11 Frenet Formülleri
Önceki bölümde (Eğriler: Yay Uzunluğu ve Birim Hız) hiç durmayan her eğrinin birim hızlı bir kopyası olduğunu gördük: rotayı her an \(1\) süratle dolaşan, parametresi doğrudan yol uzunluğunu ölçen bir eğri. O teoremi bir kolaylık olarak sunmuştuk; şimdi onu kullanacağız. Bu bölümde bir eğrinin ne kadar döndüğünü ve ne kadar büküldüğünü ölçen iki sayısal büyüklüğü, eğriliği ve burulmayı kuruyoruz.
Fikir şudur. Bir eğrinin her noktasına, o noktadaki gidiş yönüne göre ayarlanmış üç karşılıklı dik birim vektör yerleştireceğiz. Bu üçlü, eğri boyunca yürüdükçe döner; dönüşün hızı ve biçimi eğrinin geometrisini eksiksiz taşır. Üç vektörün türevlerini yine kendileri cinsinden yazdığımızda ortaya çıkan üç denklem, eğriler kuramının bütün hesaplarının dayandığı Frenet formülleridir (Frenet formulas). Doğal çatı alanı \(U_1, U_2, U_3\) eğri hakkında hiçbir bilgi taşımaz — her noktada aynıdır; oysa eğriye bağlı bu yeni çatı eğrinin kendisi kadar bilgilidir.
Bölümde yalnızca birim hızlı eğrilerle çalışacağız. Nedeni pratiktir: birim hızlı bir \(\beta\) eğrisinde \(\|\beta'\| = 1\) olduğundan türev almak sürat çarpanlarıyla uğraşmayı gerektirmez ve bütün formüller en sade hâllerini alır. Keyfi hızlı bir eğriye geçmek, ileride göreceğimiz gibi, elde ettiğimiz her şeyi birim hızlı kopyadan geri taşımaktan ibarettir. Bölümün sonunda burulmanın sıfır olmasının “eğri bir düzlemde kalıyor” demek olduğunu, eğriliğin sabit ve burulmanın sıfır olmasının da eğrinin bir çember parçası olması demek olduğunu tam olarak ispatlayacağız.
11.1 Birim Teğet Alanı ve Eğrilik
\(\beta : I \to \mathbb{R}^3\) birim hızlı bir eğri olsun; yani her \(s \in I\) için \(\|\beta'(s)\| = 1\). Hız alanı \(\beta'\), eğri üzerinde bir vektör alanıdır (Tanım 10.3) ve her noktada birim uzunluktadır. Bu alanı ayrı bir harfle anmak işleri kolaylaştırır: ona \(T\) diyeceğiz.
\(T\)’nin uzunluğu sabit olduğundan, \(T\) eğri boyunca yalnızca döner; uzayıp kısalmaz. Dolayısıyla \(T\)’nin türevi \(T'\), tümüyle bu dönmeyi anlatır. Yön hiç değişmiyorsa \(T\) sabittir ve \(T' = \mathbf{0}\) olur; yön hızla değişiyorsa \(T'\) büyür. İşte eğriliğin tanımı bu gözlemden doğar.
Önce küçük ama önemli bir olgu: \(T'\) her noktada \(T\)’ye diktir. Gerçekten, \(T\) birim alan olduğundan her \(s\) için
\[T(s) \cdot T(s) = 1\]
yazılır. Sol taraf sabit bir fonksiyondur; türevi sıfırdır. Eğri üzerindeki alanların iç çarpımı için Leibniz kuralı \((Y \cdot Z)' = Y' \cdot Z + Y \cdot Z'\) olduğundan
\[0 = (T \cdot T)' = T' \cdot T + T \cdot T' = 2\, T' \cdot T,\]
yani her \(s\) için \(T'(s) \cdot T(s) = 0\). Demek ki eğrilik vektörü daima eğriye diktir: hızın değişimi, hızın doğrultusunda değil, ona dik doğrultuda gerçekleşir.
Tanım 11.1 (Birim Teğet Alanı, Eğrilik Vektörü ve Eğrilik) \(\beta : I \to \mathbb{R}^3\) birim hızlı bir eğri olsun.
\(T = \beta'\) alanına \(\beta\)’nın birim teğet vektör alanı (unit tangent vector field) denir; her noktada \(\|T\| = 1\)’dir.
\(T' = \beta''\) alanına \(\beta\)’nın eğrilik vektör alanı (curvature vector field) denir. Bu alan her noktada \(T\)’ye diktir.
Her \(s \in I\) için
\[\kappa(s) = \|T'(s)\|\]
ile tanımlanan gerçel değerli \(\kappa\) fonksiyonuna \(\beta\)’nın eğrilik (curvature) fonksiyonu denir. Tanımı gereği \(\kappa \ge 0\)’dır.
Yani \(\kappa(s)\), birim teğet vektörün \(s\) anında ne kadar hızlı döndüğünü ölçen sayıdır: \(\kappa\) büyükse eğri o noktada keskin dönüyordur, \(\kappa\) küçükse yumuşak.
Ölçünün birim hıza bağlı olması bir tesadüf değildir. Parametre yol uzunluğunu ölçtüğü için \(\kappa\), “birim yol başına ne kadar dönüldüğü”dür — saatin hızına değil, yolun şekline bağlı bir büyüklük. Aynı rotayı iki kat hızlı dolaşan bir eğride \(T\) de iki kat hızlı dönerdi ve ham türev yanıltıcı olurdu; birim hız bu gürültüyü baştan siler.
İki temel örnekle başlayalım.
Örnek 11.1 (Çemberin Eğriliği Yarıçapın Tersidir) \(a > 0\) olsun. \(xy\) düzlemindeki \(a\) yarıçaplı çemberin birim hızlı parametrelendirmesi
\[\beta(s) = \left(a\cos\dfrac{s}{a},\ a\sin\dfrac{s}{a},\ 0\right)\]
eğrisidir. Bu eğrinin gerçekten birim hızlı olduğunu doğrulayalım ve eğriliğini bulalım.
Çözüm
Koordinat fonksiyonlarının türevleri \(-\sin(s/a)\), \(\cos(s/a)\) ve \(0\)’dır; kısaltma olarak \(u = s/a\) yazalım. Böylece
\[T(s) = \beta'(s) = \bigl(-\sin u,\ \cos u,\ 0\bigr).\]
Uzunluğun karesi \(\sin^2 u + \cos^2 u = 1\) olduğundan \(\|\beta'(s)\| = 1\): eğri birim hızlıdır.
Bir kez daha türev alalım. \(du/ds = 1/a\) olduğundan zincir kuralıyla
\[T'(s) = \left(-\dfrac{1}{a}\cos u,\ -\dfrac{1}{a}\sin u,\ 0\right).\]
Uzunluğun karesi \(\frac{1}{a^2}(\cos^2 u + \sin^2 u) = \frac{1}{a^2}\)’dir, yani
\[\kappa(s) = \|T'(s)\| = \dfrac{1}{a}.\]
Eğrilik sabittir ve yarıçapın tersidir. Yarıçap küçüldükçe eğrilik büyür: \(a = 1\) için \(\kappa = 1\), \(a = 10\) için \(\kappa = 0{,}1\). Küçük bir çember keskin döner, büyük bir çember neredeyse düz gider. Bu, sezgimizin istediği şeydir ve \(\kappa\)’nın “dönme keskinliği” olarak okunmasının gerekçesidir.
Denetim olarak \(T' \cdot T\)’yi hesaplayalım:
\[T' \cdot T = \dfrac{1}{a}\cos u \sin u - \dfrac{1}{a}\sin u\cos u = 0,\]
beklendiği gibi sıfır.
\(\blacksquare\)
Örnek 11.2 (Doğrunun Eğriliği Sıfırdır) \(\mathbf{p}\) bir nokta, \(\mathbf{q}\) birim uzunlukta bir vektör olsun. \(\beta(s) = \mathbf{p} + s\mathbf{q}\) doğrusunun (Örnek 4.1) birim hızlı olduğunu gösterelim ve eğriliğini bulalım.
Çözüm
\(\beta\)’nın \(i\). koordinat fonksiyonu \(p_i + s q_i\)’dir; türevi \(q_i\), ikinci türevi \(0\)’dır. Dolayısıyla
\[T(s) = \beta'(s) = (q_1, q_2, q_3), \qquad T'(s) = (0, 0, 0).\]
\(\|\mathbf{q}\| = 1\) olduğundan \(\|\beta'\| = 1\): doğru birim hızlıdır. Eğriliği
\[\kappa(s) = \|T'(s)\| = 0\]
olur ve her \(s\) için sıfırdır. Doğru hiç dönmez; birim teğet vektörü boyunca sabittir. Bölümün ilerisinde bunun tersinin de doğru olduğunu, yani eğriliği her yerde sıfır olan bir birim hızlı eğrinin bir doğru üzerinde kalmak zorunda olduğunu ispatlayacağız.
\(\blacksquare\)
Bu iki örnek eğriliğin uçlarını gösteriyor: doğruda \(\kappa = 0\), çemberde \(\kappa = 1/a\) sabit. Aradaki farkı gözle görmek için iki çemberi yan yana koyalım.
Örnek 11.3 (Sıkı ve Gevşek Dönen İki Çember) \(xy\) düzleminde \(a = 1\) ve \(a = 3\) yarıçaplı iki çemberi, ikisi de orijinden geçecek ve orijinde aynı yöne bakacak biçimde alalım:
\[\beta_1(s) = \bigl(\sin s,\ 1 - \cos s,\ 0\bigr), \qquad \beta_3(s) = \left(3\sin\dfrac{s}{3},\ 3 - 3\cos\dfrac{s}{3},\ 0\right).\]
İkisinin de birim hızlı olduğunu, \(s = 0\)’da aynı birim teğet vektöre sahip olduğunu gösterip eğrilik vektörlerini karşılaştıralım.
Çözüm
Birinci eğri için \(T_1(s) = (\cos s,\ \sin s,\ 0)\), uzunluğu \(1\). İkinci eğri için
\[T_3(s) = \left(\cos\dfrac{s}{3},\ \sin\dfrac{s}{3},\ 0\right),\]
uzunluğu yine \(1\). İkisi de birim hızlıdır ve \(s = 0\)’da
\[T_1(0) = T_3(0) = (1, 0, 0),\]
yani iki eğri orijinde aynı yöne bakar. İkinci türevler:
\[T_1'(s) = \bigl(-\sin s,\ \cos s,\ 0\bigr), \qquad T_3'(s) = \left(-\dfrac13 \sin\dfrac{s}{3},\ \dfrac13\cos\dfrac{s}{3},\ 0\right).\]
Buradan \(\kappa_1 = 1\) ve \(\kappa_3 = 1/3\) çıkar. \(s = 0\)’da eğrilik vektörleri \((0, 1, 0)\) ve \((0, 1/3, 0)\)’dır: ikisi de teğet doğrultusuna dik ve çemberin merkezine bakar, ama birincisi üç kat uzundur. Aynı yerden aynı yöne çıkan iki eğriden \(\kappa\)’sı büyük olan yoldan daha hızlı ayrılır: \(s = 1\) için \(\beta_1(1) \approx (0{,}841;\ 0{,}460;\ 0)\) iken \(\beta_3(1) \approx (0{,}982;\ 0{,}165;\ 0)\)’dır; teğet doğrusu olan \(x\) ekseninden uzaklıklar \(0{,}460\) ve \(0{,}165\), oranları yaklaşık \(2{,}78\).
\(\blacksquare\)
11.2 Asli Normal ve Binormal
Eğrilik \(\kappa\) dönmenin ne kadar olduğunu söyler, ama hangi yöne dönüldüğünü söylemez. Bu bilgi \(T'\) vektörünün doğrultusundadır. \(T'\)’yi kendi uzunluğuna bölersek birim uzunlukta bir alan elde ederiz ve dönme yönünü okuruz. Bunun için \(\kappa\)’nın hiçbir noktada sıfır olmaması gerekir.
UyarıNeden eğriliğin sıfır olmamasını istiyoruz
\(\kappa(s) = 0\) olan bir noktada \(T'(s) = \mathbf{0}\)’dır ve sıfır vektörün bir doğrultusu yoktur: eğri o anda hiç dönmediği için “hangi yöne dönüyor” sorusunun yanıtı yoktur. Bu yüzden bu bölümün geri kalanında \(\beta\)’nın eğriliğinin her yerde kesin pozitif olduğunu, yani \(\kappa > 0\) olduğunu varsayacağız.
Varsayım masum değildir: bir eğrinin eğriliği bazı noktalarda sıfırlanıp bazılarında sıfırlanmayabilir; böyle bir eğride aşağıda kuracağımız çatı, \(\kappa\)’nın sıfırlandığı noktalarda tanımsız kalır ve sıfırın iki yanında birdenbire yön değiştirebilir. Uygulamada bu, eğriyi \(\kappa > 0\) olan alt aralıklara bölerek aşılır. Eğriliği her yerde sıfır olan eğrilerse zaten doğrulardır ve bunları ayrıca inceleyeceğiz.
Tanım 11.2 (Asli Normal ve Binormal Vektör Alanları) \(\beta : I \to \mathbb{R}^3\) birim hızlı bir eğri ve her \(s \in I\) için \(\kappa(s) > 0\) olsun.
\[N = \dfrac{T'}{\kappa}\]
alanına \(\beta\)’nın asli normal vektör alanı (principal normal vector field) denir.
\[B = T \times N\]
alanına \(\beta\)’nın binormal vektör alanı (binormal vector field) denir.
\(T\), \(N\), \(B\) üçlüsüne \(\beta\) üzerindeki Frenet çatı alanı (Frenet frame field), \(\kappa\), \(\tau\), \(T\), \(N\), \(B\) beşlisine de \(\beta\)’nın Frenet aparatı (Frenet apparatus) denir. (\(\tau\) birazdan tanımlanacak.)
Yani \(N\), eğrinin o noktada döndüğü yönü gösteren birim ok; \(B\) de \(T\) ile \(N\)’nin gerdiği düzleme dik olan üçüncü birim oktur. Tanım gereği \(T' = \kappa N\) eşitliği her noktada doğrudur: eğrilik vektörü, büyüklüğü \(\kappa\) ve yönü \(N\) olan vektördür.
Şimdi bu üç alanın gerçekten bir çatı (Tanım 9.7) oluşturduğunu, yani her noktada karşılıklı dik üç birim vektör verdiğini ispatlayalım.
Lemma 11.1 (T, N ve B Her Noktada Bir Çatıdır) \(\beta\) birim hızlı bir eğri ve \(\kappa > 0\) olsun. O hâlde \(T\), \(N\), \(B\) alanlarının üçü de birim uzunluktadır ve her noktada ikişer ikişer diktir:
\[T \cdot T = N \cdot N = B \cdot B = 1, \qquad T \cdot N = T \cdot B = N \cdot B = 0.\]
İspat
Üç iddiayı sırayla görelim.
\(T\) birimdir. \(\beta\) birim hızlı olduğundan tanım gereği \(\|T\| = \|\beta'\| = 1\).
\(N\) birimdir. \(N = T'/\kappa\) ve \(\kappa = \|T'\| > 0\)’dır. Bir vektörün pozitif bir skalerle çarpımının normu, skalerle normun çarpımıdır; dolayısıyla
\[\|N\| = \left\|\dfrac{1}{\kappa}T'\right\| = \dfrac{1}{\kappa}\|T'\| = \dfrac{\kappa}{\kappa} = 1.\]
Burada \(\kappa > 0\) varsayımını hem bölmenin anlamlı olması hem de mutlak değer gerekmemesi için kullandık.
\(T\) ile \(N\) diktir. Bölümün başında \(T' \cdot T = 0\) olduğunu gördük. \(N\), \(T'\)’nin pozitif bir katı olduğundan
\[T \cdot N = T \cdot \dfrac{1}{\kappa}T' = \dfrac{1}{\kappa}\,(T \cdot T') = 0.\]
\(B\) birimdir ve hem \(T\)’ye hem \(N\)’ye diktir. Bu, vektörel çarpımın noktasal özelliklerinden çıkar. Her \(s\) için \(T(s)\) ile \(N(s)\), \(\beta(s)\) noktasındaki iki teğet vektördür ve \(B(s) = T(s) \times N(s)\)’tir. Lemma 9.5’ne göre bir vektörel çarpım çarpanlarının ikisine de diktir:
\[B \cdot T = 0, \qquad B \cdot N = 0.\]
Aynı lemma uzunluğun karesi için
\[\|T \times N\|^2 = (T \cdot T)(N \cdot N) - (T \cdot N)^2\]
formülünü verir. Sağ tarafta \(T \cdot T = 1\), \(N \cdot N = 1\) ve \(T \cdot N = 0\) olduğundan \(\|B\|^2 = 1 \cdot 1 - 0 = 1\), yani \(\|B\| = 1\).
Böylece dokuz iç çarpımın hepsi istenildiği gibidir: üç alan her noktada birim ve karşılıklı diktir, yani \(T(s)\), \(N(s)\), \(B(s)\) üçlüsü \(\beta(s)\) noktasında bir çatıdır.
\(\blacksquare\)
Bir çatının en çok işe yarayan özelliği, o noktadaki her teğet vektörü kendi bileşenlerine ayırabilmesidir: Teorem 9.1’e göre \(\beta(s)\) noktasındaki her \(\mathbf{v}\) teğet vektörü
\[\mathbf{v} = (\mathbf{v} \cdot T)\,T + (\mathbf{v} \cdot N)\,N + (\mathbf{v} \cdot B)\,B\]
biçiminde tek türlü yazılır. Bundan sonraki bütün hesaplarımızın yöntemi budur: bilinmeyen bir alanı Frenet çatısına göre açıp katsayılarını tek tek iç çarpımla bulacağız.
Örnek 11.4 (Düzlemdeki Bir Çemberin Frenet Çatısı) \(a = 2\) yarıçaplı
\[\beta(s) = \left(2\cos\dfrac{s}{2},\ 2\sin\dfrac{s}{2},\ 0\right)\]
çemberinin Frenet çatısını bulalım ve üç alanın da birim ve karşılıklı dik olduğunu \(s = \pi\) noktasında sayılarla denetleyelim.
Çözüm
\(u = s/2\) yazalım. Örnek 11.1’ndeki hesabın \(a = 2\) hâli:
\[T(s) = (-\sin u,\ \cos u,\ 0), \qquad T'(s) = \left(-\dfrac12\cos u,\ -\dfrac12 \sin u,\ 0\right)\]
ve \(\kappa = 1/2\). Dolayısıyla
\[N(s) = \dfrac{T'(s)}{1/2} = (-\cos u,\ -\sin u,\ 0).\]
\(N\)’nin çemberin merkezi olan orijine baktığına dikkat edelim: \(\beta(s)\) noktasından merkeze giden birim yön
\[-\dfrac{\beta(s)}{\|\beta(s)\|} = (-\cos u,\ -\sin u,\ 0)\]
olur, tam olarak \(N(s)\).
Binormal için vektörel çarpımı açalım (Tanım 9.9):
\[B(s) = T \times N = \begin{vmatrix} U_1 & U_2 & U_3 \\ -\sin u & \cos u & 0 \\ -\cos u & -\sin u & 0 \end{vmatrix}.\]
Birinci ve ikinci bileşenler sıfırdır, üçüncü bileşen ise
\[(-\sin u)(-\sin u) - (\cos u)(-\cos u) = \sin^2 u + \cos^2 u = 1\]
olur. Yani \(B(s) = (0, 0, 1)\): binormal, çemberin bulunduğu düzleme dik sabit bir birim vektördür.
\(s = \pi\)’de \(u = \pi/2\)’dir ve
\[T = (-1, 0, 0), \qquad N = (0, -1, 0), \qquad B = (0, 0, 1).\]
Üçünün de uzunluğu \(1\)’dir; iç çarpımları \(T \cdot N = 0\), \(T \cdot B = 0\), \(N \cdot B = 0\). Bu özel noktada Frenet çatısı, işaretleri değişmiş bir doğal çatıdan başka bir şey değildir; ama \(s\) değiştikçe \(T\) ile \(N\) döner, \(B\) ise sabit kalır.
\(\blacksquare\)
11.3 Burulma
Eğrilik, eğrinin \(T\) ile \(N\)’nin gerdiği düzlem içinde ne kadar döndüğünü ölçer. Ama bir uzay eğrisi bu düzlemden de çıkabilir: bir helis, düzlemsel bir çemberin aksine, sürekli olarak “burularak” ilerler. Bu çıkışı ölçen büyüklüğü \(B\)’nin türevinden okuyacağız; çünkü \(B\) tam olarak o düzleme dik olan alandır ve \(B\) dönüyorsa düzlem de dönüyor demektir.
\(B'\)’nün özel bir biçimi vardır: her noktada \(N\)’nin bir katıdır. Bunu ortonormal açılımla görelim. Amacımız \(B' \cdot T\) ile \(B' \cdot B\) katsayılarının sıfır olduğunu göstermek.
Önce \(B \cdot B = 1\) eşitliğinin türevini alalım; \(T\) için yaptığımızın aynısı:
\[0 = (B \cdot B)' = 2\, B' \cdot B, \qquad \text{yani} \qquad B' \cdot B = 0.\]
Şimdi \(B \cdot T = 0\) eşitliğinin türevini alalım:
\[0 = (B \cdot T)' = B' \cdot T + B \cdot T'.\]
Buradan \(B' \cdot T = -\,B \cdot T'\) çıkar. \(T' = \kappa N\) olduğundan ve \(B \cdot N = 0\) olduğundan
\[B' \cdot T = -\,B \cdot \kappa N = -\kappa\,(B \cdot N) = 0.\]
O hâlde ortonormal açılımda geriye tek terim kalır:
\[B' = (B' \cdot T)\,T + (B' \cdot N)\,N + (B' \cdot B)\,B = (B' \cdot N)\,N.\]
Demek ki \(B'\) her noktada \(N\)’nin bir skaler katıdır. Bu skalere bir ad vermenin tam zamanı.
Tanım 11.3 (Burulma) \(\beta\) birim hızlı bir eğri ve \(\kappa > 0\) olsun. \(I\) üzerinde tanımlı ve her \(s\) için
\[B'(s) = -\tau(s)\, N(s)\]
eşitliğini sağlayan \(\tau\) gerçel değerli fonksiyonuna \(\beta\)’nın burulma (torsion) fonksiyonu denir. Açık formülü \(\tau = -\,B' \cdot N\)’dir.
Yani \(\tau(s)\), eğrinin \(s\) anında oskülatör düzleminden (birazdan adını koyacağımız, \(T\) ile \(N\)’nin gerdiği düzlemden) ne hızla sıyrıldığını ölçer. Eksi işareti bir gelenektir; onu koyduğumuzda Frenet formülleri, birazdan göreceğimiz gibi, ters simetrik ve akılda kalıcı bir biçim alır.
Eğrilikle burulma arasında önemli bir fark vardır. \(\kappa = \|T'\|\) bir uzunluk olduğundan hiçbir zaman negatif olamaz; oysa \(\tau\) üzerinde hiçbir kısıtlama yoktur: aynı eğrinin bir bölgesinde pozitif, başka bir bölgesinde negatif, arada sıfır olabilir. İşaretin anlamı şudur: \(\tau > 0\) ise eğri oskülatör düzleminden \(B\) yönüne doğru, \(\tau < 0\) ise \(-B\) yönüne doğru sıyrılır. Bunu Frenet yaklaşımında somut olarak göreceğiz.
11.4 Frenet Formülleri
Şimdi bölümün ana teoremine geldik. \(T\), \(N\), \(B\) alanlarının türevlerini yine \(T\), \(N\), \(B\) cinsinden yazacağız. İlk ve üçüncü satırlar tanımların yeniden ifadesidir; asıl iş ortadaki satırdadır.
Teorem 11.1 (Frenet Formülleri) \(\beta : I \to \mathbb{R}^3\) eğriliği \(\kappa > 0\) ve burulması \(\tau\) olan birim hızlı bir eğri olsun. O hâlde
\[\begin{aligned} T' &= \phantom{-}\kappa N,\\ N' &= -\kappa T + \tau B,\\ B' &= \phantom{-\kappa T +} -\tau N. \end{aligned}\]
İspat
Birinci formül. \(N\)’nin tanımı \(N = T'/\kappa\) idi. Her iki yanı \(\kappa\) ile çarparsak \(T' = \kappa N\) olur. Bu, tanımın başka bir yazılışıdır.
Üçüncü formül. Burulmanın tanımı doğrudan \(B' = -\tau N\) diyordu. Bu tanımın anlamlı olması, yukarıda ispatladığımız “\(B'\) her noktada \(N\)’nin bir katıdır” olgusuna dayanır.
İkinci formül. \(N'\) de eğri üzerinde bir vektör alanıdır; her noktada \(T\), \(N\), \(B\) bir çatı olduğundan (Lemma 11.1) ortonormal açılımı (Teorem 9.1) yazabiliriz:
\[N' = (N' \cdot T)\,T + (N' \cdot N)\,N + (N' \cdot B)\,B.\]
Üç katsayıyı tek tek bulalım.
Birinci katsayı. \(N \cdot T = 0\) eşitliğinin türevini alalım:
\[0 = (N \cdot T)' = N' \cdot T + N \cdot T'.\]
Birinci formülü kullanarak \(N \cdot T' = N \cdot \kappa N = \kappa\,(N \cdot N) = \kappa\) buluruz. O hâlde
\[N' \cdot T = -\,N \cdot T' = -\kappa.\]
İkinci katsayı. \(N\) birim uzunlukta olduğundan, \(T\) ve \(B\) için yaptığımız hesabın aynısı geçerlidir: \(N \cdot N = 1\)’in türevi \(2\,N' \cdot N = 0\) verir, yani
\[N' \cdot N = 0.\]
Üçüncü katsayı. \(N \cdot B = 0\) eşitliğinin türevini alalım:
\[0 = (N \cdot B)' = N' \cdot B + N \cdot B'.\]
Üçüncü formülü kullanalım:
\[N \cdot B' = N \cdot (-\tau N) = -\tau\,(N \cdot N) = -\tau.\]
Dolayısıyla
\[N' \cdot B = -\,N \cdot B' = \tau.\]
Üç katsayıyı açılıma koyarsak
\[N' = -\kappa\,T + 0 \cdot N + \tau\,B = -\kappa T + \tau B\]
çıkar; istenen ikinci formül budur.
\(\blacksquare\)
Üç formülü tek bir tabloda görmek biçimi akılda tutmayı kolaylaştırır. Satırlar \(T'\), \(N'\), \(B'\); sütunlar \(T\), \(N\), \(B\) katsayıları olsun:
| \(T\) | \(N\) | \(B\) | |
|---|---|---|---|
| \(T'\) | \(0\) | \(\kappa\) | \(0\) |
| \(N'\) | \(-\kappa\) | \(0\) | \(\tau\) |
| \(B'\) | \(0\) | \(-\tau\) | \(0\) |
Katsayı tablosu ters simetriktir: köşegeni sıfırdır ve \((i, j)\) girdisi \((j, i)\) girdisinin eksilisidir. Bu bir tesadüf değildir; \(E_i \cdot E_j\) sabit olan herhangi bir çatı alanında aynı şey olur, çünkü \((E_i \cdot E_j)' = 0\) eşitliği tam da bu ters simetriyi söyler. Burulmadaki geleneksel eksi işaretinin nedeni de budur: onsuz tablo bu güzel biçimi almazdı.
Şimdi teoremi sayılarla çalıştıralım. En bilgilendirici örnek helistir.
Örnek 11.5 (Helisin Frenet Aparatı) \(a > 0\) ve \(b \ne 0\) olsun. \(c = \sqrt{a^2 + b^2}\) yazarak
\[\beta(s) = \left(a\cos\dfrac{s}{c},\ a\sin\dfrac{s}{c},\ \dfrac{bs}{c}\right)\]
helisinin (Örnek 4.2) Frenet aparatını hesaplayalım.
Çözüm
Bu eğri, \(\alpha(t) = (a\cos t, a\sin t, bt)\) helisinin birim hızlı yeniden parametrelendirmesidir; birim hızlı olduğunu doğrudan da görebiliriz. Kısaltma olarak \(u = s/c\) yazalım; \(du/ds = 1/c\)’dir.
Birim teğet. Koordinat fonksiyonlarının türevleri:
\[T(s) = \beta'(s) = \left(-\dfrac{a}{c}\sin u,\ \dfrac{a}{c}\cos u,\ \dfrac{b}{c}\right).\]
Uzunluğun karesi
\[\dfrac{a^2}{c^2}\sin^2 u + \dfrac{a^2}{c^2}\cos^2 u + \dfrac{b^2}{c^2} = \dfrac{a^2 + b^2}{c^2} = 1,\]
yani eğri gerçekten birim hızlıdır.
Eğrilik vektörü ve eğrilik. Bir kez daha türev alalım:
\[T'(s) = \left(-\dfrac{a}{c^2}\cos u,\ -\dfrac{a}{c^2}\sin u,\ 0\right).\]
Uzunluğun karesi \(\frac{a^2}{c^4}(\cos^2 u + \sin^2 u) = \frac{a^2}{c^4}\) olduğundan ve \(a > 0\) olduğundan
\[\kappa(s) = \|T'(s)\| = \dfrac{a}{c^2} = \dfrac{a}{a^2 + b^2} > 0.\]
Eğrilik sabittir ve pozitiftir; dolayısıyla Frenet çatısı bütün eğri boyunca tanımlıdır.
Asli normal. \(N = T'/\kappa\) olduğundan \(T'\)’yü \(a/c^2\) ile bölmek yeter:
\[N(s) = \left(-\cos u,\ -\sin u,\ 0\right).\]
\(N\)’nin üçüncü bileşeni sıfırdır ve ilk iki bileşeni \(\beta(s)\)’in \(xy\) düzlemine izdüşümünün tam ters yönünü gösterir. Yani \(a\) ile \(b\) ne olursa olsun, asli normal her noktada helisin üzerinde durduğu silindirin eksenine, yani \(z\) eksenine doğru dosdoğru bakar.
Binormal. Vektörel çarpımı açalım:
\[B(s) = T \times N = \begin{vmatrix} U_1 & U_2 & U_3 \\ -\frac{a}{c}\sin u & \frac{a}{c}\cos u & \frac{b}{c} \\ -\cos u & -\sin u & 0 \end{vmatrix}.\]
Bileşenleri tek tek yazalım:
\[\begin{aligned} B_1 &= \dfrac{a}{c}\cos u \cdot 0 - \dfrac{b}{c}\cdot(-\sin u) = \dfrac{b}{c}\sin u,\\ B_2 &= \dfrac{b}{c}\cdot(-\cos u) - \left(-\dfrac{a}{c}\sin u\right)\cdot 0 = -\dfrac{b}{c}\cos u,\\ B_3 &= \left(-\dfrac{a}{c}\sin u\right)(-\sin u) - \dfrac{a}{c}\cos u \cdot (-\cos u) = \dfrac{a}{c}. \end{aligned}\]
Yani
\[B(s) = \left(\dfrac{b}{c}\sin u,\ -\dfrac{b}{c}\cos u,\ \dfrac{a}{c}\right).\]
Denetim:
\[\|B\|^2 = \dfrac{b^2}{c^2}\left(\sin^2 u + \cos^2 u\right) + \dfrac{a^2}{c^2} = \dfrac{a^2+b^2}{c^2} = 1.\]
Burulma. \(B\)’nin türevi
\[B'(s) = \left(\dfrac{b}{c^2}\cos u,\ \dfrac{b}{c^2}\sin u,\ 0\right)\]
olur. Bunu \(N\) ile karşılaştıralım: \(N = (-\cos u, -\sin u, 0)\) olduğundan
\[B'(s) = -\dfrac{b}{c^2}\,N(s).\]
Burulmanın tanımı \(B' = -\tau N\) olduğundan
\[\tau(s) = \dfrac{b}{c^2} = \dfrac{b}{a^2 + b^2}.\]
Helisin burulması da sabittir ve \(b\) ile aynı işaretlidir: \(b > 0\) ise helis yukarı doğru sağ el yönünde burulur, \(b < 0\) ise ters yönde.
Özet. Helisin Frenet aparatı
\[\kappa = \dfrac{a}{c^2}, \qquad \tau = \dfrac{b}{c^2}, \qquad c^2 = a^2 + b^2\]
ve yukarıdaki \(T\), \(N\), \(B\) alanlarıdır. \(a = 3\), \(b = 4\) için \(c = 5\), \(\kappa = 3/25 = 0{,}12\) ve \(\tau = 4/25 = 0{,}16\)’dır.
Bu helisin bir noktasında çatıyı açıkça görelim. \(s = 5\pi/2\), yani \(u = \pi/2\) alırsak \(\cos u = 0\), \(\sin u = 1\) olur ve
\[\beta\left(\dfrac{5\pi}{2}\right) = (0,\ 3,\ 2\pi), \quad T = \left(-\dfrac35,\ 0,\ \dfrac45\right), \quad N = (0,\ -1,\ 0), \quad B = \left(\dfrac45,\ 0,\ \dfrac35\right)\]
çıkar. \(N\)’nin gerçekten \(z\) eksenine, yani \((0, 0, 2\pi)\) noktasına doğru baktığına dikkat edelim.
\(\blacksquare\)
Etkileşimli sahne: helisin Frenet çatısı. Sahnede kutudaki \(a = 3\), \(b = 4\) helisi, üzerinde durduğu \(3\) yarıçaplı silindir ve \(s\) kaydırıcısıyla seçilen \(\beta(s)\) noktasındaki üç birim ok vardır; sahne sürüklenerek döndürülür ve kaydırıcı kutudaki \(s = 5\pi/2\) değerinden başlar. Kaydırıcıyı oynattıkça üçlü birlikte döner: \(T\) eğriye teğet kalır, \(N\) kesikli çizginin gösterdiği gibi her an silindirin eksenine bakar, \(B\) ise ikisine de diktir. Yarı saydam kare, \(T\) ile \(N\)’nin gerdiği oskülatör düzlemin bir parçasıdır; eğri o düzlemi hemen terk eder, çünkü burulma sıfır değildir. Değer satırındaki \(\kappa\) ile \(\tau\) hiç değişmez; üç iç çarpımın ve \(|B - T \times N|\) farkının her \(s\) için sıfır kalması da çatının her noktada ortonormal ve doğru sıralı olduğunu gösterir.
Helisin iki parametresi eğrilik ve burulmayı nasıl belirliyor? Birkaç değeri yan yana koyalım.
Örnek 11.6 (Helis Parametreleri Eğriliği ve Burulmayı Nasıl Değiştirir) \(\kappa = a/(a^2 + b^2)\) ve \(\tau = b/(a^2+b^2)\) formüllerini birkaç somut \((a, b)\) çifti için hesaplayıp yorumlayalım.
Çözüm
Tablo (değerler dört ondalığa yuvarlanmıştır):
| \(a\) | \(b\) | \(c^2 = a^2 + b^2\) | \(\kappa = a/c^2\) | \(\tau = b/c^2\) | \(\tau/\kappa\) |
|---|---|---|---|---|---|
| \(3\) | \(4\) | \(25\) | \(0{,}12\) | \(0{,}16\) | \(4/3\) |
| \(4\) | \(3\) | \(25\) | \(0{,}16\) | \(0{,}12\) | \(3/4\) |
| \(3\) | \(0\) | \(9\) | \(0{,}3333\) | \(0\) | \(0\) |
| \(1\) | \(4\) | \(17\) | \(0{,}0588\) | \(0{,}2353\) | \(4\) |
| \(3\) | \(40\) | \(1609\) | \(0{,}0019\) | \(0{,}0249\) | \(40/3\) |
Okunacak üç şey var.
Birincisi, \(b = 0\) satırı: bu durumda helis \(xy\) düzlemindeki \(a\) yarıçaplı çembere indirgenir. Formüller \(\kappa = a/a^2 = 1/a\) ve \(\tau = 0\) verir; bu, Örnek 11.1’ndeki sonuçla ve çemberin bir düzlemde kaldığı gözlemiyle tam olarak uyuşur.
İkincisi, \(b\) büyüdükçe helis dikine uzar ve hem eğrilik hem burulma küçülür (\(a = 3\), \(b = 40\) satırı): çok uzatılmış bir helis yerel olarak neredeyse bir doğrudur.
Üçüncüsü, \(\tau/\kappa = b/a\) oranı yalnızca \(a\) ile \(b\)’nin oranına bağlıdır. Helisi büyütüp küçültmek \(\kappa\) ile \(\tau\)’yu aynı çarpanla değiştirir, oranlarını değiştirmez. Bu oranın sabit olması ileride bütün bir eğri ailesini karakterize edecek.
Son bir denetim: \(a = 3\), \(b = 4\) helisinde \(\kappa^2 + \tau^2 = (9 + 16)/625 = 1/25\), yani \(\sqrt{\kappa^2 + \tau^2} = 1/5 = 1/c\). Genel olarak da \(\kappa^2 + \tau^2 = (a^2+b^2)/c^4 = 1/c^2\)’dir.
\(\blacksquare\)
11.5 Noktalarla Vektörleri Özdeşleştirmek
Bundan sonraki hesaplarda küçük bir rahatlığa ihtiyacımız olacak, onu şimdi açıkça belirtelim.
NotNokta ile teğet vektör arasında geçiş
Bir \(\mathbf{p}\) noktası ile \(\mathbf{p}\)’deki bir \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\) teğet vektörü arasındaki ayrımı baştan beri özenle koruduk. Ancak Öklid uzayının çok kullanışlı bir özelliği vardır: \((v_1, v_2, v_3)\) noktalarıyla \(\mathbf{p}\)’deki \((v_1, v_2, v_3)_{\mathbf{p}}\) teğet vektörleri arasında doğal bir birebir eşleme bulunur. Karşılıklı gelen nesnelerin Öklid koordinatları aynı olduğundan, bu eşleme skalerle çarpma, toplama, iç çarpım, vektörel çarpım ve türev gibi koordinatlarla tanımlanmış hiçbir işlemi bozmaz.
Bu yüzden bundan sonra gerektiğinde gösterimi değiştirmeden sessizce birinden ötekine geçeceğiz. Örneğin bir \(\beta\) eğrisi üzerindeki \(Y = (y_1, y_2, y_3)\) alanı, \(\mathbb{R}^3\)’te \((y_1, y_2, y_3)\) eğrisi olarak da okunabilir; \(Y\) paralelse koordinat fonksiyonları sabittir ve \(Y\), \(\mathbb{R}^3\)’ün tek bir noktasıyla özdeşleşir. Benzer biçimde \(\beta(s) \cdot N(s)\) gibi bir yazım, \(\beta(s)\) noktasının koordinat üçlüsüyle \(N(s)\)’in vektör kısmının iç çarpımı anlamına gelir.
Bu özdeşleştirmenin hemen bir kullanımı var: düzlemleri vektör diliyle betimlemek. \(\mathbb{R}^3\)’te bir düzlem, verilen bir noktada verilen bir doğruya dik olan bütün doğruların birleşimidir. Vektör diliyle: \(\mathbf{p}\) noktasından geçen ve \(\mathbf{q} \ne \mathbf{0}\) vektörüne dik olan düzlem,
\[(\mathbf{r} - \mathbf{p}) \cdot \mathbf{q} = 0\]
koşulunu sağlayan bütün \(\mathbf{r}\) noktalarından oluşur. Burada \(\mathbf{q}\)’yu \(\mathbf{p}\) noktasına yerleştirilmiş bir teğet vektör olarak düşünmek en doğal resmi verir. Frenet çatısının üç vektörü bir noktada üç ayrı düzlem belirler; birazdan bunları adlandıracağız.
11.6 Frenet Yaklaşımı ve Üç Düzlem
Eğrilikle burulmanın eğrinin şeklini nasıl belirlediğini görmenin en iyi yolu, eğriyi bir noktanın yakınında en basit biçimiyle yazmaktır. Taylor açılımını Frenet çatısı cinsinden ifade edeceğiz.
Kolaylık olsun diye \(s = 0\) noktasının yakınına bakalım ve \(s = 0\)’daki değerleri alt indisle gösterelim: \(T_0 = T(0)\), \(N_0 = N(0)\), \(B_0 = B(0)\), \(\kappa_0 = \kappa(0) > 0\), \(\tau_0 = \tau(0)\).
Önerme 11.1 (Frenet Yaklaşımı) \(\beta\) eğriliği \(\kappa > 0\) olan birim hızlı bir eğri olsun. \(s = 0\) yakınında
\[\beta(s) \approx \beta(0) + s\,T_0 + \dfrac{\kappa_0 s^2}{2}\,N_0 + \dfrac{\kappa_0 \tau_0 s^3}{6}\,B_0\]
yazılabilir. Sağ taraftaki \(\hat\beta(s)\) eğrisine \(\beta\)’nın \(s = 0\) yakınındaki Frenet yaklaşımı (Frenet approximation) denir.
İspat
\(\beta = (\beta_1, \beta_2, \beta_3)\) yazalım. Küçük \(s\) için her koordinat fonksiyonu Taylor serisinin ilk terimleriyle yaklaşık olarak verilir:
\[\beta_i(s) \approx \beta_i(0) + \dfrac{d\beta_i}{ds}(0)\,s + \dfrac{d^2\beta_i}{ds^2}(0)\,\dfrac{s^2}{2} + \dfrac{d^3\beta_i}{ds^3}(0)\,\dfrac{s^3}{6}.\]
Üç koordinatı birleştirirsek, nokta ile vektör arasındaki özdeşleştirmeyi kullanarak
\[\beta(s) \approx \beta(0) + s\,\beta'(0) + \dfrac{s^2}{2}\,\beta''(0) + \dfrac{s^3}{6}\,\beta'''(0)\]
elde ederiz. Şimdi üç türevi Frenet çatısı cinsinden yazalım.
Birinci türev. Tanım gereği \(\beta' = T\), yani \(\beta'(0) = T_0\).
İkinci türev. Birinci Frenet formülü \(\beta'' = T' = \kappa N\) verir, yani \(\beta''(0) = \kappa_0 N_0\).
Üçüncü türev. \(\beta'' = \kappa N\) eşitliğinin türevini çarpım kuralıyla alalım:
\[\beta''' = (\kappa N)' = \dfrac{d\kappa}{ds}\,N + \kappa\,N'.\]
İkinci Frenet formülünü (\(N' = -\kappa T + \tau B\)) yerine koyarsak
\[\beta''' = -\kappa^2\,T + \dfrac{d\kappa}{ds}\,N + \kappa\tau\,B\]
çıkar. \(s = 0\)’da
\[\beta'''(0) = -\kappa_0^2\,T_0 + \dfrac{d\kappa}{ds}(0)\,N_0 + \kappa_0\tau_0\,B_0.\]
Yerine koyma. Üç türevi Taylor açılımına koyup \(T_0\), \(N_0\), \(B_0\) bileşenlerini toplayalım:
\[\begin{aligned} \beta(s) - \beta(0) &\approx \left(s - \dfrac{\kappa_0^2 s^3}{6}\right) T_0\\ &\quad + \left(\dfrac{\kappa_0 s^2}{2} + \dfrac{1}{6}\dfrac{d\kappa}{ds}(0)\, s^3\right) N_0 + \dfrac{\kappa_0\tau_0 s^3}{6}\,B_0. \end{aligned}\]
\(s\) küçükken her bileşende \(s\)’in en küçük kuvvetini taşıyan terim ötekilere baskındır: \(T_0\) bileşeninde \(s\), \(N_0\) bileşeninde \(\kappa_0 s^2/2\), \(B_0\) bileşeninde \(\kappa_0\tau_0 s^3/6\). Yalnızca bu baskın terimleri tutarsak istenen ifade çıkar.
En sade hâli görmek için \(\kappa_0 = 1\) ve \(\tau_0 = 1\) alalım; yaklaşım
\[\hat\beta(s) - \beta(0) = s\,T_0 + \dfrac{s^2}{2}\,N_0 + \dfrac{s^3}{6}\,B_0\]
olur. Bu eğri \(-1{,}5 \le s \le 1{,}5\) aralığında çizildiğinde üç düzlemin her birine göre nasıl yerleştiği açıkça görülür.
\(\blacksquare\)
Yaklaşımın her terimini tek tek okuyalım; eğrilikle burulmanın şekle katkısı burada çıplak gözle görülür.
Birinci terim yalnızca \(\beta(0)\) noktasıdır: eğrinin geçtiği yer.
İlk iki terim birlikte
\[s \mapsto \beta(0) + s\,T_0\]
doğrusunu verir. Bu, \(\beta\)’nın \(\beta(0)\)’daki teğet doğrusudur ve eğrinin en iyi doğrusal yaklaşımıdır.
İlk üç terim birlikte
\[s \mapsto \beta(0) + s\,T_0 + \dfrac{\kappa_0 s^2}{2}\,N_0\]
parabolünü verir; bu da \(\beta\)’nın \(\beta(0)\) yakınındaki en iyi ikinci dereceden yaklaşımıdır. Parabol tümüyle \(T_0\) ile \(N_0\)’ın gerdiği düzlemde, yani \(\beta(0)\)’dan geçen ve \(B_0\)’a dik olan düzlemde kalır. Biçimi \(xy\) düzlemindeki \(y = \kappa_0 x^2/2\) parabolüyle aynıdır; yani tümüyle \(\kappa_0\) tarafından belirlenir. Eğrilik büyükse parabol dar, küçükse geniştir.
Dördüncü ve en küçük terim \(\dfrac{\kappa_0\tau_0 s^3}{6}B_0\)’dır ve eğrinin bu düzlemden çıkışını yönetir. \(\tau_0 = 0\) ise bu terim yoktur ve eğri (en azından üçüncü mertebeye kadar) düzlemde kalır; \(\tau_0 > 0\) ise \(s > 0\) için eğri \(B_0\) yönüne, \(s < 0\) için \(-B_0\) yönüne sapar; \(\tau_0 < 0\) ise sapmalar terstir. Terimin \(s^3\) ile gelmesi, sapmanın teğetten ayrılmadan da dönmeden de daha yavaş başladığını söyler: eğri önce düzlemde döner, sonra düzlemden sıyrılır.
Bu üç düzlemin adı vardır.
Tanım 11.4 (Oskülatör, Rektifiyan ve Normal Düzlem) \(\beta\) birim hızlı, \(\kappa > 0\) olan bir eğri ve \(s_0 \in I\) olsun. \(\beta(s_0)\) noktasından geçen
- \(B(s_0)\)’a dik düzleme \(\beta\)’nın \(\beta(s_0)\)’daki oskülatör düzlemi (osculating plane) denir; \(T(s_0)\) ile \(N(s_0)\) tarafından gerilir.
- \(N(s_0)\)’a dik düzleme rektifiyan düzlem (rectifying plane) denir; \(T(s_0)\) ile \(B(s_0)\) tarafından gerilir.
- \(T(s_0)\)’a dik düzleme normal düzlem (normal plane) denir; \(N(s_0)\) ile \(B(s_0)\) tarafından gerilir.
Yani oskülatör düzlem eğrinin o noktada “içinde yattığı” düzlem, normal düzlem eğriyi dik kesen düzlem, rektifiyan düzlem de ikisinin arasındaki üçüncü düzlemdir.
Her noktanın kendi Frenet yaklaşımı ve kendi üç düzlemi vardır. Yukarıdaki hesapta \(0\) yerine herhangi bir \(s_0\) alınırsa, Taylor açılımlarında her zaman olduğu gibi \(s\) yerine \(s - s_0\) gelir.
Örnek 11.7 (Helisin Başlangıç Noktasındaki Frenet Yaklaşımı) \(a = 3\), \(b = 4\) (dolayısıyla \(c = 5\)) helisinin \(s = 0\) yakınındaki Frenet yaklaşımını yazalım ve yaklaşımın gerçek eğriye ne kadar yakın olduğunu \(s = 1\) ile \(s = 2\)’de sayılarla ölçelim.
Çözüm
Örnek 11.5’teki formülleri \(s = 0\)’da (\(u = 0\)) değerlendirelim:
\[\beta(0) = (3, 0, 0), \quad T_0 = \left(0,\ \dfrac35,\ \dfrac45\right), \quad N_0 = (-1, 0, 0), \quad B_0 = \left(0,\ -\dfrac45,\ \dfrac35\right)\]
ve \(\kappa_0 = 3/25\), \(\tau_0 = 4/25\). Katsayılar:
\[\dfrac{\kappa_0}{2} = \dfrac{3}{50}, \qquad \dfrac{\kappa_0\tau_0}{6} = \dfrac{1}{6}\cdot\dfrac{3}{25}\cdot\dfrac{4}{25} = \dfrac{2}{625}.\]
Frenet yaklaşımı
\[\hat\beta(s) = (3, 0, 0) + s\left(0, \dfrac35, \dfrac45\right) + \dfrac{3s^2}{50}(-1, 0, 0) + \dfrac{2s^3}{625}\left(0, -\dfrac45, \dfrac35\right),\]
yani koordinat koordinat
\[\hat\beta(s) = \left(3 - \dfrac{3s^2}{50},\ \dfrac{3s}{5} - \dfrac{8s^3}{3125},\ \dfrac{4s}{5} + \dfrac{6s^3}{3125}\right).\]
Şimdi karşılaştıralım. Gerçek eğri
\[\beta(s) = \left(3\cos\dfrac{s}{5},\ 3\sin\dfrac{s}{5},\ \dfrac{4s}{5}\right)\]
eğrisidir. İki değerde hesaplayalım:
\[\begin{aligned} \beta(1) &\approx (2{,}940200;\ 0{,}596008;\ 0{,}800000),\\ \hat\beta(1) &= (2{,}94;\ 0{,}597440;\ 0{,}801920),\\ \beta(2) &\approx (2{,}763182;\ 1{,}168255;\ 1{,}600000),\\ \hat\beta(2) &= (2{,}76;\ 1{,}179520;\ 1{,}615360). \end{aligned}\]
\(s = 1\)’de aradaki uzaklık yaklaşık \(0{,}0024\), \(s = 2\)’de ise yaklaşık \(0{,}0193\)’tür.
Uzaklık \(s\) iki katına çıkınca yaklaşık sekiz katına çıktı; bu, hatanın \(s^3\) mertebesinde olmasıyla uyuşur (yaklaşımı kurarken her bileşende \(s^3\) mertebeli terimleri attık). Yaklaşımın oskülatör düzlemdeki parçası \(y = \frac{3}{50}x^2\) parabolüyle aynı biçimdedir; \(B_0\) yönündeki küçük terim de helisin bu düzlemden yukarı doğru sıyrılmasıdır.
\(\blacksquare\)
Etkileşimli sahne: yaklaşım ne kadar iyi? Sahnede kutudaki \(a = 3\), \(b = 4\) helisi ile onun \(s = 0\) noktasındaki Frenet yaklaşımı \(\hat\beta\) üst üste çizilidir; \(\varepsilon\) kaydırıcısı gösterilen aralığın yarıçapını, yani \(-\varepsilon \le s \le \varepsilon\) parçasını belirler ve kutudaki \(\varepsilon = 2\) değerinden başlar. Küçük \(\varepsilon\)’da iki eğri gözle ayırt edilemez; \(\varepsilon\) büyüdükçe kesikli yaklaşım gerçek helisten sıyrılır ve \(s = \varepsilon\) ucundaki turuncu parça aradaki farkı gösterir. Değer satırındaki \(|\beta(\varepsilon) - \hat\beta(\varepsilon)|\) uzaklığı \(\varepsilon = 1\) ile \(\varepsilon = 2\)’de kutudaki sayıları verir. Farkı \(\varepsilon^3\)’e bölen ikinci sayının neredeyse sabit kalmasına dikkat edin: hata \(\varepsilon^3\) mertebesindedir ve katsayısı \(\kappa_0^2/6\) civarındadır.
11.7 Eğriliği Sıfır Olan Eğriler
Frenet yaklaşımı, eğriliği her yerde sıfır olan bir eğrinin doğru olması gerektiğini düşündürüyor: \(\kappa_0 = 0\) ise parabol terimi de kübik terim de yok olur ve geriye yalnızca teğet doğrusu kalır. Bu sezgi doğrudur ve tam bir ispatı vardır. (Bu tek yerde \(\kappa > 0\) varsayımını askıya alıyoruz; zaten konu tam da \(\kappa\)’nın sıfır olması.)
Önerme 11.2 (Eğriliği Her Yerde Sıfır Olan Eğri Bir Doğrudur) \(\beta : I \to \mathbb{R}^3\) birim hızlı bir eğri olsun. \(\beta\)’nın eğriliği her yerde sıfırdır ancak ve ancak \(\beta\)’nın görüntüsü bir doğru üzerindedir.
İspat
Eğrilik sıfırsa doğrudur. Tanım gereği \(\kappa = \|T'\| = \|\beta''\|\)’dir. Bir vektörün normu sıfırdır ancak ve ancak vektörün kendisi sıfırdır; dolayısıyla her \(s\) için \(\kappa(s) = 0\) olması, her \(s\) için \(\beta''(s) = \mathbf{0}\) olmasına denktir. \(\beta\) birim hızlı olduğundan sabit bir eğri değildir; Lemma 10.4’in ikinci maddesine göre ivmesi her yerde sıfır olan sabit olmayan bir eğri bir doğrudur.
Doğruysa eğrilik sıfırdır. Örnek 11.2’nde hesapladık: \(\beta(s) = \mathbf{p} + s\mathbf{q}\) ise \(\beta'' = \mathbf{0}\) ve \(\kappa = 0\). Burada bir ince nokta var: bir doğru üzerinde kalan birim hızlı bir eğri, gerçekten de \(\mathbf{p} + s\mathbf{q}\) biçiminde midir? Evet: \(\beta\), \(\mathbf{p}\) noktasından geçen ve \(\mathbf{q}\) birim vektörü doğrultusunda olan doğru üzerindeyse, her \(s\) için \(\beta(s) - \mathbf{p}\) vektörü \(\mathbf{q}\)’nun bir katıdır, yani \(\beta(s) = \mathbf{p} + f(s)\mathbf{q}\) yazılır. Katsayı \(f(s) = \bigl(\beta(s) - \mathbf{p}\bigr)\cdot\mathbf{q}\) olduğundan (iki yanı \(\mathbf{q}\) ile çarpın ve \(\mathbf{q}\cdot\mathbf{q} = 1\) kullanın) \(f\) türevlenebilirdir. Hız \(\beta' = f'\mathbf{q}\) olur ve birim hız koşulu \(|f'| = 1\) verir. \(f'\) sürekli ve hiç sıfır olmadığından ara değer teoremiyle işareti sabittir; yani \(f(s) = \pm s + s_0\)’dır ve uygun bir başlangıç noktasıyla \(\beta(s) = \tilde{\mathbf{p}} \pm s\mathbf{q}\) olur. İki durumda da \(\beta'' = \mathbf{0}\).
Demek ki eğrilik, eğrinin doğrudan ne kadar saptığını ölçer.
\(\blacksquare\)
11.8 Burulma Sıfırsa Eğri Düzlemseldir
\(\mathbb{R}^3\)’te tek bir düzlemin içinde kalan eğrilere düzlem eğrisi (plane curve) denir. Düzlem eğrileri, en basit helisin bile yaptığı türden ilginç bir burulma yapmaz. Frenet yaklaşımı bunun nedenini gösterdi: eğriyi oskülatör düzleminden çıkaran tek terim \(\kappa_0\tau_0 s^3 B_0/6\)’dır ve \(\tau_0 = 0\) ise o terim yoktur. O hâlde burulması her yerde sıfır olan bir eğrinin oskülatör düzleminden hiç ayrılmadığını beklemek doğaldır. Bu beklenti doğrudur.
Sonuç 11.1 (Burulmanın Sıfır Olması Düzlemsel Olmaya Denktir) \(\beta\), \(\mathbb{R}^3\)’te eğriliği \(\kappa > 0\) olan birim hızlı bir eğri olsun. \(\beta\) bir düzlem eğrisidir ancak ve ancak \(\tau = 0\)’dır.
İspat
Düzlem eğrisiyse burulma sıfırdır. \(\beta\)’nın bir düzlemde kaldığını varsayalım. Yukarıdaki betimlemeye göre bir \(\mathbf{p}\) noktası ve sıfırdan farklı bir \(\mathbf{q}\) vektörü vardır ki her \(s\) için
\[\bigl(\beta(s) - \mathbf{p}\bigr) \cdot \mathbf{q} = 0.\]
Sol taraf sabit (sıfır) bir fonksiyondur; türevini alalım. \(\mathbf{q}\) sabit olduğundan türevi sıfırdır ve iç çarpımın Leibniz kuralı
\[\beta'(s) \cdot \mathbf{q} = 0\]
verir. Bir kez daha türev alırsak
\[\beta''(s) \cdot \mathbf{q} = 0\]
çıkar. Birincisi \(T \cdot \mathbf{q} = 0\), ikincisi \(\kappa N \cdot \mathbf{q} = 0\) demektir; \(\kappa > 0\) olduğundan ikincisinden \(N \cdot \mathbf{q} = 0\) elde edilir. Yani \(\mathbf{q}\) her noktada hem \(T\)’ye hem \(N\)’ye diktir.
Öte yandan \(B\) de hem \(T\)’ye hem \(N\)’ye diktir. Bir noktada \(T\), \(N\), \(B\) bir çatı olduğundan, \(T\) ve \(N\)’ye dik vektörlerin kümesi \(B\)’nin skaler katlarından ibarettir; ortonormal açılım
\[\mathbf{q} = (\mathbf{q}\cdot T)\,T + (\mathbf{q}\cdot N)\,N + (\mathbf{q}\cdot B)\,B = (\mathbf{q}\cdot B)\,B\]
verir. Uzunlukları karşılaştırırsak \(|\mathbf{q}\cdot B| = \|\mathbf{q}\|\) olur, yani her \(s\) için
\[B(s) = \varepsilon(s)\,\dfrac{\mathbf{q}}{\|\mathbf{q}\|}, \qquad \varepsilon(s) = \pm 1.\]
Buradaki işaret fonksiyonu \(\varepsilon(s) = B(s)\cdot\mathbf{q}/\|\mathbf{q}\|\) olarak yazılabildiğinden süreklidir; yalnızca \(+1\) ile \(-1\) değerlerini alan sürekli bir fonksiyon ise \(I\) aralığı boyunca sabit kalmak zorundadır (aksi hâlde ara değer teoremi gereği aradaki \(0\) değerini de alırdı). Demek ki \(B\) sabit bir alandır ve \(B' = \mathbf{0}\)’dır. Burulmanın tanımı \(B' = -\tau N\) olduğundan ve \(N\) hiçbir yerde sıfır olmadığından \(\tau = 0\) çıkar.
Burulma sıfırsa düzlem eğrisidir. Şimdi \(\tau = 0\) olsun. O hâlde \(B' = -\tau N = \mathbf{0}\)’dır; yani \(B\) paralel bir alandır ve koordinat fonksiyonları sabittir (Lemma 10.4’in üçüncü maddesi). Bu sabit üçlüyü, nokta–vektör özdeşleştirmesiyle, \(\mathbb{R}^3\)’ün tek bir noktası gibi düşünebiliriz; kısaca \(B\) diyelim.
İddiamız şu: \(\beta\), \(\beta(0)\) noktasından geçen ve \(B\)’ye dik olan düzlemde kalır. (Burada \(0 \in I\) olduğunu varsaydık; değilse \(I\)’dan herhangi bir \(s_1\) seçilir ve \(0\) yerine \(s_1\) yazılır.) İddiayı görmek için
\[f(s) = \bigl(\beta(s) - \beta(0)\bigr) \cdot B\]
gerçel değerli fonksiyonunu ele alalım. \(B\) sabit olduğundan türevi
\[\dfrac{df}{ds} = \beta'(s) \cdot B = T \cdot B = 0\]
olur. Türevi her yerde sıfır olan bir fonksiyon bir aralıkta sabittir; ayrıca \(f(0) = \mathbf{0} \cdot B = 0\)’dır. O hâlde \(f\) özdeş olarak sıfırdır:
\[\bigl(\beta(s) - \beta(0)\bigr) \cdot B = 0 \qquad \text{her } s \in I \text{ için}.\]
Bu tam olarak “\(\beta(s)\), \(\beta(0)\)’dan geçen ve \(B\)’ye dik düzlemdedir” demektir. Böylece \(\beta\) bir düzlem eğrisidir; üstelik içinde kaldığı düzlem her noktadaki oskülatör düzlemdir, çünkü \(B\) her noktada aynıdır.
\(\blacksquare\)
Bu sonucun pratik değeri büyüktür: bir eğrinin düzlemsel olup olmadığını anlamak için hiçbir düzlem aramaya gerek yoktur, \(\tau\)’yu hesaplamak yeter.
11.9 Sabit Eğrilikli Düzlem Eğrileri Çemberdir
Örnek 11.1’nde \(a\) yarıçaplı çemberin eğriliğinin \(1/a\) (sabit) ve burulmasının sıfır olduğunu gördük; Örnek 11.4’de de asli normalin her noktada çemberin merkezine baktığını. Şimdi bunun tersini ispatlayacağız. İspatın fikri tam da bu gözlemden gelir: eğer \(N\) hep merkeze bakıyorsa ve merkeze uzaklık \(1/\kappa\) ise, \(\beta\)’dan \(1/\kappa\) kadar \(N\) yönünde gidilerek elde edilen nokta hiç hareket etmemelidir.
Lemma 11.2 (Sabit Eğrilik ve Sıfır Burulma Çemberi Belirler) \(\beta\) birim hızlı bir eğri olsun. \(\beta\)’nın eğriliği \(\kappa > 0\) sabit ve burulması sıfırdır ancak ve ancak \(\beta\), \(1/\kappa\) yarıçaplı bir çemberin parçasıdır.
İspat
Sabit eğrilik ve sıfır burulma çemberi verir. \(\kappa > 0\) sabit ve \(\tau = 0\) olsun. Sonuç 11.1’ne göre \(\beta\) bir düzlem eğrisidir. Göstermemiz gereken, eğrinin bütün noktalarının sabit bir noktadan \(1/\kappa\) uzaklıkta olduğudur; o sabit nokta çemberin merkezi olacaktır.
Merkez eğrisini (central curve) kuralım:
\[\gamma = \beta + \dfrac{1}{\kappa}\,N.\]
\(\kappa\) sabit olduğundan \(1/\kappa\) da sabittir ve türev alırken çarpım kuralının ikinci terimi düşer:
\[\gamma' = \beta' + \dfrac{1}{\kappa}\,N'.\]
İkinci Frenet formülünü \(\tau = 0\) ile kullanalım: \(N' = -\kappa T + \tau B = -\kappa T\). Dolayısıyla
\[\gamma' = T + \dfrac{1}{\kappa}\,(-\kappa T) = T - T = \mathbf{0}.\]
Lemma 10.4’in birinci maddesine göre türevi her yerde sıfır olan bir eğri sabittir. O hâlde \(\gamma\) sabittir; değerine \(\mathbf{c}\) diyelim:
\[\beta(s) + \dfrac{1}{\kappa}N(s) = \mathbf{c} \qquad \text{her } s \text{ için}.\]
Şimdi \(\mathbf{c}\) ile \(\beta(s)\) arasındaki uzaklığı ölçelim (Tanım 9.3):
\[d\bigl(\mathbf{c},\ \beta(s)\bigr) = \|\mathbf{c} - \beta(s)\| = \left\|\dfrac{1}{\kappa}N(s)\right\| = \dfrac{1}{\kappa}\,\|N(s)\| = \dfrac{1}{\kappa}.\]
Böylece \(\beta\)’nın her noktası \(\mathbf{c}\)’den \(1/\kappa\) uzaklıktadır. Eğri hem bir düzlemde kalıyor hem de sabit bir noktadan sabit uzaklıkta; yani o düzlemde \(\mathbf{c}\) merkezli, \(1/\kappa\) yarıçaplı çemberin üzerindedir.
Çemberin eğriliği sabittir ve burulması sıfırdır. Tersine, \(\beta\) bir \(r\) yarıçaplı çemberin parçası olsun. Böyle bir çember, uygun bir \(\mathbf{c}\) noktası ve \(\mathbf{c}\)’de birbirine dik iki birim vektör \(e_1\), \(e_2\) ile
\[\beta(s) = \mathbf{c} + r\cos\dfrac{s}{r}\,e_1 + r\sin\dfrac{s}{r}\,e_2\]
biçiminde birim hızlı olarak parametrelendirilir. Aynı çemberin başka bir birim hızlı parametrelendirmesi bundan yalnızca \(s \mapsto \pm s + s_0\) türünden bir kaydırma ve yön çevirmeyle ayrılır; böyle bir değişim ise eğrilikle burulmayı değiştirmez (Alıştırma 11.11). Bu yüzden \(\kappa\) ile \(\tau\)’yu yukarıdaki parametrelendirme üzerinde hesaplamak yeter. Gerçekten,
\[\beta'(s) = -\sin\dfrac{s}{r}\,e_1 + \cos\dfrac{s}{r}\,e_2\]
olur ve \(e_1 \cdot e_1 = e_2 \cdot e_2 = 1\), \(e_1 \cdot e_2 = 0\) olduğundan
\[\|\beta'(s)\|^2 = \sin^2\dfrac{s}{r} + \cos^2\dfrac{s}{r} = 1.\]
İkinci türev
\[T'(s) = \beta''(s) = -\dfrac{1}{r}\cos\dfrac{s}{r}\,e_1 - \dfrac{1}{r}\sin\dfrac{s}{r}\,e_2\]
ve uzunluğu \(1/r\)’dir; yani \(\kappa = 1/r\) sabittir ve pozitiftir. Asli normal
\[N(s) = r\,T'(s) = -\cos\dfrac{s}{r}\,e_1 - \sin\dfrac{s}{r}\,e_2\]
olur. \(T\) ile \(N\)’nin ikisi de \(e_1\) ile \(e_2\)’nin gerdiği düzlemin vektörleridir; dolayısıyla \(\beta\) o düzlemde kalır ve bir düzlem eğrisidir. Sonuç 11.1’nin ilk yönü gereği \(\tau = 0\)’dır. (Doğrudan da görülür: \(B = T \times N\) hesaplanırsa \(e_1 \times e_2\)’ye eşit sabit bir vektör çıkar, türevi sıfırdır.)
Son olarak yarıçapın gerçekten \(1/\kappa\) olduğuna dikkat edelim: \(\kappa = 1/r\) olduğundan \(r = 1/\kappa\).
Somut bir örnekle bitirelim. \(\kappa = 1/2\) sabit ve \(\tau = 0\) ise eğri \(1/\kappa = 2\) yarıçaplı bir çemberdir; gerçekten Örnek 11.4’deki
\[\beta(s) = \left(2\cos\dfrac{s}{2},\ 2\sin\dfrac{s}{2},\ 0\right), \qquad N(s) = \left(-\cos\dfrac{s}{2},\ -\sin\dfrac{s}{2},\ 0\right)\]
eğrisinde \(\gamma = \beta + 2N = (0, 0, 0)\) sabittir: merkez orijindir ve her nokta orijinden tam \(2\) uzaklıktadır. Örneğin \(s = 0\)’da \(\beta = (2, 0, 0)\), \(s = \pi/2\)’de \(\beta \approx (1{,}414;\ 1{,}414;\ 0)\), \(s = \pi\)’de \(\beta = (0, 2, 0)\)’dır.
\(\blacksquare\)
11.10 Küre Üzerindeki Eğriler
Frenet formülleriyle çalışmanın tipik yöntemi şudur: problemin verisini uygun bir eşitlik olarak yaz, türev al, çıkan terimleri Frenet formülleriyle sadeleştir, gerekirse bir kez daha türev al. Bunu güzel bir örnekte görelim.
Bir eğrinin tümüyle orijin merkezli \(a\) yarıçaplı bir kürenin üzerinde kaldığını düşünelim. Küreden çıkmamak için eğri kıvrılmak zorundadır; en az kıvrılan eğri büyük çember olmalıdır ve büyük çemberin yarıçapı \(a\), eğriliği \(1/a\)’dır. Bir kürenin üzerinde kalan eğrilere küresel eğri (spherical curve) denir. O hâlde küresel bir eğrinin eğriliğinin \(1/a\)’dan küçük olamayacağını bekleriz.
Önerme 11.3 (Küresel Bir Eğrinin Eğriliği Küreninkinden Küçük Olamaz) \(\beta\), orijin merkezli \(a\) yarıçaplı kürenin üzerinde kalan ve eğriliği \(\kappa > 0\) olan birim hızlı bir eğri olsun. O hâlde her \(s\) için
\[\kappa(s) \ge \dfrac{1}{a}.\]
İspat
Kürenin her noktası orijinden \(a\) uzaklıkta olduğundan, nokta–vektör özdeşleştirmesiyle her \(s\) için
\[\beta \cdot \beta = a^2\]
yazabiliriz. Türev alalım:
\[2\,\beta' \cdot \beta = 0, \qquad \text{yani} \qquad \beta \cdot T = 0.\]
Bir kez daha türev alalım:
\[\beta' \cdot T + \beta \cdot T' = 0.\]
Burada \(\beta' \cdot T = T \cdot T = 1\) ve birinci Frenet formülüyle \(\beta \cdot T' = \kappa\,(\beta \cdot N)\)’dir. O hâlde
\[1 + \kappa\,(\beta \cdot N) = 0, \qquad \text{yani} \qquad \kappa\,(\beta \cdot N) = -1.\]
Bu eşitlik zaten \(\beta \cdot N\)’nin sıfır olamayacağını söylüyor. Mutlak değer alırsak \(\kappa\,|\beta \cdot N| = 1\), yani
\[\kappa = \dfrac{1}{|\beta \cdot N|}.\]
Şimdi Schwarz eşitsizliğini kullanalım:
\[|\beta \cdot N| \le \|\beta\|\,\|N\| = a \cdot 1 = a.\]
Paydanın en fazla \(a\) olması, kesirin en az \(1/a\) olması demektir:
\[\kappa = \dfrac{1}{|\beta \cdot N|} \ge \dfrac{1}{a}.\]
Eşitlik ne zaman sağlanır? Schwarz eşitsizliğinde eşitlik ancak \(\beta\) ile \(N\) paralel olduğunda, yani \(N = \pm\beta/a\) olduğunda gerçekleşir. Bu durumda asli normal her noktada kürenin merkezine bakar; bu da eğrinin bir büyük çember olduğu durumdur.
\(\blacksquare\)
Aynı yöntemi sürdürerek bir eğrinin küresel olmasının eğrilik ve burulma cinsinden gerek ve yeter koşulu da bulunabilir; bunu alıştırmalarda yapacağız.
11.11 Alıştırmalar
Alıştırma 11.1 (Bir Birim Hızlı Eğrinin Frenet Aparatı) \[\beta(s) = \left(\dfrac45\cos s,\ 1 - \sin s,\ -\dfrac35\cos s\right)\]
birim hızlı eğrisinin Frenet aparatı \(\kappa\), \(\tau\), \(T\), \(N\), \(B\)’yi hesaplayınız.
Çözüm
Önce birim hızlı olduğunu doğrulayalım. Koordinat türevleri \(-\frac45\sin s\), \(-\cos s\), \(\frac35\sin s\)’tir, yani
\[T(s) = \beta'(s) = \left(-\dfrac45\sin s,\ -\cos s,\ \dfrac35\sin s\right).\]
Uzunluğun karesi
\[\dfrac{16}{25}\sin^2 s + \cos^2 s + \dfrac{9}{25}\sin^2 s = \sin^2 s + \cos^2 s = 1,\]
çünkü \(\frac{16}{25} + \frac{9}{25} = 1\). Eğri birim hızlıdır.
Eğrilik. Bir kez daha türev alalım:
\[T'(s) = \left(-\dfrac45\cos s,\ \sin s,\ \dfrac35\cos s\right).\]
Uzunluğun karesi aynı hesapla \(\cos^2 s + \sin^2 s = 1\) çıkar, yani
\[\kappa(s) = 1.\]
Asli normal. \(\kappa = 1\) olduğundan \(N = T'/\kappa = T'\):
\[N(s) = \left(-\dfrac45\cos s,\ \sin s,\ \dfrac35\cos s\right).\]
Binormal. \(B = T \times N\) bileşenlerini tek tek yazalım:
\[\begin{aligned} B_1 &= (-\cos s)\left(\dfrac35\cos s\right) - \left(\dfrac35\sin s\right)(\sin s) = -\dfrac35,\\ B_2 &= \left(\dfrac35\sin s\right)\left(-\dfrac45\cos s\right) - \left(-\dfrac45\sin s\right)\left(\dfrac35\cos s\right) = 0,\\ B_3 &= \left(-\dfrac45\sin s\right)(\sin s) - (-\cos s)\left(-\dfrac45\cos s\right) = -\dfrac45. \end{aligned}\]
Yani \(B(s) = \left(-\dfrac35,\ 0,\ -\dfrac45\right)\); sabit bir alan. Denetim: uzunluğunun karesi \(\frac{9}{25} + \frac{16}{25} = 1\).
Burulma. \(B\) sabit olduğundan \(B' = \mathbf{0}\)’dır ve \(B' = -\tau N\) ile \(N \ne \mathbf{0}\) olmasından
\[\tau(s) = 0\]
çıkar.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.2 (Aynı Eğrinin Bir Çember Olduğunu Göstermek) \[\beta(s) = \left(\dfrac45\cos s,\ 1 - \sin s,\ -\dfrac35\cos s\right)\]
birim hızlı eğrisinin bir çember olduğunu gösteriniz; merkezini ve yarıçapını bulunuz.
Çözüm
Alıştırma 11.1’ta bu eğrinin eğriliğinin \(\kappa = 1\) (sabit ve pozitif) ve burulmasının \(\tau = 0\) olduğunu bulmuştuk. Lemma 11.2 tam olarak bu durumda eğrinin \(1/\kappa = 1\) yarıçaplı bir çemberin parçası olduğunu söyler.
Merkezi lemmadaki merkez eğrisinden okuyalım: \(\mathbf{c} = \beta + \frac{1}{\kappa}N = \beta + N\). Bileşen bileşen toplarsak
\[\begin{aligned} c_1 &= \dfrac45\cos s - \dfrac45\cos s = 0,\\ c_2 &= (1 - \sin s) + \sin s = 1,\\ c_3 &= -\dfrac35\cos s + \dfrac35\cos s = 0. \end{aligned}\]
Gerçekten sabit: \(\mathbf{c} = (0, 1, 0)\).
Doğrudan denetim de yapalım. \(\beta(s) - \mathbf{c}\) farkının normunun karesi
\[\dfrac{16}{25}\cos^2 s + \sin^2 s + \dfrac{9}{25}\cos^2 s = \cos^2 s + \sin^2 s = 1,\]
yani her nokta \((0, 1, 0)\)’dan tam \(1\) birim uzaklıktadır. Ayrıca eğri, \((0,1,0)\) noktasından geçen ve \(B = \left(-\frac35, 0, -\frac45\right)\)’e dik olan düzlemde kalır: bu düzlemin denklemi \(-\frac35 x - \frac45 z = 0\), yani \(3x + 4z = 0\)’dır ve
\[3\cdot\dfrac45\cos s + 4\cdot\left(-\dfrac35\cos s\right) = \dfrac{12}{5}\cos s - \dfrac{12}{5}\cos s = 0\]
olduğundan sağlanır. Eğri \((0, 1, 0)\) merkezli, \(1\) yarıçaplı, \(3x + 4z = 0\) düzlemindeki tam çemberdir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.3 (Kuvvet Fonksiyonlu Bir Eğrinin Birim Hızlı Olması) \(-1 < s < 1\) aralığında tanımlı
\[\beta(s) = \left(\dfrac{(1 + s)^{3/2}}{3},\ \dfrac{(1 - s)^{3/2}}{3},\ \dfrac{s}{\sqrt2}\right)\]
eğrisinin birim hızlı olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Koordinat fonksiyonlarının türevlerini alalım. Birincisi için zincir kuralıyla
\[\dfrac{d}{ds}\left(\dfrac{(1+s)^{3/2}}{3}\right) = \dfrac13\cdot\dfrac32 (1+s)^{1/2} = \dfrac{\sqrt{1+s}}{2}.\]
İkincisi için içteki türev \(-1\) olduğundan
\[\dfrac{d}{ds}\left(\dfrac{(1-s)^{3/2}}{3}\right) = -\dfrac{\sqrt{1-s}}{2}.\]
Üçüncüsünün türevi \(1/\sqrt2\)’dir. O hâlde
\[\beta'(s) = \left(\dfrac{\sqrt{1+s}}{2},\ -\dfrac{\sqrt{1-s}}{2},\ \dfrac{1}{\sqrt2}\right).\]
\(-1 < s < 1\) olduğundan iki karekök de tanımlıdır ve eğri bu aralıkta türevlenebilirdir. Uzunluğun karesi
\[\dfrac{1+s}{4} + \dfrac{1-s}{4} + \dfrac12 = \dfrac{2}{4} + \dfrac12 = 1.\]
Demek ki \(\|\beta'(s)\| = 1\): eğri birim hızlıdır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.4 (Kuvvet Fonksiyonlu Eğrinin Frenet Aparatı) \(-1 < s < 1\) aralığında tanımlı birim hızlı
\[\beta(s) = \left(\dfrac{(1 + s)^{3/2}}{3},\ \dfrac{(1 - s)^{3/2}}{3},\ \dfrac{s}{\sqrt2}\right)\]
eğrisinin Frenet aparatını hesaplayınız.
Çözüm
Alıştırma 11.3’de bulduğumuz gibi
\[T(s) = \left(\dfrac{\sqrt{1+s}}{2},\ -\dfrac{\sqrt{1-s}}{2},\ \dfrac{1}{\sqrt2}\right).\]
Eğrilik vektörü. Karekök türevlerini alalım:
\[T'(s) = \left(\dfrac{1}{4\sqrt{1+s}},\ \dfrac{1}{4\sqrt{1-s}},\ 0\right).\]
(İkinci bileşende iki eksi işareti birbirini götürdü.) Uzunluğun karesi
\[\dfrac{1}{16}\left(\dfrac{1}{1+s} + \dfrac{1}{1-s}\right) = \dfrac{1}{16}\cdot\dfrac{2}{1 - s^2} = \dfrac{1}{8(1 - s^2)}.\]
Eğrilik. Karekök alalım (\(-1 < s < 1\) için \(1 - s^2 > 0\)):
\[\kappa(s) = \dfrac{1}{2\sqrt2\,\sqrt{1 - s^2}}.\]
\(s = 0\)’da \(\kappa = 1/(2\sqrt2) \approx 0{,}3536\)’dır; \(s\) uç noktalara yaklaşırken \(\kappa \to \infty\).
Asli normal. \(N = T'/\kappa\), yani \(T'\) ile \(2\sqrt2\sqrt{1-s^2}\)’yi çarpacağız. \(\sqrt{1-s^2} = \sqrt{1-s}\sqrt{1+s}\) olduğundan birinci bileşen
\[2\sqrt2\,\sqrt{1-s}\,\sqrt{1+s}\cdot\dfrac{1}{4\sqrt{1+s}} = \dfrac{\sqrt2\,\sqrt{1-s}}{2} = \dfrac{\sqrt{1-s}}{\sqrt2},\]
ikinci bileşen benzer biçimde \(\sqrt{1+s}/\sqrt2\) olur. Yani
\[N(s) = \left(\dfrac{\sqrt{1-s}}{\sqrt2},\ \dfrac{\sqrt{1+s}}{\sqrt2},\ 0\right).\]
Denetim: \(\|N\|^2 = \frac{1-s}{2} + \frac{1+s}{2} = 1\).
Binormal. \(B = T \times N\) bileşenleri:
\[\begin{aligned} B_1 &= \left(-\dfrac{\sqrt{1-s}}{2}\right)\cdot 0 - \dfrac{1}{\sqrt2}\cdot\dfrac{\sqrt{1+s}}{\sqrt2} = -\dfrac{\sqrt{1+s}}{2},\\ B_2 &= \dfrac{1}{\sqrt2}\cdot\dfrac{\sqrt{1-s}}{\sqrt2} - \dfrac{\sqrt{1+s}}{2}\cdot 0 = \dfrac{\sqrt{1-s}}{2},\\ B_3 &= \dfrac{\sqrt{1+s}}{2}\cdot\dfrac{\sqrt{1+s}}{\sqrt2} + \dfrac{\sqrt{1-s}}{2}\cdot\dfrac{\sqrt{1-s}}{\sqrt2} = \dfrac{(1+s) + (1-s)}{2\sqrt2} = \dfrac{1}{\sqrt2}. \end{aligned}\]
Yani
\[B(s) = \left(-\dfrac{\sqrt{1+s}}{2},\ \dfrac{\sqrt{1-s}}{2},\ \dfrac{1}{\sqrt2}\right).\]
Burulma. \(B\)’nin türevini alalım:
\[B'(s) = \left(-\dfrac{1}{4\sqrt{1+s}},\ -\dfrac{1}{4\sqrt{1-s}},\ 0\right) = -\,T'(s).\]
\(T' = \kappa N\) olduğundan \(B' = -\kappa N\)’dir. Burulmanın tanımı \(B' = -\tau N\) olduğundan
\[\tau(s) = \kappa(s) = \dfrac{1}{2\sqrt2\,\sqrt{1 - s^2}}.\]
Bu eğride eğrilikle burulma her noktada eşittir; özellikle \(\tau \ne 0\) olduğundan eğri düzlemsel değildir (Sonuç 11.1).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.5 (Helis İçin Frenet Formüllerinin Doğrudan Denetimi) \(a > 0\), \(b \ne 0\), \(c = \sqrt{a^2+b^2}\) olmak üzere
\[\beta(s) = \left(a\cos\dfrac{s}{c},\ a\sin\dfrac{s}{c},\ \dfrac{bs}{c}\right)\]
helisi için hesaplanmış \(\kappa\), \(\tau\), \(T\), \(N\), \(B\) değerlerini üç Frenet formülünde yerine koyarak formülleri doğrudan denetleyiniz.
Çözüm
Örnek 11.5’ten, \(u = s/c\) kısaltmasıyla:
\[\begin{aligned} T &= \left(-\dfrac{a}{c}\sin u,\ \dfrac{a}{c}\cos u,\ \dfrac{b}{c}\right), \qquad N = (-\cos u,\ -\sin u,\ 0),\\ B &= \left(\dfrac{b}{c}\sin u,\ -\dfrac{b}{c}\cos u,\ \dfrac{a}{c}\right), \qquad \kappa = \dfrac{a}{c^2}, \qquad \tau = \dfrac{b}{c^2}. \end{aligned}\]
Türev alırken \(du/ds = 1/c\) olduğunu unutmayalım.
Birinci formül: \(T' = \kappa N\). Sol taraf
\[T'(s) = \left(-\dfrac{a}{c^2}\cos u,\ -\dfrac{a}{c^2}\sin u,\ 0\right).\]
Sağ taraf
\[\kappa N = \dfrac{a}{c^2}\,(-\cos u,\ -\sin u,\ 0) = \left(-\dfrac{a}{c^2}\cos u,\ -\dfrac{a}{c^2}\sin u,\ 0\right).\]
İkisi aynıdır.
İkinci formül: \(N' = -\kappa T + \tau B\). Sol taraf
\[N'(s) = \left(\dfrac1c\sin u,\ -\dfrac1c\cos u,\ 0\right).\]
Sağ tarafı bileşen bileşen hesaplayalım. Birinci bileşen:
\[-\dfrac{a}{c^2}\left(-\dfrac{a}{c}\sin u\right) + \dfrac{b}{c^2}\left(\dfrac{b}{c}\sin u\right) = \dfrac{a^2 + b^2}{c^3}\sin u = \dfrac{1}{c}\sin u,\]
çünkü \(a^2 + b^2 = c^2\). İkinci bileşen:
\[-\dfrac{a}{c^2}\left(\dfrac{a}{c}\cos u\right) + \dfrac{b}{c^2}\left(-\dfrac{b}{c}\cos u\right) = -\dfrac{a^2+b^2}{c^3}\cos u = -\dfrac1c\cos u.\]
Üçüncü bileşen:
\[-\dfrac{a}{c^2}\cdot\dfrac{b}{c} + \dfrac{b}{c^2}\cdot\dfrac{a}{c} = -\dfrac{ab}{c^3} + \dfrac{ab}{c^3} = 0.\]
Sağ taraf \(\left(\frac1c\sin u,\ -\frac1c\cos u,\ 0\right)\) çıktı; sol tarafla aynı.
Üçüncü formül: \(B' = -\tau N\). Sol taraf
\[B'(s) = \left(\dfrac{b}{c^2}\cos u,\ \dfrac{b}{c^2}\sin u,\ 0\right).\]
Sağ taraf
\[-\dfrac{b}{c^2}\,(-\cos u,\ -\sin u,\ 0) = \left(\dfrac{b}{c^2}\cos u,\ \dfrac{b}{c^2}\sin u,\ 0\right).\]
İkisi aynıdır. Üç formül de sağlanır.
Somut bir sayısal denetim: \(a = 3\), \(b = 4\), \(c = 5\) ve \(s = 0\) (\(u = 0\)) alalım. \(T = (0;\ 0{,}6;\ 0{,}8)\), \(N = (-1, 0, 0)\), \(B = (0;\ -0{,}8;\ 0{,}6)\), \(\kappa = 0{,}12\), \(\tau = 0{,}16\). İkinci formülün sağ tarafı
\[-0{,}12\,(0;\ 0{,}6;\ 0{,}8) + 0{,}16\,(0;\ -0{,}8;\ 0{,}6) = (0;\ -0{,}2;\ 0),\]
sol tarafı ise
\[N'(0) = \dfrac1c\,(\sin 0,\ -\cos 0,\ 0) = (0;\ -0{,}2;\ 0).\]
İkisi uyuşuyor.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.6 (Frenet Çatısının Vektörel Çarpım Özdeşlikleri) Birim hızlı ve \(\kappa > 0\) olan bir eğrinin Frenet çatısı için
\[\begin{aligned} T &= N \times B = -B \times N,\\ N &= B \times T = -T \times B,\\ B &= T \times N = -N \times T \end{aligned}\]
özdeşliklerini ispatlayınız.
Çözüm
Vektörel çarpım ters değişmelidir, yani \(\mathbf{v} \times \mathbf{w} = -\,\mathbf{w} \times \mathbf{v}\); bu, determinantta iki satırın yer değiştirmesinin işareti değiştirmesinden çıkar. Dolayısıyla her satırdaki iki eşitlikten biri ötekinden hemen gelir; yalnızca soldaki eşitlikleri ispatlamamız yeter. Üçüncü satırın solu \(B\)’nin tanımıdır, geriye ilk iki satır kalır.
Bir ön hazırlık: üçlü çarpımların determinantla yazılışı. Her noktada \(T\), \(N\), \(B\) teğet vektörlerinin Öklid koordinatlarını satır olarak yazıp \(3 \times 3\) bir matris kuralım. Tanım 9.9’deki biçimsel determinant açılımına göre, herhangi üç teğet vektör \(\mathbf{u}\), \(\mathbf{v}\), \(\mathbf{w}\) için
\[\mathbf{u} \cdot (\mathbf{v} \times \mathbf{w}) = \det\begin{pmatrix} u_1 & u_2 & u_3 \\ v_1 & v_2 & v_3 \\ w_1 & w_2 & w_3\end{pmatrix}\]
olur. Bir determinantta iki satırın yer değiştirmesi işareti değiştirdiğinden, satırların çevrimsel (dairesel) kaydırılması iki yer değiştirmeye karşılık gelir ve determinantı değiştirmez:
\[\det(\mathbf{u}, \mathbf{v}, \mathbf{w}) = \det(\mathbf{w}, \mathbf{u}, \mathbf{v}) = \det(\mathbf{v}, \mathbf{w}, \mathbf{u}).\]
Şimdi \(\mathbf{u} = T\), \(\mathbf{v} = N\), \(\mathbf{w} = B\) alalım. \(B = T \times N\) olduğundan
\[\det(B, T, N) = B \cdot (T \times N) = B \cdot B = 1,\]
ve çevrimsel kaydırmayla \(\det(T, N, B) = 1\), \(\det(N, B, T) = 1\).
Birinci özdeşlik: \(N \times B = T\). Lemma 9.5’ne göre \(N \times B\) hem \(N\)’ye hem \(B\)’ye diktir. \(T\), \(N\), \(B\) bir çatı olduğundan (Lemma 11.1) ortonormal açılım (Teorem 9.1)
\[N \times B = \bigl((N \times B) \cdot T\bigr)T + \bigl((N \times B)\cdot N\bigr)N + \bigl((N \times B)\cdot B\bigr)B\]
verir; son iki katsayı sıfırdır. İlk katsayı ise
\[(N \times B)\cdot T = T \cdot (N \times B) = \det(T, N, B) = 1.\]
Demek ki \(N \times B = T\).
İkinci özdeşlik: \(B \times T = N\). Aynı yolla \(B \times T\) hem \(B\)’ye hem \(T\)’ye diktir, dolayısıyla \(N\)’nin bir katıdır ve katsayı
\[(B \times T)\cdot N = N \cdot (B \times T) = \det(N, B, T) = 1\]
olur. Yani \(B \times T = N\).
Ters değişme kuralını uygularsak \(-B \times N = N \times B = T\), \(-T \times B = B \times T = N\) ve \(-N \times T = T \times N = B\) çıkar. Altı özdeşliğin hepsi ispatlanmıştır.
Bunlar, sağ el kuralının Frenet çatısı için okunuşudur: \(T\), \(N\), \(B\) sırası sağ el sırasıdır ve listedeki her formül bu sıranın çevrimsel kaydırmalarından biridir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.7 (Frenet Formüllerinin Tek Bir Vektörel Çarpımla Yazılışı) Birim hızlı ve \(\kappa > 0\) olan bir \(\beta\) eğrisi üzerinde \(A = \tau T + \kappa B\) vektör alanını tanımlayalım. Frenet formüllerinin
\[T' = A \times T, \qquad N' = A \times N, \qquad B' = A \times B\]
biçimine girdiğini gösteriniz.
Çözüm
Vektörel çarpım her iki değişkeninde lineerdir; bu, determinant açılımında satırların lineerliğinden gelir. Bu yüzden \(A = \tau T + \kappa B\) ifadesini çarpımların içine dağıtabiliriz. Ayrıca Alıştırma 11.6’ndeki özdeşlikleri ve bir vektörün kendisiyle vektörel çarpımının sıfır olduğunu kullanacağız.
Birinci formül.
\[A \times T = \tau\,(T \times T) + \kappa\,(B \times T) = \tau\,\mathbf{0} + \kappa N = \kappa N = T'.\]
İkinci formül.
\[A \times N = \tau\,(T \times N) + \kappa\,(B \times N) = \tau B + \kappa(-T) = -\kappa T + \tau B = N'.\]
Burada \(B \times N = -\,N \times B = -T\) kullanıldı.
Üçüncü formül.
\[A \times B = \tau\,(T \times B) + \kappa\,(B \times B) = \tau(-N) + \mathbf{0} = -\tau N = B'.\]
Burada \(T \times B = -\,B \times T = -N\) kullanıldı. Üç formül de istenen biçimdedir.
Bu yazılışın anlamı şudur: Frenet çatısı eğri boyunca, her an \(A\) vektörü etrafında dönen katı bir cisim gibi davranır. \(A\)’nın uzunluğu \(\sqrt{\kappa^2 + \tau^2}\)’dir ve dönmenin hızını verir. Helis örneğinde (\(a = 3\), \(b = 4\)) bu sayı \(\sqrt{0{,}12^2 + 0{,}16^2} = 0{,}2 = 1/c\) çıkar; Örnek 11.6’de gördüğümüz \(\kappa^2 + \tau^2 = 1/c^2\) eşitliğiyle uyuşur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.8 (Oskülatör Çemberin Varlığı ve Tekliği) Bir çemberin birim hızlı parametrelendirmesi, \(e_1 \cdot e_1 = e_2 \cdot e_2 = 1\) ve \(e_1 \cdot e_2 = 0\) olmak üzere
\[\gamma(s) = \mathbf{c} + r\cos\dfrac{s}{r}\,e_1 + r\sin\dfrac{s}{r}\,e_2\]
biçiminde yazılır. \(\beta\) birim hızlı ve \(\kappa(0) > 0\) olan bir eğri olsun.
\[\gamma(0) = \beta(0), \qquad \gamma'(0) = \beta'(0), \qquad \gamma''(0) = \beta''(0)\]
koşullarını sağlayan bir ve yalnız bir \(\gamma\) çemberi bulunduğunu gösteriniz; merkezi \(\mathbf{c}\) ile yarıçapı \(r\)’yi bulunuz.
Çözüm
Önce \(\gamma\)’nın \(s = 0\)’daki üç değerini hesaplayalım:
\[\begin{aligned} \gamma(0) &= \mathbf{c} + r\,e_1,\\ \gamma'(s) &= -\sin\dfrac{s}{r}\,e_1 + \cos\dfrac{s}{r}\,e_2 \ \Longrightarrow\ \gamma'(0) = e_2,\\ \gamma''(s) &= -\dfrac1r\cos\dfrac{s}{r}\,e_1 - \dfrac1r \sin\dfrac{s}{r}\,e_2 \ \Longrightarrow\ \gamma''(0) = -\dfrac1r\,e_1. \end{aligned}\]
Öte yandan \(\beta\) için \(\beta'(0) = T_0\) ve \(\beta''(0) = \kappa_0 N_0\)’dır (\(\kappa_0 = \kappa(0) > 0\)).
Teklik. Koşulları sırayla dayatalım.
İkinci koşul \(e_2 = T_0\) verir; \(e_2\) tek türlü belirlendi.
Üçüncü koşul \(-\frac1r e_1 = \kappa_0 N_0\), yani \(e_1 = -r\kappa_0 N_0\) verir. Her iki yanın uzunluğunu alalım: \(\|e_1\| = 1\) ve \(\|N_0\| = 1\) olduğundan \(r\kappa_0 = 1\) (\(r > 0\), \(\kappa_0 > 0\)). Buradan
\[r = \dfrac{1}{\kappa_0}, \qquad e_1 = -N_0.\]
Birinci koşul \(\mathbf{c} + r e_1 = \beta(0)\), yani
\[\mathbf{c} = \beta(0) - r e_1 = \beta(0) + \dfrac{1}{\kappa_0}\,N_0\]
verir. Böylece \(r\), \(e_1\), \(e_2\) ve \(\mathbf{c}\) koşullar tarafından tek türlü belirlenir: birden çok çember olamaz.
Varlık. Bulduğumuz değerlerin gerçekten bir çember tanımladığını denetleyelim. \(e_1 = -N_0\) ve \(e_2 = T_0\) birim vektörlerdir ve Lemma 11.1 gereği birbirine diktir; \(r = 1/\kappa_0 > 0\)’dır. Bu verilerle kurulan
\[\gamma(s) = \beta(0) + \dfrac{1}{\kappa_0}N_0 - \dfrac{1}{\kappa_0}\cos(\kappa_0 s)\,N_0 + \dfrac{1}{\kappa_0}\sin(\kappa_0 s)\,T_0\]
çemberi, yukarıdaki hesapların tersinden okunmasıyla üç koşulu da sağlar: \(\gamma(0) = \beta(0)\), \(\gamma'(0) = T_0 = \beta'(0)\) ve \(\gamma''(0) = -\kappa_0 e_1 = \kappa_0 N_0 = \beta''(0)\).
Bu \(\gamma\) çemberine \(\beta\)’nın \(\beta(0)\)’daki oskülatör çemberi (osculating circle), \(\mathbf{c}\) noktasına eğrilik merkezi (center of curvature), \(r = 1/\kappa_0\) sayısına da eğrilik yarıçapı (radius of curvature) denir. Aynı sonuç \(0\) yerine herhangi bir \(s_0\) alındığında da geçerlidir.
Somut bir örnek: \(a = 3\), \(b = 4\) helisinde \(\kappa_0 = 3/25\) olduğundan eğrilik yarıçapı \(r = 25/3 \approx 8{,}33\)’tür ve eğrilik merkezi
\[\mathbf{c} = (3, 0, 0) + \dfrac{25}{3}(-1, 0, 0) = \left(-\dfrac{16}{3},\ 0,\ 0\right)\]
olur. Helisin üzerinde durduğu silindirin yarıçapı yalnızca \(3\) iken oskülatör çemberin yarıçapı \(8{,}33\)’tür: helis, çemberden daha yumuşak döner.
Resmi oskülatör düzlemde görmek en kolayıdır. Önerme 11.1’e göre eğrinin bu düzlemdeki ikinci mertebeden görüntüsü \(y = \kappa_0 x^2/2\) parabolüdür; \(\kappa_0 = 1\) alırsak parabol \(y = x^2/2\), oskülatör çember de \((0, 1)\) merkezli ve \(1\) yarıçaplı çemberdir. İkisi orijinde birbirine öyle yakındır ki \(x = 1\)’de parabol \((1;\ 0{,}5)\) noktasındayken çemberin aynı yükseklikteki noktası \((0{,}866;\ 0{,}5)\)’tir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.9 (Oskülatör Çember Oskülatör Düzlemdedir) \(\beta\) birim hızlı ve \(\kappa(0) > 0\) olan bir eğri, \(\gamma\) da \(\beta\)’nın \(\beta(0)\)’daki oskülatör çemberi olsun. \(\gamma\)’nın tümüyle \(\beta\)’nın \(\beta(0)\)’daki oskülatör düzleminde kaldığını gösteriniz.
Çözüm
Alıştırma 11.8’te oskülatör çemberin
\[\gamma(s) = \beta(0) + \dfrac{1}{\kappa_0}N_0 - \dfrac{1}{\kappa_0}\cos(\kappa_0 s)\,N_0 + \dfrac{1}{\kappa_0}\sin(\kappa_0 s)\,T_0\]
olduğunu bulmuştuk. Oskülatör düzlem, \(\beta(0)\) noktasından geçen ve \(B_0\)’a dik olan düzlemdir (Tanım 11.4); yani bir \(\mathbf{r}\) noktası bu düzlemdedir ancak ve ancak
\[\bigl(\mathbf{r} - \beta(0)\bigr)\cdot B_0 = 0.\]
\(\mathbf{r} = \gamma(s)\) alalım. Farkı düzenleyelim:
\[\gamma(s) - \beta(0) = \dfrac{1 - \cos(\kappa_0 s)}{\kappa_0}\,N_0 + \dfrac{\sin(\kappa_0 s)}{\kappa_0}\,T_0.\]
Sağ taraf, \(T_0\) ile \(N_0\)’ın bir lineer birleşimidir. \(B_0\) ile iç çarpımını alalım; Lemma 11.1 gereği \(T_0 \cdot B_0 = 0\) ve \(N_0 \cdot B_0 = 0\) olduğundan
\[\bigl(\gamma(s) - \beta(0)\bigr)\cdot B_0 = \dfrac{1 - \cos(\kappa_0 s)}{\kappa_0}\,(N_0 \cdot B_0) + \dfrac{\sin(\kappa_0 s)}{\kappa_0}\,(T_0 \cdot B_0) = 0.\]
Bu her \(s\) için doğrudur; demek ki çemberin her noktası oskülatör düzlemdedir.
Bu, oskülatör düzlemin adının hakkını verir: \(\beta\)’yı \(\beta(0)\) yakınında en iyi taklit eden çember o düzlemde yatar. Önerme 11.1’deki parabolün de aynı düzlemde kaldığını hatırlayalım; parabolle çember, \(\beta\)’nın aynı ikinci mertebeden davranışının iki farklı ifadesidir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.10 (İki Birim Hızlı Parametrelendirmeyi Bağlayan Fonksiyon) \(\alpha\) ile onun bir yeniden parametrelendirmesi olan \(\bar\alpha = \alpha(h)\) eğrilerinin ikisi de birim hızlı olsun. Bir \(s_0\) sayısı için \(h(s) = \pm s + s_0\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Yeniden parametrelendirmenin hız formülü (Lemma 4.1)
\[\bar\alpha'(s) = \dfrac{dh}{ds}(s)\;\alpha'\bigl(h(s)\bigr)\]
der. Her iki yanın normunu alalım. Bir teğet vektörün skalerle çarpımının normu, skalerin mutlak değeriyle normun çarpımıdır:
\[\|\bar\alpha'(s)\| = \left|\dfrac{dh}{ds}(s)\right|\;\bigl\|\alpha'\bigl(h(s)\bigr)\bigr\|.\]
\(\alpha\) birim hızlı olduğundan sağdaki norm \(1\)’dir; \(\bar\alpha\) birim hızlı olduğundan sol taraf \(1\)’dir. Dolayısıyla her \(s\) için
\[\left|\dfrac{dh}{ds}(s)\right| = 1, \qquad \text{yani} \qquad \dfrac{dh}{ds}(s) = 1 \ \text{ veya } \ -1.\]
\(h\) türevlenebilir olduğundan \(dh/ds\) süreklidir ve hiçbir yerde sıfır değildir. Sürekli bir fonksiyon bir aralıkta hem pozitif hem negatif değer alsaydı ara değer teoremine göre arada sıfır olurdu. O hâlde \(dh/ds\) tanım aralığı boyunca ya hep \(+1\)’dir ya hep \(-1\).
\(dh/ds \equiv 1\) durumunda \(h(s) - s\) fonksiyonunun türevi sıfırdır, yani \(h(s) - s\) sabittir: bir \(s_0\) için \(h(s) = s + s_0\). \(dh/ds \equiv -1\) durumunda aynı biçimde \(h(s) + s\) sabittir: \(h(s) = -s + s_0\). İki durum birlikte \(h(s) = \pm s + s_0\) demektir.
Geometrik okunuşu: aynı rotayı birim hızla dolaşmanın tek serbestliği, başlangıç anını kaydırmak (\(s_0\)) ve yönü ters çevirmektir (\(\pm\)).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.11 (Birim Hızlı Yeniden Parametrelendirmede Frenet Aparatı) \(\alpha\) ile \(\bar\alpha = \alpha(h)\) eğrilerinin ikisi de birim hızlı ve \(\alpha\)’nın eğriliği \(\kappa > 0\) olsun. Alıştırma 11.10’teki işaretle uyumlu olarak
\[\bar T = \pm\,T(h), \quad \bar N = N(h), \quad \bar\kappa = \kappa(h), \quad \bar\tau = \tau(h), \quad \bar B = \pm\,B(h)\]
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Alıştırma 11.10’e göre \(h(s) = \varepsilon s + s_0\)’dır; burada \(\varepsilon\) ya \(+1\) ya \(-1\)’dir ve \(dh/ds = \varepsilon\)’dur. Zincir kuralını uygularken \(\varepsilon^2 = 1\) olduğunu sık sık kullanacağız.
Birim teğet. Hız formülüyle
\[\bar T(s) = \bar\alpha'(s) = \varepsilon\,\alpha'(h(s)) = \varepsilon\,T(h(s)).\]
Yön çeviren durumda (\(\varepsilon = -1\)) teğet ters döner; beklenen bir şey.
Eğrilik vektörü. Bir kez daha türev alalım. \(\bar T = \varepsilon\,T(h)\) olduğundan, eğri üzerindeki alanlar için zincir kuralıyla
\[\bar T'(s) = \varepsilon\,\dfrac{dh}{ds}(s)\;T'(h(s)) = \varepsilon^2\,T'(h(s)) = T'(h(s)).\]
İşaret kayboldu: eğrilik vektörü yönden bağımsızdır. Bu şaşırtıcı değildir, çünkü eğrilik vektörü ikinci türevdir ve yön çevirmede iki eksi çarpılır.
Eğrilik. Normu alalım:
\[\bar\kappa(s) = \|\bar T'(s)\| = \|T'(h(s))\| = \kappa(h(s)).\]
Özellikle \(\bar\kappa > 0\)’dır, yani \(\bar\alpha\) için de Frenet çatısı tanımlıdır.
Asli normal.
\[\bar N(s) = \dfrac{\bar T'(s)}{\bar\kappa(s)} = \dfrac{T'(h(s))}{\kappa(h(s))} = N(h(s)).\]
Demek ki yön çevirsek bile asli normaller aynı yöne bakar.
Binormal.
\[\bar B(s) = \bar T(s) \times \bar N(s) = \varepsilon\,T(h(s)) \times N(h(s)) = \varepsilon\,B(h(s)).\]
Burulma. \(\bar B = \varepsilon\,B(h)\) ifadesinin türevi
\[\bar B'(s) = \varepsilon\,\dfrac{dh}{ds}(s)\;B'(h(s)) = B'(h(s)) = -\tau(h(s))\,N(h(s)).\]
Öte yandan tanım gereği \(\bar B' = -\bar\tau\,\bar N\) ve \(\bar N = N(h)\)’tir. İki ifadeyi karşılaştırıp \(N(h(s)) \ne \mathbf{0}\) olduğunu kullanırsak
\[\bar\tau(s) = \tau(h(s)).\]
Özet: \(\kappa\), \(\tau\) ve \(N\) yön değişiminden etkilenmez; yalnızca \(T\) ile \(B\) işaret değiştirir. Eğrilikle burulmanın rotanın kendisine ait büyüklükler olduğu, dolaşma yönüne bağlı olmadığı böylece kesinleşir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.12 (Düzlem Eğriliği İçin Frenet Denklemleri) \(\mathbb{R}^2\)’de birim hızlı bir \(\beta(s) = \bigl(x(s), y(s)\bigr)\) eğrisi için birim teğet her zamanki gibi \(T = \beta' = (x', y')\)’dir; birim normal ise \(T\)’yi \(+90^\circ\) döndürerek
\[N = (-y',\ x')\]
ile tanımlanır. Böylece \(T'\) ile \(N\) aynı doğrultudadır ve \(\beta\)’nın düzlem eğriliği (plane curvature) \(\tilde\kappa\), \(T' = \tilde\kappa N\) denklemiyle tanımlanır. Bu gösterimde \(\tilde\kappa = T' \cdot N\) ve \(N' = -\tilde\kappa T\) olduğunu ispatlayınız.
Çözüm
Önce \(T\) ile \(N\)’nin her noktada \(\mathbb{R}^2\)’de bir ortonormal ikili olduğunu görelim:
\[T \cdot T = x'^2 + y'^2 = 1, \qquad N \cdot N = y'^2 + x'^2 = 1,\]
\[T \cdot N = x'(-y') + y'(x') = 0.\]
Düzlemde iki bağımsız vektör bir taban oluşturduğundan, \(\beta\) üzerindeki her düzlemsel alan \(T\) ile \(N\) cinsinden ortonormal açılıma sahiptir:
\[V = (V \cdot T)\,T + (V \cdot N)\,N.\]
Birinci iddia. \(V = T'\) alalım. \(T \cdot T = 1\) eşitliğinin türevi \(2\,T'\cdot T = 0\) verir, yani \(T' \cdot T = 0\). O hâlde açılımda yalnızca ikinci terim kalır:
\[T' = (T' \cdot N)\,N.\]
Düzlem eğriliğinin tanımı \(T' = \tilde\kappa N\) olduğundan ve \(N\) sıfır olmadığından katsayılar eşittir:
\[\tilde\kappa = T' \cdot N.\]
Açık koordinat formülü de buradan okunur: \(T' = (x'', y'')\) ve \(N = (-y', x')\) olduğundan
\[\tilde\kappa = x''(-y') + y''(x') = x'y'' - y'x''.\]
İkinci iddia. \(V = N'\) alalım. \(N \cdot N = 1\) eşitliğinin türevi \(N' \cdot N = 0\) verir; dolayısıyla
\[N' = (N' \cdot T)\,T.\]
Katsayıyı bulmak için \(T \cdot N = 0\) eşitliğinin türevini alalım:
\[0 = (T \cdot N)' = T' \cdot N + T \cdot N' \ \Longrightarrow\ N' \cdot T = -\,T' \cdot N = -\tilde\kappa.\]
Böylece \(N' = -\tilde\kappa\,T\).
İki denklem birlikte düzlemdeki Frenet formülleridir. Üç boyutlu hâlle karşılaştıralım: \(B\) ve \(\tau\) yoktur, çünkü düzlemde üçüncü bir yön yoktur; ama en önemli fark \(\tilde\kappa\)’nın işaretli olmasıdır. \(\kappa = \|T'\| \ge 0\) iken \(\tilde\kappa\) negatif olabilir; işaret, eğrinin sola mı sağa mı döndüğünü söyler.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.13 (Düzlem Eğriliği Eğim Açısının Türevidir) \(\mathbb{R}^2\)’de birim hızlı bir \(\beta\) eğrisinin eğim açısı (slope angle) \(\varphi\), her \(s\) için
\[T(s) = \bigl(\cos\varphi(s),\ \sin\varphi(s)\bigr)\]
olacak biçimde seçilmiş türevlenebilir bir fonksiyondur. Düzlem eğriliğinin \(\tilde\kappa = \varphi'\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Böyle bir \(\varphi\) gerçekten var mıdır? Önce bunu görelim; sonra asıl iddia bir satırda çıkacak. \(T = (x', y')\) birim uzunlukta olduğundan \(x'^2 + y'^2 = 1\)’dir. Bu eşitliğin türevi
\[x'x'' + y'y'' = 0\]
verir; yani \((x'', y'')\) vektörü \((x', y')\)’ye diktir ve düzlemde bir vektöre dik olanlar \((-y', x')\)’nün katları olduğundan bir \(\lambda(s)\) fonksiyonu için
\[x'' = -\lambda y', \qquad y'' = \lambda x'\]
yazılır. Bu iki eşitlikten \(\lambda = x'y'' - y'x''\) olduğu görülür (birinciyi \(-y'\), ikinciyi \(x'\) ile çarpıp toplayın); dolayısıyla \(\lambda\) türevlenebilirdir. Şimdi \(x'(0) = \cos\varphi_0\), \(y'(0) = \sin\varphi_0\) olacak bir \(\varphi_0\) sayısı seçip
\[\varphi(s) = \varphi_0 + \int_0^s \lambda(u)\, du\]
tanımlayalım; \(\varphi' = \lambda\)’dır. İddia edilen eşitliği ispatlamak için
\[u = x'\cos\varphi + y'\sin\varphi, \qquad v = y'\cos\varphi - x'\sin\varphi\]
fonksiyonlarını kuralım. Türevlerini alıp \(x'' = -\lambda y'\), \(y'' = \lambda x'\) ve \(\varphi' = \lambda\) yerine koyalım:
\[\begin{aligned} u' &= (x''\cos\varphi + y''\sin\varphi) + \varphi'\,(y'\cos\varphi - x'\sin\varphi)\\ &= \lambda(-y'\cos\varphi + x'\sin\varphi) + \lambda\,v = -\lambda v + \lambda v = 0,\\ v' &= (y''\cos\varphi - x''\sin\varphi) - \varphi'\,(x'\cos\varphi + y'\sin\varphi)\\ &= \lambda(x'\cos\varphi + y'\sin\varphi) - \lambda\,u = \lambda u - \lambda u = 0. \end{aligned}\]
Demek ki \(u\) ile \(v\) sabittir. Başlangıç değerleri
\[\begin{aligned} u(0) &= \cos^2\varphi_0 + \sin^2\varphi_0 = 1,\\ v(0) &= \sin\varphi_0\cos\varphi_0 - \cos\varphi_0\sin\varphi_0 = 0 \end{aligned}\]
olduğundan \(u \equiv 1\) ve \(v \equiv 0\)’dır. Bu iki denklemi \(x'\) ve \(y'\) için çözersek
\[x' = \cos\varphi, \qquad y' = \sin\varphi\]
çıkar: aradığımız \(\varphi\) budur.
Asıl iddia. \(T = (\cos\varphi, \sin\varphi)\) ifadesinin türevini zincir kuralıyla alalım:
\[T' = \varphi'\,(-\sin\varphi,\ \cos\varphi).\]
Öte yandan birim normalin tanımı \(N = (-y', x') = (-\sin\varphi, \cos\varphi)\)’dir. Dolayısıyla
\[T' = \varphi'\,N.\]
Düzlem eğriliği \(T' = \tilde\kappa N\) denklemiyle tanımlandığından ve \(N \ne \mathbf{0}\) olduğundan
\[\tilde\kappa = \varphi'.\]
Yani düzlem eğriliği, teğetin yaptığı açının yol uzunluğuna göre değişim hızıdır. Bir çemberde açı düzgün artar ve \(\tilde\kappa\) sabittir; bir doğruda açı sabittir ve \(\tilde\kappa = 0\)’dır.
Gözle görmek için \(y = x^2/2\) parabolünü düşünelim. Teğetinin eğimi \(x\)’tir, yani eğim açısı \(\varphi = \tan^{-1}x\)’tir: \(x = -1\)’de \(\varphi = -45^\circ\), \(x = 0\)’da \(\varphi = 0^\circ\), \(x = 1{,}5\)’te \(\varphi \approx 56{,}3^\circ\). Açı boyunca durmadan büyüdüğünden \(\tilde\kappa = \varphi'\) bu eğride her yerde pozitiftir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.14 (Saat Yönünün Tersine Dolaşılan Çemberin Düzlem Eğriliği) \(r > 0\) olsun. \(\mathbb{R}^2\)’de
\[\beta(t) = \left(r\cos\dfrac{t}{r},\ r\sin\dfrac{t}{r}\right)\]
eğrisinin (saat yönünün tersine dolaşılan çember) düzlem eğriliği \(\tilde\kappa\)’yı bulunuz.
Çözüm
\(u = t/r\) yazalım. Koordinat türevleri:
\[T(t) = \beta'(t) = \bigl(-\sin u,\ \cos u\bigr).\]
Uzunluğun karesi \(1\)’dir, yani eğri birim hızlıdır ve düzlem eğriliği tanımı uygulanabilir.
Birim normal tanım gereği \(N = (-y', x')\)’dir:
\[N(t) = \bigl(-\cos u,\ -\sin u\bigr).\]
Bu vektör çemberin merkezine, yani orijine bakar. Şimdi
\[T'(t) = \left(-\dfrac1r\cos u,\ -\dfrac1r\sin u\right) = \dfrac1r\,\bigl(-\cos u,\ -\sin u\bigr) = \dfrac1r\,N(t).\]
\(T' = \tilde\kappa N\) tanımıyla karşılaştırırsak
\[\tilde\kappa = \dfrac{1}{r} > 0.\]
İşaret pozitiftir: eğri sola, yani birim normalin gösterdiği yöne döner. Alıştırma 11.13’ndeki açı yorumu da aynı şeyi söyler; burada \(T = (\cos\varphi, \sin\varphi)\) için \(\varphi = u + \pi/2 = t/r + \pi/2\) alınabilir ve \(\varphi' = 1/r\) çıkar.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.15 (Saat Yönünde Dolaşılan Çemberin Düzlem Eğriliği) \(r > 0\) olsun. \(\mathbb{R}^2\)’de
\[\beta(t) = \left(r\cos\left(-\dfrac{t}{r}\right),\ r\sin\left(-\dfrac{t}{r}\right)\right)\]
eğrisinin (saat yönünde dolaşılan çember) düzlem eğriliği \(\tilde\kappa\)’yı bulunuz.
Çözüm
\(u = t/r\) yazalım; eğri \(\beta(t) = \bigl(r\cos u,\ -r\sin u\bigr)\) biçiminde de yazılabilir. Türevleri alalım:
\[T(t) = \beta'(t) = \bigl(-\sin u,\ -\cos u\bigr).\]
Uzunluğun karesi \(1\)’dir: eğri birim hızlıdır.
Birim normal:
\[N(t) = (-y',\ x') = \bigl(\cos u,\ -\sin u\bigr).\]
Bu kez \(N\) orijinden dışarı bakar. Eğrilik vektörü:
\[T'(t) = \left(-\dfrac1r\cos u,\ \dfrac1r\sin u\right) = -\dfrac1r\,\bigl(\cos u,\ -\sin u\bigr) = -\dfrac1r\,N(t).\]
Dolayısıyla
\[\tilde\kappa = -\dfrac{1}{r} < 0.\]
Aynı çemberin ters yönde dolaşılması düzlem eğriliğinin işaretini değiştirdi; büyüklüğü ise değişmedi. Bu, düzlem eğriliğinin yönü de kodlayan bir büyüklük olduğunun en sade örneğidir. \(\mathbb{R}^3\) eğriliği ise iki durumda da \(\kappa = 1/r\)’dir, çünkü \(\kappa = \|T'\|\) bir uzunluktur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.16 (Düzlem Eğriliğinin Mutlak Değeri Uzay Eğriliğidir) \(\mathbb{R}^2\)’yi \(\mathbb{R}^3\)’ün \(xy\) düzlemi olarak görelim. Bir düzlem eğrisinin düzlem eğriliği \(\tilde\kappa\) işaret değiştirmiyorsa, \(|\tilde\kappa|\)’nın bu eğrinin olağan \(\mathbb{R}^3\) eğriliği \(\kappa\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(\beta(s) = \bigl(x(s), y(s)\bigr)\) birim hızlı olsun ve onu \(\mathbb{R}^3\)’te \(\bigl(x(s), y(s), 0\bigr)\) eğrisi olarak görelim. İki kuramda da birim teğet aynıdır: \(T = (x', y', 0)\).
Büyüklükler. Düzlem kuramında \(T' = \tilde\kappa N\)’dir, burada \(N = (-y', x', 0)\) birim uzunluktadır. Uzay kuramında ise \(\kappa = \|T'\|\)’dir. Normu alalım:
\[\kappa = \|T'\| = \|\tilde\kappa N\| = |\tilde\kappa|\,\|N\| = |\tilde\kappa|.\]
Bu eşitlik her noktada, işaret varsayımı olmadan da doğrudur.
İşaret varsayımı neden gerekli? Uzay kuramında Frenet çatısının kurulabilmesi için \(\kappa > 0\), yani \(\tilde\kappa \ne 0\) gerekir. \(\tilde\kappa\) sürekli bir fonksiyondur; işaret değiştirmiyorsa iki durum vardır.
Eğer \(\tilde\kappa > 0\) ise \(\kappa = \tilde\kappa\)’dır ve
\[N_{\mathbb{R}^3} = \dfrac{T'}{\kappa} = \dfrac{\tilde\kappa N}{\tilde\kappa} = N,\]
yani iki kuramın asli normalleri çakışır. Eğer \(\tilde\kappa < 0\) ise \(\kappa = -\tilde\kappa\)’dır ve \(N_{\mathbb{R}^3} = -N\) olur; yine düzgün (her mertebeden türevlenebilir) bir alandır.
Buna karşılık \(\tilde\kappa\) işaret değiştirseydi, işaretin değiştiği noktada \(\tilde\kappa = 0\), dolayısıyla \(\kappa = 0\) olurdu (bir sürekli fonksiyon işaret değiştirirken ara değer teoremi gereği sıfırdan geçer) ve o noktada \(\mathbb{R}^3\) Frenet aparatı tanımsız kalırdı. Ayrıca \(\kappa = |\tilde\kappa|\) fonksiyonu o noktada türevlenebilir olmaktan çıkabilirdi. Varsayım tam olarak bunu dışlar.
Somut karşılaştırma: Alıştırma 11.14’de \(\tilde\kappa = 1/r\), Alıştırma 11.15’de \(\tilde\kappa = -1/r\) bulmuştuk; iki durumda da \(|\tilde\kappa| = 1/r\) ve Örnek 11.1’ndeki uzay eğriliği de \(1/r\)’dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.17 (Frenet Yaklaşımının Üç Düzleme İzdüşümleri) \(\beta\) birim hızlı, \(\kappa_0 > 0\) ve \(\tau_0 \ne 0\) olan bir eğri, \(\hat\beta\) de onun \(s = 0\) yakınındaki Frenet yaklaşımı olsun. \(\hat\beta\)’nın \(T_0N_0\) (oskülatör), \(T_0B_0\) (rektifiyan) ve \(N_0B_0\) (normal) düzlemlerine dik izdüşümlerinin genel biçimini belirleyiniz.
Çözüm
Frenet yaklaşımı (Önerme 11.1)
\[\hat\beta(s) - \beta(0) = s\,T_0 + \dfrac{\kappa_0 s^2}{2}\,N_0 + \dfrac{\kappa_0\tau_0 s^3}{6}\,B_0\]
idi. \(T_0\), \(N_0\), \(B_0\) bir çatı olduğundan bu üç sayı, \(\hat\beta(s) - \beta(0)\) vektörünün çatı koordinatlarıdır; onları sırasıyla
\[p(s) = s, \qquad q(s) = \dfrac{\kappa_0 s^2}{2}, \qquad w(s) = \dfrac{\kappa_0\tau_0 s^3}{6}\]
ile gösterelim. Bir düzleme dik izdüşüm, o düzleme dik olan bileşeni atmak demektir.
Oskülatör düzlem (\(B_0\) bileşeni atılır). Geriye \(\bigl(p(s), q(s)\bigr) = \bigl(s,\ \kappa_0 s^2/2\bigr)\) kalır. \(p = s\) olduğundan
\[q = \dfrac{\kappa_0}{2}\,p^2;\]
bu, \(T_0\) ekseni üzerinde açılan ve \(N_0\) yönüne bakan bir paraboldür. Eğrinin bu düzlemdeki görüntüsü, tepe noktası \(\beta(0)\) olan düzgün bir kıvrımdır.
Rektifiyan düzlem (\(N_0\) bileşeni atılır). Geriye \(\bigl(p(s), w(s)\bigr) = \bigl(s,\ \kappa_0\tau_0 s^3/6\bigr)\) kalır, yani
\[w = \dfrac{\kappa_0\tau_0}{6}\,p^3;\]
bir kübik eğri. Orijinde bir dönüm noktası vardır: eğri \(B_0\) ekseninin bir yanından öteki yanına geçer. \(\tau_0 > 0\) ise geçiş aşağıdan yukarıya, \(\tau_0 < 0\) ise tersinedir.
Normal düzlem (\(T_0\) bileşeni atılır). Geriye \(\bigl(q(s), w(s)\bigr)\) kalır. \(s\)’i yok edelim: \(q = \kappa_0 s^2/2\)’den \(s^2 = 2q/\kappa_0\) ve
\[w^2 = \dfrac{\kappa_0^2\tau_0^2}{36}\,s^6 = \dfrac{\kappa_0^2\tau_0^2}{36}\left(\dfrac{2q}{\kappa_0}\right)^3 = \dfrac{2\tau_0^2}{9\kappa_0}\,q^3.\]
Bu bir yarı kübik paraboldür; orijinde bir sivri uç (dönüş noktası) vardır ve eğri \(q \ge 0\) yarı düzleminde kalır, çünkü \(q = \kappa_0 s^2/2 \ge 0\)’dır. Eğriye tam teğeti boyunca, yani \(T_0\) doğrultusunda bakan bir gözlemci onu bu sivri uçlu biçimde görür: eğri gözlemciye doğru gelip geri döner gibi görünür.
Somut bir örnek için \(\kappa_0 = 1\) ve \(\tau_0 = 1\) alalım; üç izdüşüm sırasıyla \(q = p^2/2\), \(w = p^3/6\) ve \(w^2 = 2q^3/9\) olur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.18 (Küresel Bir Eğri İçin Konum Formülü) \(\alpha\) birim hızlı, \(\kappa > 0\) ve \(\tau \ne 0\) olan bir eğri olsun. \(\rho = 1/\kappa\) ve \(\sigma = 1/\tau\) yazalım. \(\alpha\), merkezi \(\mathbf{c}\) ve yarıçapı \(r\) olan bir kürenin üzerindeyse
\[\alpha - \mathbf{c} = -\rho\,N - \rho'\sigma\,B\]
olduğunu ve buradan \(r^2 = \rho^2 + (\rho'\sigma)^2\) çıktığını gösteriniz.
Çözüm
Kısaltma olarak \(m = \alpha - \mathbf{c}\) yazalım; \(\mathbf{c}\) sabit olduğundan \(m' = \alpha' = T\)’dir. Varsayım
\[m \cdot m = r^2.\]
Birinci türev. İki yanın türevini alalım:
\[2\,m' \cdot m = 0 \ \Longrightarrow\ m \cdot T = 0.\]
Yani merkezden eğriye giden vektör her noktada teğete diktir. \(T\), \(N\), \(B\) bir çatı olduğundan ortonormal açılım
\[m = (m \cdot T)\,T + (m \cdot N)\,N + (m \cdot B)\,B = (m\cdot N)\,N + (m \cdot B)\,B\]
verir. Geriye iki katsayıyı bulmak kalıyor.
İkinci türev: \(N\) katsayısı. \(m \cdot T = 0\) eşitliğinin türevini alalım:
\[0 = m' \cdot T + m \cdot T' = T \cdot T + \kappa\,(m \cdot N) = 1 + \kappa\,(m\cdot N).\]
Buradan
\[m \cdot N = -\dfrac{1}{\kappa} = -\rho.\]
Üçüncü türev: \(B\) katsayısı. Şimdi \(m \cdot N = -\rho\) eşitliğinin türevini alalım. Sol tarafta Leibniz kuralı ve ikinci Frenet formülü:
\[m' \cdot N + m \cdot N' = T \cdot N + m \cdot (-\kappa T + \tau B) = 0 - \kappa\,(m\cdot T) + \tau\,(m \cdot B).\]
\(m \cdot T = 0\) olduğundan bu ifade \(\tau\,(m\cdot B)\)’ye eşittir. Sağ tarafın türevi \(-\rho'\) olduğundan
\[\tau\,(m \cdot B) = -\rho' \ \Longrightarrow\ m\cdot B = -\dfrac{\rho'}{\tau} = -\rho'\sigma,\]
burada \(\tau \ne 0\) varsayımını kullandık.
İki katsayıyı açılıma koyarsak
\[m = \alpha - \mathbf{c} = -\rho\,N - \rho'\sigma\,B.\]
Yarıçap bağıntısı. \(N\) ile \(B\) birim ve birbirine dik olduğundan
\[r^2 = \|m\|^2 = (-\rho)^2\,(N\cdot N) + (-\rho'\sigma)^2\,(B \cdot B) + 2\rho\rho'\sigma\,(N \cdot B) = \rho^2 + (\rho'\sigma)^2.\]
Denetim: \(\alpha\) bir büyük çemberse \(\kappa = 1/r\) sabittir, \(\rho = r\) ve \(\rho' = 0\) olur; formül \(r^2 = r^2\) verir ve \(\alpha - \mathbf{c} = -rN\) çıkar, yani \(N\) merkeze bakar — Önerme 11.3’teki eşitlik durumuyla uyuşur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.19 (Küresel Olmanın Yeter Koşulu) \(\alpha\) birim hızlı, \(\kappa > 0\) ve \(\tau \ne 0\) olan bir eğri, \(\rho = 1/\kappa\) ve \(\sigma = 1/\tau\) olsun. \(\rho^2 + (\rho'\sigma)^2\) ifadesi sabit bir \(r^2\) değerine eşitse ve \(\rho' \ne 0\) ise, \(\alpha\)’nın \(r\) yarıçaplı bir kürenin üzerinde kaldığını gösteriniz.
Çözüm
Alıştırma 11.18’deki formül bize merkezin nerede olması gerektiğini söylüyor: orada \(\alpha - \mathbf{c} = -\rho N - \rho'\sigma B\) bulmuştuk, yani \(\mathbf{c} = \alpha + \rho N + \rho'\sigma B\). O hâlde merkez eğrisi diye
\[\gamma = \alpha + \rho\,N + \rho'\sigma\,B\]
alanını tanımlayıp sabit olduğunu gösterelim.
Çarpım kuralı ve Frenet formülleriyle türev alalım:
\[\gamma' = \alpha' + \rho'\,N + \rho\,N' + (\rho'\sigma)'\,B + \rho'\sigma\,B'.\]
Yerine koyalım: \(\alpha' = T\), \(N' = -\kappa T + \tau B\), \(B' = -\tau N\). Terimleri \(T\), \(N\), \(B\) bileşenlerine göre toplayalım.
\(T\) bileşeni. \(1 - \rho\kappa\). \(\rho = 1/\kappa\) olduğundan \(\rho\kappa = 1\) ve bileşen sıfırdır.
\(N\) bileşeni. \(\rho' - \rho'\sigma\tau\). \(\sigma = 1/\tau\) olduğundan \(\sigma\tau = 1\) ve bileşen \(\rho' - \rho' = 0\)’dır.
\(B\) bileşeni. \(\rho\tau + (\rho'\sigma)'\). Burada \(\rho\tau = \rho/\sigma\)’dır.
Şimdi varsayımı kullanalım. \(\rho^2 + (\rho'\sigma)^2 = r^2\) sabit olduğundan türevi sıfırdır:
\[2\rho\rho' + 2(\rho'\sigma)(\rho'\sigma)' = 0.\]
\(\rho' \ne 0\) ve \(\sigma \ne 0\) olduğundan \(\rho'\sigma \ne 0\)’dır; iki yanı \(2\rho'\sigma\) ile bölelim:
\[(\rho'\sigma)' = -\dfrac{\rho\rho'}{\rho'\sigma} = -\dfrac{\rho}{\sigma}.\]
Demek ki \(B\) bileşeni de \(\dfrac{\rho}{\sigma} - \dfrac{\rho}{\sigma} = 0\)’dır.
Üç bileşen de sıfır olduğundan \(\gamma' = \mathbf{0}\)’dır ve Lemma 10.4’in birinci maddesine göre \(\gamma\) sabittir; değerine \(\mathbf{c}\) diyelim. O hâlde her \(s\) için
\[\alpha(s) - \mathbf{c} = -\rho(s)\,N(s) - \rho'(s)\sigma(s)\,B(s)\]
ve \(N \perp B\) olduğundan
\[\|\alpha(s) - \mathbf{c}\|^2 = \rho^2 + (\rho'\sigma)^2 = r^2.\]
Yani \(\alpha\)’nın her noktası \(\mathbf{c}\)’den \(r\) uzaklıktadır: eğri, \(\mathbf{c}\) merkezli \(r\) yarıçaplı kürenin üzerindedir.
\(\rho' \ne 0\) varsayımı bölme adımı için gerekliydi. \(\rho'\) özdeş olarak sıfır olsaydı \(\kappa\) sabit olurdu; o durumda koşul \(\rho = r\) demeye gelir ve eğri, bir çember olmak zorunda olmadan da bu koşulu sağlayabilir (örneğin sabit eğrilikli bir dairesel helis \(\rho^2 + 0 = r^2\)’yi sağlar ama hiçbir kürenin üzerinde değildir).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.20 (Binormalleri Aynı Olan İki Eğri) \(\beta\) ve \(\bar\beta\), aynı \(I\) aralığında tanımlı, eğrilikleri ve burulmaları hiçbir yerde sıfır olmayan iki birim hızlı eğri olsun. \(B = \bar B\) ise, \(\bar\beta\)’nın ya \(\beta\)’ya ya da \(s \mapsto -\beta(s)\) eğrisine paralel olduğunu (yani sabit bir nokta eklenerek ondan elde edildiğini) ispatlayınız.
Çözüm
Birinci adım: asli normaller işaret farkıyla aynıdır. \(B = \bar B\) eşitliğinin türevini alalım ve iki eğri için burulma tanımını kullanalım:
\[-\tau\,N = B' = \bar B' = -\bar\tau\,\bar N, \qquad \text{yani} \qquad \tau N = \bar\tau\,\bar N.\]
Normları karşılaştıralım: \(\|N\| = \|\bar N\| = 1\) olduğundan \(|\tau| = |\bar\tau|\)’dur. \(\tau\) hiçbir yerde sıfır olmadığından
\[\bar N = \dfrac{\tau}{\bar\tau}\,N \qquad \text{ve} \qquad \dfrac{\tau}{\bar\tau} = \pm 1.\]
\(\tau/\bar\tau\) sürekli bir fonksiyondur ve yalnızca \(+1\) ile \(-1\) değerlerini alır; \(I\) bir aralık olduğundan ara değer teoremi gereği sabit kalmak zorundadır. Demek ki ya \(I\) boyunca \(\bar N = N\), ya da \(I\) boyunca \(\bar N = -N\)’dir.
İkinci adım: teğetler. Alıştırma 11.6’ndeki \(T = N \times B\) özdeşliğini iki eğri için de yazalım:
\[\bar T = \bar N \times \bar B = \bar N \times B.\]
Birinci durumda (\(\bar N = N\)):
\[\bar T = N \times B = T.\]
İkinci durumda (\(\bar N = -N\)):
\[\bar T = (-N) \times B = -(N \times B) = -T.\]
Üçüncü adım: eğrileri karşılaştırma. Birinci durumda \(\bar\beta' = \beta'\), yani \((\bar\beta - \beta)' = \mathbf{0}\)’dır. Lemma 10.4’in birinci maddesine göre \(\bar\beta - \beta\) sabittir; bir \(\mathbf{p}\) noktası için
\[\bar\beta(s) = \beta(s) + \mathbf{p}.\]
Yani \(\bar\beta\), \(\beta\)’ya paraleldir.
İkinci durumda \(\bar\beta' = -\beta'\)’dür. \(\delta(s) = -\beta(s)\) eğrisini tanımlayalım; \(\delta' = -\beta' = \bar\beta'\) olduğundan aynı gerekçeyle \(\bar\beta - \delta\) sabittir ve bir \(\mathbf{p}\) noktası için
\[\bar\beta(s) = -\beta(s) + \mathbf{p}.\]
Yani \(\bar\beta\), \(s \mapsto -\beta(s)\) eğrisine paraleldir. İki durumdan biri gerçekleşmek zorundadır; iddia ispatlanmıştır.
İkinci durumun gerçekten olabileceğini görelim. Herhangi bir \(\beta\) için \(\delta = -\beta\) eğrisini alalım. Türevleri \(\delta' = -\beta'\) ve \(\delta'' = -\beta''\)’dür, yani
\[T_\delta = -T, \qquad \delta'' = -\kappa N \ \Longrightarrow\ \kappa_\delta = \kappa, \quad N_\delta = -N.\]
O hâlde
\[B_\delta = T_\delta \times N_\delta = (-T)\times(-N) = T \times N = B.\]
Demek ki bir eğriyle onun orijine göre yansıması her zaman aynı binormale sahiptir; ikinci durum boş değildir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.21 (Helisin Bir Noktasındaki Oskülatör Düzlemin Denklemi) \(a = 3\), \(b = 4\) (dolayısıyla \(c = 5\)) helisi
\[\beta(s) = \left(3\cos\dfrac{s}{5},\ 3\sin\dfrac{s}{5},\ \dfrac{4s}{5}\right)\]
için \(s = 5\pi/2\) noktasındaki oskülatör düzlemin denklemini bulunuz.
Çözüm
Nokta ve çatı. Burada \(u = s/5\) olduğundan \(s = 5\pi/2\) için \(u = \pi/2\)’dir. Örnek 11.5’te bu helisin aparatını hesaplamış ve bu değerde
\[\beta\left(\dfrac{5\pi}{2}\right) = (0,\ 3,\ 2\pi), \quad T = \left(-\dfrac35,\ 0,\ \dfrac45\right), \quad N = (0,\ -1,\ 0), \quad B = \left(\dfrac45,\ 0,\ \dfrac35\right)\]
bulmuştuk. Denetim olarak \(\|B\|^2 = \frac{16}{25} + \frac{9}{25} = 1\) ve \(T \cdot B = -\frac{12}{25} + \frac{12}{25} = 0\)’dır.
Oskülatör düzlem. Bu düzlem \(\beta(5\pi/2) = (0, 3, 2\pi)\) noktasından geçer ve \(B\)’ye diktir. Bir \((x, y, z)\) noktası düzlemdedir ancak ve ancak
\[\bigl((x, y, z) - (0, 3, 2\pi)\bigr)\cdot\left(\dfrac45,\ 0,\ \dfrac35\right) = 0,\]
yani
\[\dfrac45 x + \dfrac35 (z - 2\pi) = 0.\]
İki yanı \(5\) ile çarparsak denklem
\[4x + 3z = 6\pi\]
olur. Denetim: nokta düzlemde midir? \(4\cdot 0 + 3\cdot 2\pi = 6\pi\), evet. \(T\) ve \(N\) yönleri düzleme paralel midir? Sol yanın \(T\) ve \(N\) bileşenlerinde aldığı değerler
\[4\left(-\dfrac35\right) + 3\cdot\dfrac45 = -\dfrac{12}{5} + \dfrac{12}{5} = 0, \qquad 4\cdot 0 + 3\cdot 0 = 0\]
olduğundan evet.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.22 (Üçüncü Türevin Frenet Çatısındaki Açılımı) \(\beta\) birim hızlı ve \(\kappa > 0\) olan bir eğri olsun.
\[\beta''' = -\kappa^2\,T + \dfrac{d\kappa}{ds}\,N + \kappa\tau\,B\]
olduğunu ispatlayınız.
Çözüm
\(\beta' = T\) ve birinci Frenet formülüyle \(\beta'' = T' = \kappa N\)’dir. Bir kez daha türev alalım; \(\kappa\) gerçel değerli bir fonksiyon, \(N\) bir vektör alanı olduğundan çarpım kuralı
\[\beta''' = (\kappa N)' = \dfrac{d\kappa}{ds}\,N + \kappa\,N'\]
verir. İkinci Frenet formülünü (\(N' = -\kappa T + \tau B\)) yerine koyalım:
\[\beta''' = \dfrac{d\kappa}{ds}\,N + \kappa\,(-\kappa T + \tau B) = -\kappa^2\,T + \dfrac{d\kappa}{ds}\,N + \kappa\tau\,B.\]
İstenen açılım budur.
İfadeyi okuyalım. \(T\) bileşeni her zaman negatiftir (\(\kappa > 0\)): birim hızlı bir eğride üçüncü türevin teğet bileşeni hızın tersine bakar. \(N\) bileşeni yalnızca eğriliğin değişim hızına bağlıdır; eğrilik sabitse sıfırdır. \(B\) bileşeni ise \(\kappa\tau\)’dur ve eğri düzlemselse (\(\tau = 0\)) yok olur.
Sayısal denetim: \(a = 3\), \(b = 4\) helisi için \(\kappa = 3/25\) sabit, \(\tau = 4/25\). Formül
\[\beta''' = -\dfrac{9}{625}T + 0\cdot N + \dfrac{12}{625}B\]
verir. Doğrudan hesap için
\[\beta''(s) = T'(s) = \left(-\dfrac{3}{25}\cos u,\ -\dfrac{3}{25}\sin u,\ 0\right)\]
alanının türevini alırsak
\[\beta'''(s) = \left(\dfrac{3}{125}\sin u,\ -\dfrac{3}{125}\cos u,\ 0\right).\]
Öte yandan formülün sağ tarafı, \(T\) ile \(B\)’nin açık hâlleri konarak
\[-\dfrac{9}{625}\left(-\dfrac35\sin u,\ \dfrac35\cos u,\ \dfrac45\right) + \dfrac{12}{625}\left(\dfrac45\sin u,\ -\dfrac45\cos u,\ \dfrac35\right)\]
olur. Birinci ve üçüncü bileşenleri toplayalım:
\[\begin{aligned} \dfrac{27}{3125}\sin u + \dfrac{48}{3125}\sin u &= \dfrac{75}{3125}\sin u = \dfrac{3}{125}\sin u,\\ -\dfrac{36}{3125} + \dfrac{36}{3125} &= 0. \end{aligned}\]
İkisi de doğrudan hesapla uyuşuyor.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.23 (Burulmanın Türevlerle Verilen Formülü) \(\beta\) birim hızlı ve \(\kappa > 0\) olan bir eğri olsun.
\[\tau = \dfrac{(\beta' \times \beta'')\cdot \beta'''}{\kappa^2}\]
olduğunu ispatlayınız.
Çözüm
Pay ile paydayı Frenet çatısı cinsinden ayrı ayrı yazacağız.
Vektörel çarpım. \(\beta' = T\) ve \(\beta'' = \kappa N\) olduğundan, vektörel çarpımın skalerle çarpmaya göre lineerliğiyle
\[\beta' \times \beta'' = T \times (\kappa N) = \kappa\,(T \times N) = \kappa\,B.\]
Üçüncü türev. Alıştırma 11.22’e göre
\[\beta''' = -\kappa^2\,T + \dfrac{d\kappa}{ds}\,N + \kappa\tau\,B.\]
İç çarpım. Şimdi ikisini çarpalım. \(B\) birim uzunlukta ve hem \(T\)’ye hem \(N\)’ye dik olduğundan (Lemma 11.1) \(B \cdot T = 0\), \(B \cdot N = 0\), \(B \cdot B = 1\)’dir:
\[(\beta' \times \beta'')\cdot\beta''' = \kappa B \cdot \left(-\kappa^2 T + \dfrac{d\kappa}{ds}N + \kappa\tau B\right) = \kappa \cdot \kappa\tau = \kappa^2\tau.\]
\(\kappa > 0\) olduğundan \(\kappa^2 \ne 0\)’dır; iki yanı bölersek
\[\tau = \dfrac{(\beta'\times\beta'')\cdot\beta'''}{\kappa^2}.\]
Bu formülün değeri şudur: burulmayı bulmak için \(T\), \(N\), \(B\) alanlarını kurmaya gerek yoktur; eğrinin üç türevini almak yeter. Paydadaki \(\kappa^2\) de yine türevlerden okunur, çünkü \(\kappa^2 = \beta''\cdot\beta''\)’dür.
Sayısal denetim: Alıştırma 11.4’taki eğride \(s = 0\) için
\[\beta'(0) = \left(\dfrac12,\ -\dfrac12,\ \dfrac{1}{\sqrt2}\right), \quad \beta''(0) = \left(\dfrac14,\ \dfrac14,\ 0\right), \quad \beta'''(0) = \left(-\dfrac18,\ \dfrac18,\ 0\right).\]
Vektörel çarpım \(\beta'(0)\times\beta''(0)\) bileşenleri: birinci \(-\frac12\cdot 0 - \frac{1}{\sqrt2}\cdot\frac14 = -\frac{1}{4\sqrt2}\); ikinci \(\frac{1}{\sqrt2}\cdot\frac14 - \frac12\cdot 0 = \frac{1}{4\sqrt2}\); üçüncü \(\frac12\cdot\frac14 + \frac12\cdot\frac14 = \frac14\). Bunu \(\beta'''(0)\) ile çarparsak
\[\left(-\dfrac{1}{4\sqrt2}\right)\left(-\dfrac18\right) + \dfrac{1}{4\sqrt2}\cdot\dfrac18 + 0 = \dfrac{2}{32\sqrt2} = \dfrac{1}{16\sqrt2}.\]
Payda \(\kappa(0)^2 = \left(\frac{1}{2\sqrt2}\right)^2 = \frac18\). Bölüm
\[\tau(0) = \dfrac{1/(16\sqrt2)}{1/8} = \dfrac{8}{16\sqrt2} = \dfrac{1}{2\sqrt2},\]
tam olarak o alıştırmada bulduğumuz değer.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.24 (Teğet Doğruları Ortak Bir Noktadan Geçemez) \(\beta\) birim hızlı ve \(\kappa > 0\) olan bir eğri olsun. \(\beta\)’nın bütün teğet doğrularının ortak bir noktadan geçmesinin olanaksız olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Tersini varsayalım: bütün teğet doğrularının geçtiği bir \(\mathbf{p}\) noktası bulunsun. \(\beta(s)\) noktasındaki teğet doğrusu, \(u \mapsto \beta(s) + u\,T(s)\) ile verilir. \(\mathbf{p}\)’nin bu doğru üzerinde olması, her \(s\) için bir \(\lambda(s)\) sayısı bulunması demektir:
\[\mathbf{p} = \beta(s) + \lambda(s)\,T(s).\]
Önce \(\lambda\)’nın türevlenebilir olduğunu görelim. Yukarıdaki eşitliğin iki yanını \(T(s)\) ile çarparsak, \(T\cdot T = 1\) olduğundan
\[\lambda(s) = \bigl(\mathbf{p} - \beta(s)\bigr)\cdot T(s)\]
çıkar; sağ taraf türevlenebilir fonksiyonlardan kurulduğu için \(\lambda\) türevlenebilirdir.
Şimdi eşitliğin türevini alalım. Sol taraf sabittir, türevi sıfırdır; sağ tarafta çarpım kuralı ve birinci Frenet formülü:
\[\mathbf{0} = \beta' + \lambda' T + \lambda T' = T + \lambda' T + \lambda\kappa N = (1 + \lambda')\,T + \lambda\kappa\,N.\]
\(T\) ile \(N\) her noktada lineer bağımsızdır (dik ve sıfırdan farklıdırlar), dolayısıyla iki katsayı da sıfır olmalıdır:
\[1 + \lambda' = 0 \qquad \text{ve} \qquad \lambda\kappa = 0.\]
\(\kappa > 0\) olduğundan ikinci denklem \(\lambda = 0\) verir; o hâlde \(\lambda' = 0\)’dır ve birinci denklem \(1 + 0 = 0\) der. Bu bir çelişkidir.
Demek ki böyle bir \(\mathbf{p}\) yoktur. \(\kappa > 0\) varsayımı vazgeçilmezdir: bir doğrunun (\(\kappa = 0\)) bütün teğet doğruları zaten aynı doğrudur ve sonsuz çok ortak noktaları vardır.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde eğrilerin bütün geometrisini iki sayıya, eğrilikle burulmaya indirgedik; ama her şeyi birim hızlı eğriler için yaptık. Bir sonraki bölümde (Keyfi Hızlı Eğriler) aynı aparatı hiç durmayan her eğri için, üstelik birim hızlı kopyayı açıkça hesaplamadan kullanılabilir formüllerle kuracağız.