan \(Y' = 0 \cdot U_1 + 0 \cdot U_2 + 0 \cdot U_3 = 0\). Lemmanın (3) maddesi \(Y\)’nin paralel olduğunu söyler; gerçekten bütün okların vektör kısmı aynıdır.
Hız alanının koordinatları \(-\sin t\), \(\cos t\), \(1\)’dir; türevi \(\alpha'' = -\cos t\, U_1 - \sin t\, U_2\), sıfır değildir (uzunluğu \(1\)’dir). Lemmaya göre \(\alpha'\) paralel bir alan değildir: helisin hız vektörü sürekli döner. Hız alanının uzunluğu \(\sqrt{2}\) sabittir; Lemma 10.2 gereği \(\alpha' \cdot \alpha'' = 0\) olmalıdır ve \(\sin t\cos t - \cos t\sin t + 0 = 0\) bunu doğrular.
\(\blacksquare\)
10.6 Alıştırmalar
Alıştırma 10.1 (Bir Kübik Eğrinin Hızı, Sürati ve İvmesi) \(\alpha(t) = (2t,\ t^2,\ t^3/3)\) eğrisinin hız vektörünü, süratini ve ivmesini genel \(t\) için ve \(t = 1\) anında bulunuz.
Çözüm
Koordinat türevleri \(2\), \(2t\), \(t^2\); ikinci türevler \(0\), \(2\), \(2t\). Dolayısıyla
\[\alpha'(t) = (2,\ 2t,\ t^2)_{\alpha(t)}, \qquad \alpha''(t) = (0,\ 2,\ 2t)_{\alpha(t)}.\]
Süratin karesi \(4 + 4t^2 + t^4 = (t^2 + 2)^2\)’dir; \(t^2 + 2 > 0\) olduğundan
\[v(t) = \|\alpha'(t)\| = t^2 + 2.\]
Sürat hiçbir zaman \(2\)’nin altına inmez; eğri düzgündür. \(t = 1\)’de \(\alpha(1) = (2, 1, 1/3)\), hızın vektör kısmı \((2, 2, 1)\), sürat \(v(1) = 3\) (denetim: \(\sqrt{4 + 4 + 1} = 3\)), ivmenin vektör kısmı \((0, 2, 2)\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 10.2 (Bir Kübik Eğrinin Yay Uzunluğu Fonksiyonu) \(\alpha(t) = (2t,\ t^2,\ t^3/3)\) eğrisinin \(t = 0\) tabanlı yay uzunluğu fonksiyonu \(s = s(t)\)’yi bulunuz ve \(\alpha\)’nın \(t = -1\)’den \(t = 1\)’e yay uzunluğunu hesaplayınız.
Çözüm
Sürat \(v(u) = u^2 + 2\)’dir (Alıştırma 10.1). Tanıma göre
\[s(t) = \int_0^t (u^2 + 2)\, du = \dfrac{t^3}{3} + 2t.\]
\(t = -1\)’den \(t = 1\)’e yay uzunluğu, \(s\)’nin bu iki noktadaki değerlerinin farkıdır (ya da doğrudan \(\int_{-1}^{1} (u^2 + 2)\, du\)):
\[s(1) - s(-1) = \left(\dfrac13 + 2\right) - \left(-\dfrac13 - 2\right) = \dfrac{14}{3}.\]
Uç noktalar \(\alpha(-1) = (-2, 1, -1/3)\) ve \(\alpha(1) = (2, 1, 1/3)\)’tür; aralarındaki uzaklık \(\sqrt{16 + 0 + 4/9} \approx 4{,}06\), yay uzunluğu \(14/3 \approx 4{,}67\)’den küçüktür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 10.3 (Sabit Sürat ile İvmenin Hıza Dikliği) Bir eğrinin süratinin sabit olması için gerek ve yeter koşulun, ivmesinin her anda hızına dik olması olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(\alpha\) bir eğri, \(v = \|\alpha'\|\) sürati olsun. \(v^2 = \alpha' \cdot \alpha'\)’dir. Lemma 10.1’nin iç çarpım kuralını \(Y = Z = \alpha'\) ile uygularsak
\[(v^2)' = (\alpha' \cdot \alpha')' = \alpha'' \cdot \alpha' + \alpha' \cdot \alpha'' = 2\, \alpha' \cdot \alpha''.\]
Şimdi denklik zincirini kuralım. \(v\) sabittir ancak ve ancak \(v^2\) sabittir: \(v\) sabitse karesi de sabittir; \(v^2 = k\) sabitse \(v \ge 0\) olduğundan \(v = \sqrt{k}\) sabittir. \(v^2\) sabittir ancak ve ancak \((v^2)' = 0\)’dır (türevi sıfır olan fonksiyon sabittir ve tersi). Yukarıdaki formülle \((v^2)' = 0\), her \(t\) için \(\alpha'(t) \cdot \alpha''(t) = 0\) olmasına, yani ivmenin hıza dik olmasına denktir.
Denetim: helisin ivmesi hıza diktir ve sürati sabittir (Örnek 10.20); \(\alpha(t) = (2t, t^2, t^3/3)\) eğrisinde ise \(\alpha' \cdot \alpha'' = 0 + 4t + 2t^3\), \(t \ne 0\) için sıfır değildir ve sürat \(t^2 + 2\) sabit değildir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 10.4 (Hiperbolik Eğrinin Yay Uzunluğu Fonksiyonu) \(\alpha(t) = (\cosh t,\ \sinh t,\ t)\) eğrisinin \(t = 0\) tabanlı yay uzunluğu fonksiyonunun \(s(t) = \sqrt{2}\,\sinh t\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\((\cosh)' = \sinh\) ve \((\sinh)' = \cosh\) olduğundan hızın vektör kısmı \((\sinh t, \cosh t, 1)\)’dir. Süratin karesi \(\sinh^2 t + \cosh^2 t + 1\); \(\cosh^2 t - \sinh^2 t = 1\) özdeşliğinden \(\sinh^2 t + 1 = \cosh^2 t\), dolayısıyla
\[\|\alpha'(t)\|^2 = 2\cosh^2 t, \qquad v(t) = \sqrt{2}\,\cosh t\]
(\(\cosh t > 0\) olduğundan karekök işaretsiz alınır). \(t = 0\) tabanlı yay uzunluğu fonksiyonu
\[s(t) = \int_0^t \sqrt{2}\,\cosh u\, du = \sqrt{2}\,\bigl[\sinh u\bigr]_0^t = \sqrt{2}\,\sinh t,\]
çünkü \(\sinh 0 = 0\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 10.5 (Hiperbolik Eğrinin Birim Hızlı Yeniden Parametrelendirmesi) \(\alpha(t) = (\cosh t,\ \sinh t,\ t)\) eğrisinin birim hızlı bir yeniden parametrelendirmesini bulunuz ve süratinin \(1\) olduğunu doğrudan denetleyiniz.
Çözüm
\(t = 0\) tabanlı yay uzunluğu fonksiyonu \(s(t) = \sqrt{2}\,\sinh t\)’dir (Alıştırma 10.4). \(\sinh\), \(\mathbb{R}\)’yi \(\mathbb{R}\)’ye birebir ve örten götürdüğünden \(J = \mathbb{R}\)’dir ve ters fonksiyon \(\sinh t = s/\sqrt{2}\) denkleminin çözümüdür. Bu denklemi açıkça çözelim: \(x = s/\sqrt{2}\) için \(e^t - e^{-t} = 2x\), \(e^t\) ile çarpıp \((e^t)^2 - 2x\, e^t - 1 = 0\) elde ederiz; pozitif kök \(e^t = x + \sqrt{x^2 + 1}\), yani
\[t(s) = \log\left(\dfrac{s}{\sqrt{2}} + \sqrt{\dfrac{s^2}{2} + 1}\right).\]
\(\beta(s) = \alpha(t(s))\)’nin koordinatları: ikinci koordinat \(\sinh t(s) = s/\sqrt{2}\); birinci koordinat, \(\cosh > 0\) olduğundan, \(\cosh t(s) = \sqrt{1 + \sinh^2 t(s)}\), yani \(\sqrt{1 + s^2/2}\); üçüncü koordinat \(t(s)\). Böylece
\[\beta(s) = \left(\sqrt{1 + \dfrac{s^2}{2}},\ \dfrac{s}{\sqrt{2}},\ \log\left(\dfrac{s}{\sqrt{2}} + \sqrt{1 + \dfrac{s^2}{2}}\right)\right).\]
Doğrudan denetim. \(r(s) = \sqrt{1 + s^2/2}\) yazalım; \(r' = (s/2)/r\). Üçüncü koordinatta \(g(s) = s/\sqrt{2} + r(s)\) için
\[g' = \dfrac{1}{\sqrt{2}} + \dfrac{s}{2r} = \dfrac{r + s/\sqrt{2}}{\sqrt{2}\, r} = \dfrac{g}{\sqrt{2}\, r},\]
dolayısıyla \((\log g)' = g'/g = 1/(\sqrt{2}\, r)\). Koordinat türevleri
\[\beta'(s) = \left(\dfrac{s}{2r},\ \dfrac{1}{\sqrt{2}},\ \dfrac{1}{\sqrt{2}\, r}\right)_{\beta(s)}\]
ve kareler toplamı
\[\dfrac{s^2}{4r^2} + \dfrac12 + \dfrac{1}{2r^2} = \dfrac{s^2/4 + 1/2}{1 + s^2/2} + \dfrac12 = \dfrac12 \cdot \dfrac{1 + s^2/2}{1 + s^2/2} + \dfrac12 = 1.\]
\(\beta\) birim hızlıdır. Sayısal bir denetim: \(s = 1\) için
\[\begin{aligned} t(1) &= \log(0{,}707 + 1{,}225) \approx 0{,}658,\\ \beta(1) &\approx (1{,}225;\ 0{,}707;\ 0{,}658) = \alpha(0{,}658). \end{aligned}\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 10.6 (Logaritmalı Eğri İki Noktadan Geçer) \(I : t > 0\) üzerinde \(\alpha(t) = (2t,\ t^2,\ \log t)\) eğrisinin \(\mathbf{p} = (2, 1, 0)\) ve \(\mathbf{q} = (4, 4, \log 2)\) noktalarından geçtiğini, geçiş anlarını bularak gösteriniz.
Çözüm
\(\alpha(t) = \mathbf{p}\) olması için önce birinci koordinattan \(2t = 2\), yani \(t = 1\) gerekir; gerçekten \(\alpha(1) = (2, 1, \log 1) = (2, 1, 0) = \mathbf{p}\). Benzer biçimde \(2t = 4\) için \(t = 2\) ve \(\alpha(2) = (4, 4, \log 2) = \mathbf{q}\). Birinci koordinat fonksiyonu \(2t\) birebir olduğundan eğri her iki noktadan yalnızca bir kez geçer: \(\mathbf{p}\)’den \(t = 1\)’de, \(\mathbf{q}\)’dan \(t = 2\)’de. Her iki an \(I\)’dadır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 10.7 (Logaritmalı Eğrinin İki Nokta Arasındaki Uzunluğu) \(I : t > 0\) üzerinde \(\alpha(t) = (2t,\ t^2,\ \log t)\) eğrisinin \(\mathbf{p} = (2, 1, 0) = \alpha(1)\) noktasından \(\mathbf{q} = (4, 4, \log 2) = \alpha(2)\) noktasına yay uzunluğunu bulunuz.
Çözüm
Hızın vektör kısmı \((2, 2t, 1/t)\)’dir; süratin karesi
\[4 + 4t^2 + \dfrac{1}{t^2} = \left(2t + \dfrac{1}{t}\right)^2,\]
çünkü \(\bigl(2t + 1/t\bigr)^2 = 4t^2 + 4 + 1/t^2\). \(t > 0\) iken \(2t + 1/t > 0\) olduğundan \(v(t) = 2t + 1/t\). Yay uzunluğu
\[\int_1^2 \left(2t + \dfrac1t\right) dt = \Bigl[t^2 + \log t\Bigr]_1^2 = (4 + \log 2) - (1 + 0) = 3 + \log 2 \approx 3{,}693.\]
Karşılaştırma: \(\mathbf{p}\) ile \(\mathbf{q}\) arasındaki uzaklık
\[d(\mathbf{p}, \mathbf{q}) = \sqrt{4 + 9 + (\log 2)^2} \approx \sqrt{13{,}48} \approx 3{,}672\]
olur; eğri boyunca gidilen yol, beklendiği gibi, biraz daha uzundur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 10.8 (İki Birim Hızlı Yeniden Parametrelendirme Bir Kaydırmayla Ayrılır) \(\alpha : I \to \mathbb{R}^3\) düzgün bir eğri; \(\beta_1 = \alpha(h_1) : J_1 \to \mathbb{R}^3\) ve \(\beta_2 = \alpha(h_2) : J_2 \to \mathbb{R}^3\), \(\alpha\)’nın yön koruyan, birim hızlı ve rotanın tamamını dolaşan (\(h_1(J_1) = h_2(J_2) = I\)) iki yeniden parametrelendirmesi olsun. Her \(s \in J_2\) için \(\beta_2(s) = \beta_1(s + s_0)\) olacak biçimde bir \(s_0\) sayısı bulunduğunu gösteriniz ve \(s_0\)’ın geometrik anlamını açıklayınız.
Çözüm
Önce \(h_i' > 0\) olduğunu görelim. Lemma 4.1’ne göre \(\beta_i' = h_i'\, \alpha'(h_i)\), dolayısıyla \(1 = \|\beta_i'\| = |h_i'|\, v(h_i)\). Sağdaki \(v(h_i) > 0\) olduğundan \(h_i' \ne 0\); yön koruma \(h_i' \ge 0\) verdiğinden \(h_i' > 0\)’dır.
\(I\)’da bir \(a\) sabitleyip \(t = a\) tabanlı yay uzunluğu fonksiyonunu \(\ell(t) = \int_a^t v(u)\, du\) ile, tersini \(t(\cdot)\) ile ve standart birim hızlı yeniden parametrelendirmeyi \(\beta = \alpha(t(\cdot))\) ile gösterelim (Teorem 10.1). \(i = 1, 2\) için \(g_i(s) = \ell(h_i(s))\), \(s \in J_i\), bileşkesine bakalım. Zincir kuralıyla
\[g_i'(s) = \ell'(h_i(s))\, h_i'(s) = v(h_i(s))\, h_i'(s) = |h_i'(s)|\, \|\alpha'(h_i(s))\| = \|\beta_i'(s)\| = 1.\]
O hâlde \(g_i(s) - s\) fonksiyonunun türevi sıfırdır; \(J_i\) bir aralık olduğundan bu fonksiyon sabittir: \(g_i(s) = s + c_i\). Yani \(\ell(h_i(s)) = s + c_i\); iki tarafa \(\ell\)’nin tersini uygularsak \(h_i(s) = t(s + c_i)\) ve
\[\beta_i(s) = \alpha\bigl(t(s + c_i)\bigr) = \beta(s + c_i), \qquad s \in J_i.\]
Şimdi \(s_0 = c_2 - c_1\) diyelim. \(s \in J_2\) için
\[\beta_2(s) = \beta(s + c_2) = \beta\bigl((s + s_0) + c_1\bigr) = \beta_1(s + s_0),\]
yeter ki \(s + s_0 \in J_1\) olsun. Bunu görelim: \(h_i\), \(J_i\)’yi \(I\)’nın tamamına götürdüğünden \(g_i = \ell(h_i)\), \(J_i\)’yi \(\ell(I) = J\)’ye götürür; \(g_i(s) = s + c_i\) olduğundan \(J_i + c_i = J\). Böylece \(J_2 + c_2 = J_1 + c_1\), yani \(J_1 = J_2 + s_0\): \(s \in J_2\) iken \(s + s_0 \in J_1\)’dir.
Geometrik anlam. \(s = 0 \in J_2\) ise \(\beta_2(0) = \beta_1(s_0)\)’dır: \(\beta_2\)’nin başlangıç noktası, \(\beta_1\)’in saati \(s_0\)’ı gösterdiğinde bulunduğu yerdir. \(\beta_1\) birim hızlı olduğundan (Önerme 10.1) \(s_0\), rota üzerinde \(\beta_1(0)\)’dan \(\beta_2(0)\)’a olan işaretli yay uzunluğudur. İki birim hızlı yolculuk aynı yolculuktur; yalnızca saatleri \(s_0\) kadar farklı kurulmuştur. Özel olarak \(\beta_1\) ve \(\beta_2\) teoremin yöntemiyle \(t = a_1\) ve \(t = a_2\) tabanlı kurulmuşsa \(s_0 = \int_{a_1}^{a_2} v(u)\, du\), iki taban noktası arasındaki yay uzunluğudur: \(h_i(0) = a_i\) olduğundan \(c_i = g_i(0) = \ell(a_i)\) ve \(s_0 = \ell(a_2) - \ell(a_1)\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 10.9 (Helis Üzerinde Orijine Bakan Alan) \(\alpha(t) = (\cos t,\ \sin t,\ t)\) helisi üzerinde \(Y(t)\), \(\alpha(t)\) noktasından \(\mathbb{R}^3\)’ün orijinine giden ok olsun. \(Y\)’yi \(\sum_i y_i U_i\) biçiminde yazınız.
Çözüm
\(\alpha(t)\)’den \(\mathbf{0}\)’a giden okun vektör kısmı, ucu ile kuyruğunun farkı \(\mathbf{0} - \alpha(t) = (-\cos t, -\sin t, -t)\)’dir. Dolayısıyla
\[Y(t) = -\cos t\, U_1 - \sin t\, U_2 - t\, U_3.\]
Denetim: \(t = 0\)’da \(\alpha(0) = (1, 0, 0)\) ve \(Y(0)\)’ın vektör kısmı \((-1, 0, 0)\); ok gerçekten orijine varır. Uzunluğu \(\sqrt{1 + t^2}\), nokta yükseldikçe büyür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 10.10 (Helis Üzerinde Hız Eksi İvme) \(\alpha(t) = (\cos t,\ \sin t,\ t)\) helisi üzerinde \(Y(t) = \alpha'(t) - \alpha''(t)\) olsun. \(Y\)’yi \(\sum_i y_i U_i\) biçiminde yazınız.
Çözüm
Hızın vektör kısmı \((-\sin t, \cos t, 1)\), ivmenin vektör kısmı \((-\cos t, -\sin t, 0)\)’dır. Fark koordinat koordinat alınır:
\[Y(t) = (\cos t - \sin t)\, U_1 + (\cos t + \sin t)\, U_2 + U_3.\]
Örneğin \(t = 0\)’da \(Y(0) = U_1 + U_2 + U_3\), vektör kısmı \((1, 1, 1)\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 10.11 (Helis Üzerinde Hıza ve İvmeye Dik Birim Alan) \(\alpha(t) = (\cos t,\ \sin t,\ t)\) helisi üzerinde \(Y(t)\), birim uzunluklu ve hem \(\alpha'(t)\)’ye hem \(\alpha''(t)\)’ye dik olsun. \(Y\)’yi \(\sum_i y_i U_i\) biçiminde yazınız.
Çözüm
\(\alpha'(t)\) ve \(\alpha''(t)\)’nin vektör kısımları \(\mathbf{v} = (-\sin t, \cos t, 1)\) ve \(\mathbf{w} = (-\cos t, -\sin t, 0)\)’dır. İç çarpımları \(\sin t\cos t - \cos t\sin t + 0 = 0\), uzunlukları \(\|\mathbf{v}\| = \sqrt{2}\), \(\|\mathbf{w}\| = 1\). İkisine de dik bir vektör bulmanın aracı vektörel çarpımdır:
\[\mathbf{n} = \mathbf{v} \times \mathbf{w} = \begin{vmatrix} U_1 & U_2 & U_3 \\ -\sin t & \cos t & 1 \\ -\cos t & -\sin t & 0 \end{vmatrix} = \sin t\, U_1 - \cos t\, U_2 + U_3,\]
çünkü ilk satıra göre açılım
\[(\cos t \cdot 0 + \sin t)\, U_1 - (0 + \cos t)\, U_2 + (\sin^2 t + \cos^2 t)\, U_3\]
verir. Lemma 9.5’ne göre \(\mathbf{n}\) hem \(\mathbf{v}\)’ye hem \(\mathbf{w}\)’ye diktir ve \(\|\mathbf{n}\|^2 = \|\mathbf{v}\|^2\|\mathbf{w}\|^2 - (\mathbf{v} \cdot \mathbf{w})^2 = 2\), yani \(\|\mathbf{n}\| = \sqrt{2}\).
Şimdi \(\mathbf{v}\)’ye ve \(\mathbf{w}\)’ye dik her vektörün \(\mathbf{n}\)’nin katı olduğunu görelim. \(\mathbf{v}, \mathbf{w}, \mathbf{n}\) karşılıklı dik ve sıfırdan farklı olduğundan lineer bağımsızdır (bir bağıntıyı sırayla her biriyle iç çarpmak katsayıları sıfırlar) ve \(\mathbb{R}^3\)’ün bir tabanıdır. \(Y(t)\)’nin vektör kısmını \(\mathbf{y} = a\mathbf{v} + b\mathbf{w} + c\mathbf{n}\) yazalım. \(\mathbf{y} \cdot \mathbf{v} = 0\) koşulu \(2a = 0\), \(\mathbf{y} \cdot \mathbf{w} = 0\) koşulu \(b = 0\) verir; kalan \(\mathbf{y} = c\mathbf{n}\) ve \(\|\mathbf{y}\| = |c|\sqrt{2} = 1\)’den \(c = \pm 1/\sqrt{2}\). İki çözüm vardır:
\[Y(t) = \pm\dfrac{1}{\sqrt{2}}\bigl(\sin t\, U_1 - \cos t\, U_2 + U_3\bigr).\]
İşaret \(t\)’den bağımsız seçilirse \(Y\) türevlenebilir bir alandır; ikisi de koşulu sağlar.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 10.12 (Helis Üzerinde Yarım Tur İlerisine Bakan Alan) \(\alpha(t) = (\cos t,\ \sin t,\ t)\) helisi üzerinde \(Y(t)\), \(\alpha(t)\) noktasından \(\alpha(t + \pi)\) noktasına giden ok olsun. \(Y\)’yi \(\sum_i y_i U_i\) biçiminde yazınız.
Çözüm
\(\cos(t + \pi) = -\cos t\) ve \(\sin(t + \pi) = -\sin t\) olduğundan
\[\alpha(t + \pi) = (-\cos t,\ -\sin t,\ t + \pi).\]
Okun vektör kısmı
\[\alpha(t + \pi) - \alpha(t) = (-2\cos t,\ -2\sin t,\ \pi),\]
yani
\[Y(t) = -2\cos t\, U_1 - 2\sin t\, U_2 + \pi\, U_3.\]
Ok, silindirin çapı boyunca karşı tarafa geçip \(\pi\) kadar yükselir; uzunluğu \(\sqrt{4 + \pi^2} \approx 3{,}72\) sabittir. \(\|Y\|\) sabit olduğundan Lemma 10.2 gereği \(Y \cdot Y' = 0\) olmalıdır: \(Y' = 2\sin t\, U_1 - 2\cos t\, U_2\) ve
\[Y \cdot Y' = -4\cos t\sin t + 4\sin t\cos t + 0 = 0.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 10.13 (Monoton Yeniden Parametrelendirme Uzunluğu Değiştirmez) \(\alpha : [a, b] \to \mathbb{R}^3\) bir eğri parçası, \(h : [c, d] \to [a, b]\) türevlenebilir olsun. \(\alpha(h) : [c, d] \to \mathbb{R}^3\) yeniden parametrelendirmesine, ya \(h' \ge 0\), \(h(c) = a\), \(h(d) = b\) ise ya da \(h' \le 0\), \(h(c) = b\), \(h(d) = a\) ise monoton (monotone) denir. Monoton bir yeniden parametrelendirmenin yay uzunluğunu değiştirmediğini, yani \(L(\alpha(h)) = L(\alpha)\) olduğunu ispatlayınız.
Çözüm
\(\beta = \alpha(h)\) ve \(v = \|\alpha'\|\) olsun. Lemma 4.1’ne göre \(\beta'(u) = h'(u)\, \alpha'(h(u))\); norm alırken skaler mutlak değeriyle dışarı çıkar:
\[\|\beta'(u)\| = |h'(u)|\, v(h(u)).\]
Bir değişken değiştirme formülüne ihtiyacımız var: \(G(t) = \int_a^t v\) dersek zincir kuralıyla \((G(h))'(u) = v(h(u))\, h'(u)\), dolayısıyla analizin temel teoremiyle
\[\int_c^d v(h(u))\, h'(u)\, du = G(h(d)) - G(h(c)) = \int_{h(c)}^{h(d)} v(t)\, dt.\]
Birinci durum: \(h' \ge 0\), \(h(c) = a\), \(h(d) = b\). Bu durumda \(|h'| = h'\) ve
\[L(\beta) = \int_c^d h'(u)\, v(h(u))\, du = \int_a^b v(t)\, dt = L(\alpha).\]
İkinci durum: \(h' \le 0\), \(h(c) = b\), \(h(d) = a\). Bu durumda \(|h'| = -h'\) ve
\[L(\beta) = -\int_c^d h'(u)\, v(h(u))\, du = -\int_b^a v(t)\, dt = \int_a^b v(t)\, dt = L(\alpha).\]
Her iki durumda uzunluk korunur: rota aynı yönde ya da ters yönde, ama geri dönmeden dolaşıldığı sürece gidilen yol değişmez. Monotonluk koşulu gereklidir; \(h\) önce ileri sonra geri gitse rotanın bir kısmı iki kez sayılır ve \(L(\beta) > L(\alpha)\) olabilir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 10.14 (Bir Alanın Yeniden Parametrelendirmesi) \(Y\), \(\alpha : I \to \mathbb{R}^3\) eğrisi üzerinde bir vektör alanı ve \(\alpha(h) : J \to \mathbb{R}^3\), \(\alpha\)’nın bir yeniden parametrelendirmesi olsun. \(Y(h)(s) = Y(h(s))\) kuralıyla tanımlanan \(Y(h)\)’nin \(\alpha(h)\) eğrisi üzerinde bir vektör alanı olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(s \in J\) için \(Y(h(s))\), \(Y\)’nin \(h(s) \in I\) anındaki değeridir; tanım gereği \(\alpha(h(s))\) noktasında bir teğet vektördür. Oysa \(\alpha(h(s))\), tam olarak \(\alpha(h)\) eğrisinin \(s\) anındaki noktasıdır. Dolayısıyla \(Y(h)\), \(J\)’deki her \(s\) sayısına \((\alpha(h))(s)\) noktasında bir teğet vektör bağlar: \(\alpha(h)\) üzerinde bir vektör alanıdır. Koordinat fonksiyonları \(y_i(h(s))\) bileşkeleridir; türevlenebilir fonksiyonların bileşkesi olduklarından türevlenebilirdir, yani alanlar için kabul ettiğimiz türevlenebilirlik koşulu da sağlanır. Örneğin \(Y = \alpha'\) ise \(Y(h) = \alpha'(h)\), \(\alpha(h)\) üzerinde bir alandır; ama \(\alpha(h)\)’nin hızı değildir, hız \(h'\,\alpha'(h)\)’dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 10.15 (Alanlar İçin Zincir Kuralı) \(Y\), \(\alpha : I \to \mathbb{R}^3\) üzerinde bir vektör alanı ve \(\alpha(h) : J \to \mathbb{R}^3\) bir yeniden parametrelendirme olsun. \(Y(h)\) alanı için \(Y(h)' = h'\, Y'(h)\) zincir kuralını ispatlayınız.
Çözüm
\(Y = \sum_i y_i U_i\) yazalım. \(Y(h)\)’nin koordinat fonksiyonları \(y_i(h)\)’dir ve \(Y(h)\)’nin \(s\) anındaki değeri \(\alpha(h(s))\) noktasındaki doğal çatı cinsinden yazılır. Türev tanımına göre \(Y(h)'\), koordinat fonksiyonlarının türevlerinden oluşur; tek değişkenli zincir kuralı \(\bigl(y_i(h)\bigr)'(s) = y_i'(h(s))\, h'(s)\) verir. O hâlde
\[\begin{aligned} Y(h)'(s) &= \sum_i y_i'(h(s))\, h'(s)\, U_i\bigl(\alpha(h(s))\bigr)\\ &= h'(s) \sum_i y_i'(h(s))\, U_i\bigl(\alpha(h(s))\bigr). \end{aligned}\]
Sağdaki toplam, \(Y' = \sum_i y_i' U_i\) alanının \(h(s)\) anındaki değeridir, yani \(Y'(h)(s)\). Böylece \(Y(h)' = h'\, Y'(h)\).
Sayısal bir denetim: \(Y = t^2 U_1 - tU_3\) ve \(h(s) = 2s\) için \(Y(h) = 4s^2 U_1 - 2s U_3\), türevi \(8s U_1 - 2U_3\). Öte yandan \(Y' = 2tU_1 - U_3\), \(Y'(h) = 4sU_1 - U_3\) ve \(h' = 2\); çarpım \(8sU_1 - 2U_3\), aynı sonuç.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 10.16 (İki Eğri Parçasının Uzunluklarını Sayısal Olarak Karşılaştırma) \(0 \le t \le \pi\) üzerinde
\[\alpha(t) = \bigl(\sin t,\ -t^2\cos t,\ \sin 2t\bigr), \qquad \beta(t) = \bigl(t^2\sin t,\ t^2,\ t^2(1 + \cos t)\bigr)\]
eğri parçalarının ikisinin de orijinden \((0, \pi^2, 0)\) noktasına gittiğini gösteriniz ve hangisinin daha kısa olduğunu sayısal integralle belirleyiniz.
Çözüm
Uç noktalar: \(\alpha(0) = \beta(0) = (0, 0, 0)\) ve
\[\begin{aligned} \alpha(\pi) &= (\sin\pi,\ -\pi^2\cos\pi,\ \sin 2\pi) = (0, \pi^2, 0),\\ \beta(\pi) &= \bigl(\pi^2\sin\pi,\ \pi^2,\ \pi^2(1 + \cos\pi)\bigr) = (0, \pi^2, 0). \end{aligned}\]
İki parça da aynı iki noktayı birleştirir; aralarındaki uzaklık \(\pi^2 \approx 9{,}87\)’dir.
Süratler: çarpım kuralıyla \((-t^2\cos t)' = -2t\cos t + t^2\sin t\) ve \((\sin 2t)' = 2\cos 2t\), dolayısıyla
\[v_\alpha(t) = \sqrt{\cos^2 t + (t^2\sin t - 2t\cos t)^2 + 4\cos^2 2t}.\]
\(\beta\) için
\[(t^2\sin t)' = 2t\sin t + t^2\cos t, \qquad \bigl(t^2(1 + \cos t)\bigr)' = 2t(1 + \cos t) - t^2\sin t,\]
dolayısıyla
\[v_\beta(t) = \sqrt{(2t\sin t + t^2\cos t)^2 + 4t^2 + \bigl(2t(1 + \cos t) - t^2\sin t\bigr)^2}.\]
Bu integrallerin ilkelleri elemanter değildir; Simpson kuralını kullanacağız: \([0, \pi]\) aralığını \(n = 8\) eşit parçaya bölüp \(h = \pi/8\) ve düğümler \(t_k = kh\) olmak üzere
\[\int_0^\pi v\, dt \approx \dfrac{h}{3}\bigl(v_0 + 4v_1 + 2v_2 + 4v_3 + 2v_4 + 4v_5 + 2v_6 + 4v_7 + v_8\bigr).\]
Düğümlerdeki sürat değerleri (üç ondalıkla):
| \(k\) | \(t_k\) | \(v_\alpha(t_k)\) | \(v_\beta(t_k)\) | Simpson katsayısı |
|---|---|---|---|---|
| \(0\) | \(0\) | \(2{,}236\) | \(0\) | \(1\) |
| \(1\) | \(\pi/8\) | \(1{,}816\) | \(1{,}709\) | \(4\) |
| \(2\) | \(\pi/4\) | \(0{,}977\) | \(3{,}147\) | \(2\) |
| \(3\) | \(3\pi/8\) | \(1{,}514\) | \(4{,}097\) | \(4\) |
| \(4\) | \(\pi/2\) | \(3{,}176\) | \(4{,}494\) | \(2\) |
| \(5\) | \(5\pi/8\) | \(5{,}272\) | \(4{,}621\) | \(4\) |
| \(6\) | \(3\pi/4\) | \(7{,}292\) | \(5{,}389\) | \(2\) |
| \(7\) | \(7\pi/8\) | \(8{,}148\) | \(7{,}754\) | \(4\) |
| \(8\) | \(\pi\) | \(6{,}669\) | \(11{,}700\) | \(1\) |
Katsayılı toplamlar \(\alpha\) için yaklaşık \(98{,}80\), \(\beta\) için \(110{,}48\); \(h/3 = \pi/24 \approx 0{,}1309\) ile çarpınca
\[L(\alpha) \approx 12{,}93, \qquad L(\beta) \approx 14{,}46.\]
Bölme sayısını \(16\)’ya çıkarmak \(L(\alpha) \approx 12{,}92\), \(L(\beta) \approx 14{,}46\) verir; değerler oturmuştur. Demek ki \(\alpha\) parçası yaklaşık \(1{,}5\) birim daha kısadır. İkisi de uç noktalar arasındaki \(\pi^2 \approx 9{,}87\) uzaklığından uzundur. \(\beta\)’nın \(t = 0\)’daki süratinin \(0\) olması dikkat çekicidir: \(\beta\) orijinde durur, düzgün bir eğri değildir; yine de yay uzunluğu tanımı sorunsuz çalışır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 10.17 (Hızları Paralel Olan Eğriler Ötelemeyle Ayrılır) \(\alpha, \beta : I \to \mathbb{R}^3\) eğrilerinin hız vektörleri her \(t\) için paralel, yani \(\alpha'(t)\) ile \(\beta'(t)\)’nin vektör kısımları aynı olsun. Her \(t\) için \(\beta(t) = \alpha(t) + \mathbf{p}\) olacak biçimde bir \(\mathbf{p}\) noktası bulunduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(\gamma_i = \beta_i - \alpha_i\) koordinat fonksiyonlarıyla \(\gamma = (\gamma_1, \gamma_2, \gamma_3) : I \to \mathbb{R}^3\) eğrisini tanımlayalım; türevlenebilir fonksiyonların farkı türevlenebilir olduğundan \(\gamma\) bir eğridir. Hızının vektör kısmı
\[\bigl(\beta_1' - \alpha_1',\ \beta_2' - \alpha_2',\ \beta_3' - \alpha_3'\bigr) = \mathbf{0},\]
çünkü varsayım gereği \(\beta_i'(t) = \alpha_i'(t)\). Yani \(\gamma' = 0\). Lemma 10.4’in (1) maddesine göre \(\gamma\) sabittir; değerine \(\mathbf{p}\) diyelim. O zaman her \(t\) için \(\beta(t) - \alpha(t) = \mathbf{p}\), yani \(\beta(t) = \alpha(t) + \mathbf{p}\).
Tersi de doğrudur: \(\beta = \alpha + \mathbf{p}\) ise koordinatlar bir sabit kadar farklı, türevleri aynıdır. Böylece “hızları paralel” ile “birbirinin ötelenmişi” aynı şeydir. Örneğin \(\alpha(t) = (\cos t, \sin t, t)\) ve \(\beta(t) = (\cos t + 2, \sin t, t - 1)\) helislerinin hızları her an paraleldir ve \(\mathbf{p} = (2, 0, -1)\)’dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 10.18 (Doğru Parçasının Uzunluğu Uzaklıktır) \(\mathbf{p} \ne \mathbf{q}\) noktaları için \(\sigma(t) = (1 - t)\mathbf{p} + t\mathbf{q}\), \(0 \le t \le 1\), doğru parçası olsun. \(L(\sigma) = d(\mathbf{p}, \mathbf{q})\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(\sigma(t) = \mathbf{p} + t(\mathbf{q} - \mathbf{p})\) yazılabilir; \(\mathbb{R}\) üzerindeki \(\mathbf{p}\)’den geçen \(\mathbf{q} - \mathbf{p} \ne \mathbf{0}\) doğrultulu doğrunun (Örnek 4.1) \([0, 1]\)’e kısıtlanmasıdır, yani bir eğri parçasıdır; \(\sigma(0) = \mathbf{p}\), \(\sigma(1) = \mathbf{q}\). Hızının vektör kısmı sabit \(\mathbf{q} - \mathbf{p}\)’dir ve sürati
\[\|\sigma'(t)\| = \|\mathbf{q} - \mathbf{p}\| = d(\mathbf{p}, \mathbf{q})\]
(Tanım 9.3). Dolayısıyla
\[L(\sigma) = \int_0^1 d(\mathbf{p}, \mathbf{q})\, dt = d(\mathbf{p}, \mathbf{q}).\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 10.19 (Doğru Parçası En Kısa Yoldur) \(\alpha : [a, b] \to \mathbb{R}^3\), \(\mathbf{p} = \alpha(a)\) noktasından \(\mathbf{q} = \alpha(b) \ne \mathbf{p}\) noktasına giden herhangi bir eğri parçası ve \(\mathbf{u} = (\mathbf{q} - \mathbf{p})/\|\mathbf{q} - \mathbf{p}\|\) olsun. Her \(t\) için \(\|\alpha'(t)\| \ge \alpha'(t) \cdot \mathbf{u}\) eşitsizliğinden yola çıkarak \(L(\alpha) \ge d(\mathbf{p}, \mathbf{q})\) olduğunu gösteriniz. (Burada \(\alpha'(t) \cdot \mathbf{u}\), hızın vektör kısmı ile \(\mathbf{u}\)’nun iç çarpımıdır.)
Çözüm
\(\mathbf{u}\) birim vektördür: \(\|\mathbf{u}\| = \|\mathbf{q} - \mathbf{p}\|/\|\mathbf{q} - \mathbf{p}\| = 1\). Schwarz eşitsizliğine göre her \(t\) için
\[\alpha'(t) \cdot \mathbf{u} \le |\alpha'(t) \cdot \mathbf{u}| \le \|\alpha'(t)\|\, \|\mathbf{u}\| = \|\alpha'(t)\|.\]
Yani sürat, hızın \(\mathbf{u}\) doğrultusundaki bileşeninden hiçbir zaman küçük değildir.
Şimdi \(\varphi(t) = \alpha(t) \cdot \mathbf{u} = \sum_i \alpha_i(t)\, u_i\) gerçel değerli fonksiyonunu tanımlayalım (\(\alpha(t)\) noktasını koordinat üçlüsü olarak \(\mathbf{u}\) ile çarpıyoruz). \(u_i\)’ler sabit olduğundan \(\varphi'(t) = \sum_i \alpha_i'(t)\, u_i = \alpha'(t) \cdot \mathbf{u}\). İntegral, eşitsizlikleri korur; analizin temel teoremiyle
\[L(\alpha) = \int_a^b \|\alpha'(t)\|\, dt \ge \int_a^b \alpha'(t) \cdot \mathbf{u}\, dt = \varphi(b) - \varphi(a) = (\mathbf{q} - \mathbf{p}) \cdot \mathbf{u}.\]
Son iç çarpımı hesaplayalım:
\[(\mathbf{q} - \mathbf{p}) \cdot \mathbf{u} = \dfrac{(\mathbf{q} - \mathbf{p}) \cdot (\mathbf{q} - \mathbf{p})}{\|\mathbf{q} - \mathbf{p}\|} = \dfrac{\|\mathbf{q} - \mathbf{p}\|^2}{\|\mathbf{q} - \mathbf{p}\|} = \|\mathbf{q} - \mathbf{p}\| = d(\mathbf{p}, \mathbf{q}).\]
Böylece \(L(\alpha) \ge d(\mathbf{p}, \mathbf{q})\): \(\mathbf{p}\)’den \(\mathbf{q}\)’ya giden hiçbir yol, iki nokta arasındaki uzaklıktan kısa olamaz. Alıştırma 10.18’na göre doğru parçası bu alt sınıra ulaşır; dolayısıyla iki nokta arasındaki en kısa yol doğru parçasıdır.
Sayısal bir örnek: \(\mathbf{p} = (0, 0, 0)\), \(\mathbf{q} = (2, 0, 0)\) ve \(\alpha(t) = (t, \sin \pi t, 0)\), \(0 \le t \le 2\), dalgalı yolu. \(\mathbf{u} = (1, 0, 0)\), \(\alpha'(t) \cdot \mathbf{u} = 1\) ve \(\|\alpha'(t)\| = \sqrt{1 + \pi^2\cos^2 \pi t} \ge 1\); \(L(\alpha) \approx 4{,}61\), uzaklık \(2\)’dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 10.20 (Uzunluğu Uzaklığa Eşit Olan Eğri Doğru Parçasıdır) \(\alpha : [a, b] \to \mathbb{R}^3\), \(\mathbf{p} = \alpha(a)\)’dan \(\mathbf{q} = \alpha(b) \ne \mathbf{p}\)’ye giden bir eğri parçası ve \(\mathbf{u} = (\mathbf{q} - \mathbf{p})/\|\mathbf{q} - \mathbf{p}\|\) olsun. \(L(\alpha) = d(\mathbf{p}, \mathbf{q})\) ise \(\alpha\)’nın, parametrelendirme dışında, \(\mathbf{p}\)’den \(\mathbf{q}\)’ya giden doğru parçası olduğunu gösteriniz: \(\alpha\), \(\sigma(t) = (1 - t)\mathbf{p} + t\mathbf{q}\) parçasının monoton bir yeniden parametrelendirmesidir.
Çözüm
Alıştırma 10.19’daki hesaba göre
\[\int_a^b \bigl(\|\alpha'(t)\| - \alpha'(t) \cdot \mathbf{u}\bigr)\, dt = L(\alpha) - d(\mathbf{p}, \mathbf{q}) = 0.\]
İntegrand sürekli ve her yerde \(\ge 0\)’dır. Sürekli, negatif olmayan bir fonksiyonun integrali sıfırsa fonksiyon sıfırdır: bir \(t_0\)’da pozitif olsaydı süreklilikten \(t_0\)’ın bir komşuluğunda da pozitif kalır ve integral pozitif çıkardı. Demek ki her \(t\) için
\[\|\alpha'(t)\| = \alpha'(t) \cdot \mathbf{u}.\]
\(f(t) = \alpha'(t) \cdot \mathbf{u}\) diyelim; \(f = \|\alpha'\| \ge 0\)’dır. Hızı \(\mathbf{u}\) doğrultusundaki bileşeni ile ona dik kalanına ayıralım: \(Y(t)\), vektör kısmı \(\alpha'(t) - f(t)\,\mathbf{u}\) olan, \(\alpha(t)\)’deki teğet vektör olsun. O zaman \(\alpha' = f\mathbf{u} + Y\) ve
\[Y \cdot \mathbf{u} = \alpha' \cdot \mathbf{u} - f\,(\mathbf{u} \cdot \mathbf{u}) = f - f = 0.\]
Dik bileşenlerin Pisagor bağıntısıyla
\[\|\alpha'\|^2 = (f\mathbf{u} + Y) \cdot (f\mathbf{u} + Y) = f^2 + 2f\,(\mathbf{u} \cdot Y) + \|Y\|^2 = f^2 + \|Y\|^2.\]
Ama \(\|\alpha'\|^2 = f^2\) olduğunu biliyoruz; o hâlde \(\|Y\|^2 = 0\), yani her \(t\) için \(Y(t) = \mathbf{0}\) ve \(\alpha'(t) = f(t)\,\mathbf{u}\). Hız daima \(\mathbf{u}\) doğrultusundadır ve hiç geri dönmez (\(f \ge 0\)).
Koordinatlarda \(\alpha_i'(t) = f(t)\, u_i\). \(g(t) = \int_a^t f(u)\, du\) dersek \(\alpha_i(t) - g(t)u_i\) fonksiyonunun türevi \(f u_i - f u_i = 0\)’dır; sabittir ve \(t = a\)’daki değeri \(\alpha_i(a) - 0 = p_i\)’dir. Dolayısıyla
\[\alpha(t) = \mathbf{p} + g(t)\,\mathbf{u}, \qquad a \le t \le b.\]
\(g\) fonksiyonu \(f \ge 0\) olduğundan azalmaz; \(g(a) = 0\) ve
\[g(b) = \int_a^b \|\alpha'(t)\|\, dt = L(\alpha) = \|\mathbf{q} - \mathbf{p}\|.\]
Şimdi \(h(t) = g(t)/\|\mathbf{q} - \mathbf{p}\|\) tanımlayalım: \(h' = f/\|\mathbf{q} - \mathbf{p}\| \ge 0\), \(h(a) = 0\), \(h(b) = 1\) ve \(h\), \([a, b]\)’yi \([0, 1]\)’e götürür. Doğru parçası \(\sigma(t) = \mathbf{p} + t(\mathbf{q} - \mathbf{p})\), \(\mathbf{q} - \mathbf{p} = \|\mathbf{q} - \mathbf{p}\|\,\mathbf{u}\) yazımıyla \(\sigma(t) = \mathbf{p} + t\,\|\mathbf{q} - \mathbf{p}\|\,\mathbf{u}\) biçimini alır; dolayısıyla
\[\sigma(h(t)) = \mathbf{p} + h(t)\,\|\mathbf{q} - \mathbf{p}\|\,\mathbf{u} = \mathbf{p} + g(t)\,\mathbf{u} = \alpha(t).\]
Yani \(\alpha = \sigma(h)\), \(\sigma\)’nın Alıştırma 10.13 anlamında monoton bir yeniden parametrelendirmesidir: rotası \(\mathbf{p}\)’den \(\mathbf{q}\)’ya giden doğru parçasıdır ve bu parça geri dönülmeden dolaşılır. Parametrelendirme dışında, uzunluğu uzaklığa eşit olan tek yol doğru parçasıdır.
\(\blacksquare\)
Aşağıdaki alıştırmalar bölümün kavramlarını yeni örneklerde kullanır.
Alıştırma 10.21 (Parabolik Silindir Üzerinde Sabit Süratli Bir Eğri) \(t \in \mathbb{R}\) üzerinde
\[\alpha(t) = \bigl(t - \sin t,\ 1 - \cos t,\ 4\sin(t/2)\bigr)\]
eğrisinin \(t = 0\) tabanlı yay uzunluğu fonksiyonunun \(s(t) = 2t\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Koordinat türevleri \(1 - \cos t\), \(\sin t\) ve zincir kuralıyla \(4\cos(t/2)\cdot\tfrac12 = 2\cos(t/2)\). Süratin karesi
\[\begin{aligned} \|\alpha'(t)\|^2 &= (1 - \cos t)^2 + \sin^2 t + 4\cos^2\dfrac{t}{2}\\ &= 1 - 2\cos t + \cos^2 t + \sin^2 t + 4\cos^2\dfrac{t}{2} = 2 - 2\cos t + 4\cos^2\dfrac{t}{2}. \end{aligned}\]
Yarım açı özdeşliği \(1 - \cos t = 2\sin^2(t/2)\) ile \(2 - 2\cos t = 4\sin^2(t/2)\), dolayısıyla
\[\|\alpha'(t)\|^2 = 4\sin^2\dfrac{t}{2} + 4\cos^2\dfrac{t}{2} = 4, \qquad v(t) = 2.\]
Sürat sabit \(2\)’dir; özellikle eğri düzgündür. Buna göre \(t = 0\) tabanlı yay uzunluğu fonksiyonu \(s(t) = \int_0^t 2\, du = 2t\) olur. Ek bir gözlem: \(z^2/8 = 2\sin^2(t/2) = 1 - \cos t = y\) olduğundan eğri \(y = z^2/8\) parabolik silindiri üzerinde durur; \(x\) koordinatının değişim hızı \(1 - \cos t\), tam turlarda (\(t = 2\pi k\)) sıfıra düşer; sürat yine de \(2\)’de kalır, çünkü o anlarda \(z\) koordinatı \(\pm 2\) hızla değişir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 10.22 (Parabolik Silindir Üzerindeki Eğrinin Birim Hızlı Kopyası) Sürati \(2\) olan
\[\alpha(t) = \bigl(t - \sin t,\ 1 - \cos t,\ 4\sin(t/2)\bigr)\]
eğrisinin \(t = 0\) tabanlı birim hızlı yeniden parametrelendirmesini bulunuz.
Çözüm
Yay uzunluğu fonksiyonu \(s(t) = 2t\), tersi \(t(s) = s/2\), \(J = \mathbb{R}\). Birim hızlı yeniden parametrelendirme
\[\beta(s) = \alpha\left(\dfrac{s}{2}\right) = \left(\dfrac{s}{2} - \sin\dfrac{s}{2},\ 1 - \cos\dfrac{s}{2},\ 4\sin\dfrac{s}{4}\right)\]
olur. \(dt/ds = 1/2 > 0\) olduğundan yön koruyandır. Denetim: koordinat türevleri \(\tfrac12\bigl(1 - \cos\tfrac{s}{2}\bigr)\), \(\tfrac12\sin\tfrac{s}{2}\), \(\cos\tfrac{s}{4}\); bunlar \(\alpha'\)’nün \(t = s/2\)’deki koordinatlarının yarısıdır, dolayısıyla
\[\|\beta'(s)\| = \dfrac12\,\|\alpha'(s/2)\| = \dfrac12 \cdot 2 = 1.\]
Örneğin \(s = 2\pi\)’de (\(t = \pi\)) \(\beta(2\pi) = (\pi, 2, 4)\): başlangıçtan \(2\pi\) birim yol gidildiğinde varılan nokta.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 10.23 (Türevine Dik Olan Alan Sabit Uzunluktadır) Bir eğri üzerindeki \(Y\) vektör alanı her \(t\) için \(Y(t) \cdot Y'(t) = 0\) koşulunu sağlıyorsa \(\|Y\|\)’nin sabit olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Lemma 10.1’nin iç çarpım kuralıyla
\[(Y \cdot Y)' = Y' \cdot Y + Y \cdot Y' = 2\, Y \cdot Y' = 0.\]
Türevi sıfır olan \(Y \cdot Y\) fonksiyonu aralıkta sabittir; değeri \(k \ge 0\) olsun. \(\|Y\| = \sqrt{Y \cdot Y} = \sqrt{k}\) de sabittir.
Lemma 10.2, sabit uzunluğun \(Y \cdot Y' = 0\) vermesini söylüyordu; burada tersini gösterdik. Demek ki bir alanın uzunluğunun değişmemesi, tam olarak, alanın her an kendisine dik yönde değişmesidir. Karşı örnek: \(W = tU_1\) için \(W \cdot W' = t\), sıfır değildir ve \(\|W\| = |t|\) sabit değildir; uyumlu.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 10.24 (Alanın Kendi Türeviyle Vektörel Çarpımının Türevi) Bir eğri üzerindeki her \(Y\) vektör alanı için \((Y \times Y')' = Y \times Y''\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Lemma 10.1’nin vektörel çarpım kuralıyla
\[(Y \times Y')' = Y' \times Y' + Y \times Y''.\]
Bir vektörün kendisiyle vektörel çarpımı sıfırdır: biçimsel determinantın iki satırı eşittir ve iki satırı eşit olan determinant sıfırdır (iç çarpım bölümünde gördüğümüz \(\mathbf{v} \times \mathbf{v} = \mathbf{0}\) kuralı). Böylece \(Y' \times Y' = 0\) ve \((Y \times Y')' = Y \times Y''\).
Denetim. \(\alpha(t) = (\cos t, \sin t, t)\) helisinin hız alanı \(Y = \alpha'\) için \(\alpha' = -\sin t\, U_1 + \cos t\, U_2 + U_3\), \(\alpha'' = -\cos t\, U_1 - \sin t\, U_2\) ve \(\alpha''' = \sin t\, U_1 - \cos t\, U_2\). Alıştırma 10.11’de \(\alpha' \times \alpha'' = \sin t\, U_1 - \cos t\, U_2 + U_3\) bulmuştuk; türevi
\[(\alpha' \times \alpha'')' = \cos t\, U_1 + \sin t\, U_2.\]
Öte yandan
\[\alpha' \times \alpha''' = \begin{vmatrix} U_1 & U_2 & U_3 \\ -\sin t & \cos t & 1 \\ \sin t & -\cos t & 0 \end{vmatrix} = \cos t\, U_1 + \sin t\, U_2 + 0\, U_3,\]
çünkü ilk satıra göre açılım
\[(0 + \cos t)\, U_1 - (0 - \sin t)\, U_2 + (\sin t\cos t - \cos t\sin t)\, U_3\]
verir. İki sonuç aynıdır. İleride \(\alpha' \times \alpha''\) alanı eğrinin burulmasını ölçerken karşımıza çıkacak; bu kural onun türevini hesaplamayı kolaylaştırır.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde eğrilere uzunluk ölçüsü kazandırdık, düzgün her eğrinin birim hızlı bir kopyası olduğunu gördük ve eğri üzerinde taşınan okların türevini almayı öğrendik; sıradaki konu, birim hızlı bir eğrinin her noktasına yerleştirilen hareketli çatının nasıl döndüğünü ölçen Frenet formülleri, yani eğrilik ve burulmadır.