9  İç Çarpım

Önceki kısımda (Öklid Uzayında Analizin Özeti) \(\mathbb{R}^3\) üzerinde analizin araçlarını kurduk: teğet vektörler, vektör alanları, eğriler, 1-formlar, dönüşümler ve bunların türevleri. Ama bu araçların hiçbiri henüz bir şey ölçmüyor. İki nokta arasındaki uzaklığı, bir okun uzunluğunu ya da iki ok arasındaki açıyı tanımlamadık. Geometri tam burada başlar. Bu bölümle açılan Çatı Alanları kısmının ilk işi, bütün bu ölçümlerin tek bir işlemden, iç çarpımdan, çıktığını göstermektir.

Kısmın asıl konusu uzaydaki eğrilerin geometrisidir. Bir eğriyi incelemenin en verimli yolu, eğrinin her noktasına birbirine dik üç birim vektörden oluşan bir çatı yerleştirmek ve eğri boyunca ilerlerken bu çatının nasıl döndüğünü izlemektir. Çatının dönüşünü yine çatının kendi vektörleri cinsinden yazan Frenet formülleri, eğriler kuramının hemen hemen tamamını içinde taşır. Aynı “hareketli çatı” yöntemi ileride yüzeylere de uygulanacaktır: yüzeyi bir tür iki boyutlu eğri gibi görüp Cartan’ın bu yönteme kazandırdığı genel biçimi kullanacağız. Bu yüzden çatı kavramını baştan sağlam kurmak istiyoruz.

Bölümün planı şöyledir. Önce noktaların iç çarpımını tanımlayıp üç temel özelliğini ispatlayacağız; buradan norm, Schwarz eşitsizliği, üçgen eşitsizliği ve Öklid uzaklığı çıkacak. Uzaklıkla açık küme kavramını kesinleştireceğiz. Sonra iç çarpımı teğet uzaylarına taşıyıp açı, diklik ve birim vektör kavramlarını tanımlayacağız. Bölümün kalbi çatı kavramı ve ortonormal açılım teoremidir; onu duruş matrisi izler. Son olarak ikinci bir çarpımı, vektörel çarpımı, ve onunla iç çarpımın birleşimi olan üçlü skaler çarpımı inceleyeceğiz.

9.1 Noktaların İç Çarpımı

\(\mathbb{R}^3\)’ün noktalarını toplamayı ve bir sayıyla çarpmayı biliyoruz (Öklid Uzayı, Tanım 1.1). Bu iki işlem noktalardan yine nokta üretir. Şimdi başka türden bir işlem tanımlayacağız: iki noktayı alıp bir sayı veren bir çarpım. Tanım son derece yalındır, karşılıklı koordinatlar çarpılır ve toplanır; ama bu sayının içinde hem uzunluk hem açı gizlidir. Bölüm boyunca bunları tek tek dışarı çıkaracağız.

Tanım 9.1 (Noktaların İç Çarpımı) \(\mathbf{p} = (p_1, p_2, p_3)\) ve \(\mathbf{q} = (q_1, q_2, q_3)\), \(\mathbb{R}^3\)’ün iki noktası olsun.

\[\mathbf{p} \cdot \mathbf{q} = p_1 q_1 + p_2 q_2 + p_3 q_3\]

sayısına \(\mathbf{p}\) ile \(\mathbf{q}\)’nun iç çarpımı (dot product, inner product) denir. Aynı işleme nokta çarpımı da denir.

Yani iç çarpım, iki noktanın karşılıklı koordinatlarını çarpıp üç çarpımı toplar; sonuç bir nokta değil, tek bir gerçel sayıdır.

Gösterimle ilgili bir uyarı: \(a\mathbf{p}\) yazımı bir sayıyla bir noktanın çarpımıdır ve sonucu noktadır; \(\mathbf{p} \cdot \mathbf{q}\) ise iki noktanın iç çarpımıdır ve sonucu sayıdır. İki kalın harf arasındaki nokta her zaman iç çarpımı gösterir; sayılar arasındaki nokta (\(2 \cdot 3\) gibi) ya da yan yana yazım (\(p_1 q_1\)) ise sıradan çarpmadır. Hangisinin kastedildiği, çarpanların nokta mı sayı mı olduğuna bakılarak hep anlaşılır.

Örnek 9.1 (Bir İç Çarpım Hesabı) \(\mathbf{p} = (2, -1, 3)\) ve \(\mathbf{q} = (1, 4, -2)\) için \(\mathbf{p} \cdot \mathbf{q}\), \(\mathbf{p} \cdot \mathbf{p}\) ve \(\mathbf{q} \cdot \mathbf{q}\) sayılarını hesaplayalım.

Çözüm

Tanımı doğrudan uygularız:

\[\mathbf{p} \cdot \mathbf{q} = 2(1) + (-1)(4) + 3(-2) = 2 - 4 - 6 = -8.\]

Noktaların kendileriyle iç çarpımları koordinatların karelerinin toplamıdır:

\[\mathbf{p} \cdot \mathbf{p} = 2^2 + (-1)^2 + 3^2 = 14, \qquad \mathbf{q} \cdot \mathbf{q} = 1^2 + 4^2 + (-2)^2 = 21.\]

Bir noktanın kendisiyle iç çarpımı kareler toplamı olduğundan hiçbir zaman negatif çıkmaz. Bu gözlemi biraz sonra uzunluğu tanımlarken kullanacağız.

\(\blacksquare\)

Örnek 9.2 (İç Çarpımla Koordinat Okumak) \(\mathbf{p}\) herhangi bir nokta olsun. \(\mathbf{p} \cdot (0, 1, 0)\) sayısını bulalım.

Çözüm

Tanıma göre

\[\mathbf{p} \cdot (0, 1, 0) = p_1(0) + p_2(1) + p_3(0) = p_2.\]

Benzer biçimde \((1, 0, 0)\) ile iç çarpım \(p_1\)’i, \((0, 0, 1)\) ile iç çarpım \(p_3\)’ü verir. Yani iç çarpım bir noktanın koordinatlarını “okuyabilir”; bu basit gözlem ileride çatılarla çalışırken çok işe yarayacak.

\(\blacksquare\)

Örnek 9.3 (İç Çarpımı Sıfır Olan Sıfırdan Farklı Noktalar) İkisi de \(\mathbf{0}\) olmayan ama iç çarpımları sıfır olan iki nokta gösterelim.

Çözüm

Şu hesap yeter:

\[(1, 1, 0) \cdot (1, -1, 0) = 1 - 1 + 0 = 0.\]

İki nokta da sıfırdan farklıdır ama iç çarpımları sıfırdır. Sayılar için geçerli olan “çarpım sıfırsa çarpanlardan biri sıfırdır” kuralı iç çarpım için geçerli değildir. Bunun bir kusur değil, geometrinin ta kendisi olduğunu göreceğiz: iç çarpımın sıfır olması dikliği anlatır.

\(\blacksquare\)

İç çarpımı bir “çarpım” saymamızı haklı çıkaran üç özellik vardır. Üçü de koordinatlarla doğrudan hesaplanır, ama bölümün geri kalanında koordinatlara dönmeden yalnızca bu üç özelliği kullanacağız; bu yüzden onları açıkça yazıp ispatlıyoruz.

Önerme 9.1 (İç Çarpımın Üç Temel Özelliği) \(\mathbf{p}, \mathbf{q}, \mathbf{r}\), \(\mathbb{R}^3\)’ün noktaları ve \(a, b\) gerçel sayılar olsun.

1. Bilineerlik (bilinearity):

\[(a\mathbf{p} + b\mathbf{q}) \cdot \mathbf{r} = a\,\mathbf{p} \cdot \mathbf{r} + b\,\mathbf{q} \cdot \mathbf{r}, \qquad \mathbf{r} \cdot (a\mathbf{p} + b\mathbf{q}) = a\,\mathbf{r} \cdot \mathbf{p} + b\,\mathbf{r} \cdot \mathbf{q}.\]

2. Simetri (symmetry): \(\mathbf{p} \cdot \mathbf{q} = \mathbf{q} \cdot \mathbf{p}\).

3. Pozitif tanımlılık (positive definiteness): \(\mathbf{p} \cdot \mathbf{p} \ge 0\); ayrıca \(\mathbf{p} \cdot \mathbf{p} = 0\) ancak ve ancak \(\mathbf{p} = \mathbf{0}\) ise.

İspat

Bilineerlik. \(a\mathbf{p} + b\mathbf{q}\) noktasının \(i\)-inci koordinatı \(ap_i + bq_i\)’dir. Tanıma göre

\[\begin{aligned} (a\mathbf{p} + b\mathbf{q}) \cdot \mathbf{r} &= \sum_{i=1}^{3} (ap_i + bq_i)\, r_i = a \sum_{i=1}^{3} p_i r_i + b \sum_{i=1}^{3} q_i r_i\\ &= a\,\mathbf{p} \cdot \mathbf{r} + b\,\mathbf{q} \cdot \mathbf{r}. \end{aligned}\]

Burada yalnızca gerçel sayıların dağılma ve birleşme özelliklerini kullandık. İkinci eşitlik aynı hesabın öteki çarpanda yapılmasıdır:

\[\begin{aligned} \mathbf{r} \cdot (a\mathbf{p} + b\mathbf{q}) &= \sum_{i=1}^{3} r_i\,(ap_i + bq_i) = a \sum_{i=1}^{3} r_i p_i + b \sum_{i=1}^{3} r_i q_i\\ &= a\,\mathbf{r} \cdot \mathbf{p} + b\,\mathbf{r} \cdot \mathbf{q}. \end{aligned}\]

Simetri. Sayıların çarpımı sıradan bağımsızdır: her \(i\) için \(p_i q_i = q_i p_i\). Üç terimi toplayınca \(\mathbf{p} \cdot \mathbf{q} = \mathbf{q} \cdot \mathbf{p}\) çıkar.

Pozitif tanımlılık. \(\mathbf{p} \cdot \mathbf{p} = p_1^2 + p_2^2 + p_3^2\). Bir gerçel sayının karesi negatif olamaz; negatif olmayan üç sayının toplamı da negatif olamaz. Toplam sıfırsa üç terimin her biri sıfırdır, çünkü biri pozitif olsaydı toplam da pozitif olurdu; o hâlde \(p_1 = p_2 = p_3 = 0\), yani \(\mathbf{p} = \mathbf{0}\). Tersine \(\mathbf{p} = \mathbf{0}\) ise açıkça \(\mathbf{p} \cdot \mathbf{p} = 0\).

\(\blacksquare\)

Bir vektör uzayı üzerinde bu üç özelliği taşıyan her işleme genel olarak iç çarpım denir. Bizim tanımladığımız, \(\mathbb{R}^3\)’ün doğal iç çarpımıdır; bundan sonra “iç çarpım” sözü hep onu anlatacak.

Bilineerlik şunu söyler: iç çarpım her bir çarpanında toplamı ve sayıyla çarpımı dağıtır. Uygulamada bu, iç çarpımı koordinatlara dönmeden, sıradan cebir kurallarıyla hesaplamamıza izin verir.

Örnek 9.4 (Koordinatlara Dönmeden Hesap) \(\mathbf{p} = (2, -1, 3)\) ve \(\mathbf{q} = (1, 4, -2)\) olsun; yukarıda \(\mathbf{p} \cdot \mathbf{q} = -8\), \(\mathbf{p} \cdot \mathbf{p} = 14\) ve \(\mathbf{q} \cdot \mathbf{q} = 21\) bulmuştuk. Yalnızca bu üç sayıyı ve bilineerliği kullanarak \((2\mathbf{p} - \mathbf{q}) \cdot (\mathbf{p} + 3\mathbf{q})\) sayısını hesaplayalım; sonucu koordinatlarla denetleyelim.

Çözüm

Önce birinci çarpanda, sonra ikinci çarpanda dağıtırız:

\[\begin{aligned} (2\mathbf{p} - \mathbf{q}) \cdot (\mathbf{p} + 3\mathbf{q}) &= 2\,\mathbf{p} \cdot (\mathbf{p} + 3\mathbf{q}) - \mathbf{q} \cdot (\mathbf{p} + 3\mathbf{q})\\ &= 2\,\mathbf{p} \cdot \mathbf{p} + 6\,\mathbf{p} \cdot \mathbf{q} - \mathbf{q} \cdot \mathbf{p} - 3\,\mathbf{q} \cdot \mathbf{q}\\ &= 2(14) + 6(-8) - (-8) - 3(21) = -75. \end{aligned}\]

Üçüncü satıra geçerken simetri sayesinde \(\mathbf{q} \cdot \mathbf{p} = \mathbf{p} \cdot \mathbf{q} = -8\) yazdık.

Denetim. \(2\mathbf{p} - \mathbf{q} = (3, -6, 8)\) ve \(\mathbf{p} + 3\mathbf{q} = (5, 11, -3)\). İç çarpımları \(15 - 66 - 24 = -75\); iki yol aynı sonucu verdi.

\(\blacksquare\)

9.2 Norm ve Schwarz Eşitsizliği

Pozitif tanımlılık, \(\mathbf{p} \cdot \mathbf{p}\) sayısının karekökünü almamıza izin verir. Bu karekök, orijinden \(\mathbf{p}\)’ye çizilen okun uzunluğundan başka bir şey değildir: \(xy\) düzlemindeki \((p_1, p_2, 0)\) noktasının orijine uzaklığı Pisagor teoremiyle \(\sqrt{p_1^2 + p_2^2}\)’dir; bu yatay uzunlukla \(p_3\) yüksekliği dik bir üçgen oluşturur ve Pisagor’u bir kez daha uygularsak \(\sqrt{p_1^2 + p_2^2 + p_3^2}\) buluruz. Biz tanımı bu geometriye dayandırmayacağız; tersine, uzunluğu iç çarpımla tanımlayıp geometriyi ondan türeteceğiz.

Tanım 9.2 (Norm) \(\mathbf{p} = (p_1, p_2, p_3)\), \(\mathbb{R}^3\)’ün bir noktası olsun.

\[\|\mathbf{p}\| = (\mathbf{p} \cdot \mathbf{p})^{1/2} = \sqrt{p_1^2 + p_2^2 + p_3^2}\]

sayısına \(\mathbf{p}\)’nin normu (norm) ya da uzunluğu denir.

Yani norm, bir noktanın koordinatlarının karelerinin toplamının karekökü; geometrik olarak orijinden o noktaya olan uzaklıktır.

Norm, \(\mathbb{R}^3\) üzerinde gerçel değerli bir fonksiyondur: her noktaya negatif olmayan bir sayı karşılık getirir.

Örnek 9.5 (Birkaç Norm) \((2, -1, 3)\), \((3, 4, 12)\) ve \((1, 1, 1)\) noktalarının normlarını hesaplayalım.

Çözüm

Sırayla

\[\begin{aligned} \|(2, -1, 3)\| &= \sqrt{4 + 1 + 9} = \sqrt{14},\\ \|(3, 4, 12)\| &= \sqrt{9 + 16 + 144} = \sqrt{169} = 13, \end{aligned}\]

ve \(\|(1, 1, 1)\| = \sqrt{3}\) bulunur. İkinci örnekte karekök tam çıktı: \((3, 4, 12)\) noktası orijinden tam \(13\) birim uzaktadır. Genelde norm irrasyonel bir sayıdır; \(\sqrt{14} \approx 3{,}74\) gibi ondalık bir yaklaşım yerine kesin değeri kök işaretiyle yazmayı tercih edeceğiz.

\(\blacksquare\)

Örnek 9.6 (Normu Sıfır Olan Noktalar) Normu sıfır olan bütün noktaları bulalım.

Çözüm

\(\|\mathbf{p}\| = 0\) olması \(\mathbf{p} \cdot \mathbf{p} = 0\) demektir; pozitif tanımlılığa göre bu yalnızca \(\mathbf{p} = \mathbf{0}\) için olur. Yani normu sıfır olan tek nokta orijindir: uzunluğu sıfır olan tek ok, hiç yer kaplamayan oktur.

Tersine, norm bir noktayı belirlemez. \((1, 0, 0)\), \((0, 1, 0)\) ve \((1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2}, 0)\) noktalarının hepsinin normu \(1\)’dir. Normu \(1\) olan bütün noktaların kümesi, merkezi orijin ve yarıçapı \(1\) olan birim küredir (unit sphere); onunla ileride sık karşılaşacağız.

\(\blacksquare\)

Normla iç çarpım arasındaki en önemli ilişki şudur: iki noktanın iç çarpımı, mutlak değerce, normlarının çarpımını aşamaz. Bu eşitsizlik ilk bakışta bir hesap sınırı gibi görünür; oysa açı kavramının tanımlanabilmesini sağlayan tam da budur.

Lemma 9.1 (Schwarz Eşitsizliği) Her \(\mathbf{p}, \mathbf{q} \in \mathbb{R}^3\) için

\[\lvert \mathbf{p} \cdot \mathbf{q} \rvert \le \|\mathbf{p}\|\,\|\mathbf{q}\|.\]

Eşitlik ancak ve ancak \(\mathbf{p}\) ile \(\mathbf{q}\) lineer bağımlı olduğunda, yani biri ötekinin bir sayı katı olduğunda, sağlanır.

İspat

\(\mathbf{q} = \mathbf{0}\) durumu. İki taraf da sıfırdır, eşitlik vardır; ayrıca \(\mathbf{q} = 0\,\mathbf{p}\) olduğundan iki nokta lineer bağımlıdır.

\(\mathbf{q} \ne \mathbf{0}\) durumu. Pozitif tanımlılık gereği \(\mathbf{q} \cdot \mathbf{q} > 0\). Her \(t\) gerçel sayısı için \(\mathbf{p} - t\mathbf{q}\) noktasının kendisiyle iç çarpımı negatif değildir. Bilineerlik ve simetriyle açarsak

\[0 \le (\mathbf{p} - t\mathbf{q}) \cdot (\mathbf{p} - t\mathbf{q}) = \mathbf{p} \cdot \mathbf{p} - 2t\,\mathbf{p} \cdot \mathbf{q} + t^2\,\mathbf{q} \cdot \mathbf{q}.\]

Bu eşitsizlik her \(t\) için doğru olduğundan, işimize en çok yarayan \(t\)’yi seçebiliriz:

\[t_0 = \dfrac{\mathbf{p} \cdot \mathbf{q}}{\mathbf{q} \cdot \mathbf{q}}.\]

Yerine koyunca

\[0 \le \mathbf{p} \cdot \mathbf{p} - 2\,\dfrac{(\mathbf{p} \cdot \mathbf{q})^2}{\mathbf{q} \cdot \mathbf{q}} + \dfrac{(\mathbf{p} \cdot \mathbf{q})^2}{\mathbf{q} \cdot \mathbf{q}} = \mathbf{p} \cdot \mathbf{p} - \dfrac{(\mathbf{p} \cdot \mathbf{q})^2}{\mathbf{q} \cdot \mathbf{q}}.\]

Pozitif olan \(\mathbf{q} \cdot \mathbf{q}\) ile çarparsak

\[(\mathbf{p} \cdot \mathbf{q})^2 \le (\mathbf{p} \cdot \mathbf{p})(\mathbf{q} \cdot \mathbf{q}) = \|\mathbf{p}\|^2\,\|\mathbf{q}\|^2.\]

İki taraf da negatif olmadığından karekök alabiliriz: \(\lvert \mathbf{p} \cdot \mathbf{q} \rvert \le \|\mathbf{p}\|\,\|\mathbf{q}\|\).

Eşitlik durumu. Eşitlik varsa yukarıdaki zincirde \(\mathbf{p} \cdot \mathbf{p} - (\mathbf{p} \cdot \mathbf{q})^2/(\mathbf{q} \cdot \mathbf{q}) = 0\), dolayısıyla \((\mathbf{p} - t_0\mathbf{q}) \cdot (\mathbf{p} - t_0\mathbf{q}) = 0\) olur; pozitif tanımlılıkla \(\mathbf{p} - t_0\mathbf{q} = \mathbf{0}\), yani \(\mathbf{p} = t_0\mathbf{q}\). Tersine \(\mathbf{p} = c\mathbf{q}\) ise

\[\lvert \mathbf{p} \cdot \mathbf{q} \rvert = \lvert c\,\mathbf{q} \cdot \mathbf{q} \rvert = |c|\,\|\mathbf{q}\|^2, \qquad \|\mathbf{p}\| = \sqrt{c^2\,\mathbf{q} \cdot \mathbf{q}} = |c|\,\|\mathbf{q}\|\]

olduğundan \(\|\mathbf{p}\|\,\|\mathbf{q}\| = |c|\,\|\mathbf{q}\|^2 = \lvert \mathbf{p} \cdot \mathbf{q} \rvert\) çıkar.

\(\blacksquare\)

Yani iki noktanın iç çarpımı, normlarının çarpımı kadar büyük olabilir ama daha büyük olamaz; sınıra ancak noktalar aynı doğru üzerindeyken ulaşılır.

Örnek 9.7 (Schwarz Eşitsizliğinde Boşluk) \(\mathbf{p} = (2, -1, 3)\) ve \(\mathbf{q} = (1, 4, -2)\) için Schwarz eşitsizliğinin iki tarafını karşılaştıralım.

Çözüm

Bu çift için \(\mathbf{p} \cdot \mathbf{q} = -8\), \(\|\mathbf{p}\| = \sqrt{14}\) ve \(\|\mathbf{q}\| = \sqrt{21}\) bulmuştuk. Sağ taraf \(\sqrt{14 \cdot 21} = \sqrt{294} \approx 17{,}1\); sol taraf \(\lvert -8 \rvert = 8\). Eşitsizlik bol bol sağlanır; lemmaya göre bu, iki noktanın lineer bağımsız olması demektir. Gerçekten, \(\mathbf{q}\)’nun \(\mathbf{p}\)’nin bir katı olması için birinci koordinatlardan kat \(1/2\) çıkar, ama \((1/2)(-1) = -1/2 \ne 4\).

\(\blacksquare\)

Örnek 9.8 (Schwarz Eşitsizliğinde Eşitlik) \(\mathbf{p} = (2, -1, 3)\) ve \(\mathbf{q} = (-4, 2, -6)\) için Schwarz eşitsizliğinin iki tarafını karşılaştıralım.

Çözüm

Bu çiftte \(\mathbf{q} = -2\mathbf{p}\)’dir. İç çarpım

\[\mathbf{p} \cdot \mathbf{q} = 2(-4) + (-1)(2) + 3(-6) = -28,\]

normlar \(\|\mathbf{p}\| = \sqrt{14}\) ve

\[\|\mathbf{q}\| = \sqrt{16 + 4 + 36} = \sqrt{56} = 2\sqrt{14}.\]

Sağ taraf \(\sqrt{14} \cdot 2\sqrt{14} = 28\). Tam eşitlik; lemmanın söylediği gibi, çünkü noktalar lineer bağımlıdır.

\(\blacksquare\)

Schwarz eşitsizliğinin ilk meyvesi, normun okların uzunluğu gibi davrandığını gösteren iki özelliktir.

Önerme 9.2 (Normun İki Temel Özelliği) Her \(\mathbf{p}, \mathbf{q} \in \mathbb{R}^3\) ve her \(a\) gerçel sayısı için

1. \(\|a\mathbf{p}\| = |a|\,\|\mathbf{p}\|\);

2. \(\|\mathbf{p} + \mathbf{q}\| \le \|\mathbf{p}\| + \|\mathbf{q}\|\) (üçgen eşitsizliği, triangle inequality).

İspat

Birincisi. Bilineerlikle \((a\mathbf{p}) \cdot (a\mathbf{p}) = a^2\,(\mathbf{p} \cdot \mathbf{p})\). Karekök alınca

\[\|a\mathbf{p}\| = \sqrt{a^2\,(\mathbf{p} \cdot \mathbf{p})} = \sqrt{a^2}\,\sqrt{\mathbf{p} \cdot \mathbf{p}} = |a|\,\|\mathbf{p}\|;\]

burada \(\sqrt{a^2} = |a|\) eşitliğini kullandık (\(a\) negatif olsa bile karekök pozitif çıkar).

İkincisi. İki taraf da negatif olmadığından karelerini karşılaştırmak yeter. Bilineerlik ve simetriyle

\[\|\mathbf{p} + \mathbf{q}\|^2 = (\mathbf{p} + \mathbf{q}) \cdot (\mathbf{p} + \mathbf{q}) = \|\mathbf{p}\|^2 + 2\,\mathbf{p} \cdot \mathbf{q} + \|\mathbf{q}\|^2.\]

Bir sayı mutlak değerini aşamaz, mutlak değer de Schwarz eşitsizliğiyle sınırlıdır: \(\mathbf{p} \cdot \mathbf{q} \le \lvert \mathbf{p} \cdot \mathbf{q} \rvert \le \|\mathbf{p}\|\,\|\mathbf{q}\|\). Dolayısıyla

\[\|\mathbf{p} + \mathbf{q}\|^2 \le \|\mathbf{p}\|^2 + 2\,\|\mathbf{p}\|\,\|\mathbf{q}\| + \|\mathbf{q}\|^2 = \bigl(\|\mathbf{p}\| + \|\mathbf{q}\|\bigr)^2.\]

Karekök alınca istenen eşitsizlik çıkar.

\(\blacksquare\)

Yani bir noktayı \(a\) ile çarpmak okun uzunluğunu \(|a|\) katına çıkarır (işaret yalnızca yönü etkiler); toplamın uzunluğu ise toplananların uzunlukları toplamını aşamaz, tıpkı bir üçgenin bir kenarının öteki iki kenarın toplamından uzun olamaması gibi.

Örnek 9.9 (Üçgen Eşitsizliğinde Boşluk) \(\mathbf{p} = (3, 0, 0)\) ve \(\mathbf{q} = (0, 4, 0)\) için üçgen eşitsizliğinin iki tarafını hesaplayalım.

Çözüm

\(\mathbf{p} + \mathbf{q} = (3, 4, 0)\) ve \(\|\mathbf{p} + \mathbf{q}\| = \sqrt{9 + 16} = 5\). Sağ taraf \(\|\mathbf{p}\| + \|\mathbf{q}\| = 3 + 4 = 7\). Gerçekten \(5 \le 7\). Buradaki üçgen, kenarları \(3\), \(4\), \(5\) olan dik üçgendir; üçüncü kenar öteki ikisinin toplamından \(2\) birim kısadır. İspata bakarsak boşluğun nereden geldiği görülür: \(\mathbf{p} \cdot \mathbf{q} = 0\) olduğundan \(\|\mathbf{p} + \mathbf{q}\|^2 = 9 + 16\), oysa \((\|\mathbf{p}\| + \|\mathbf{q}\|)^2 = 9 + 24 + 16\); aradaki fark \(2\,\|\mathbf{p}\|\,\|\mathbf{q}\| - 2\,\mathbf{p} \cdot \mathbf{q} = 24\).

\(\blacksquare\)

Örnek 9.10 (Üçgen Eşitsizliğinde Eşitlik) \(\mathbf{p} = (1, 2, 2)\) ve \(\mathbf{q} = (2, 4, 4)\) için üçgen eşitsizliğinin iki tarafını hesaplayıp neden eşit çıktıklarını açıklayalım.

Çözüm

\(\|\mathbf{p}\| = \sqrt{1 + 4 + 4} = 3\), \(\|\mathbf{q}\| = \sqrt{4 + 16 + 16} = 6\) ve \(\mathbf{p} + \mathbf{q} = (3, 6, 6)\), \(\|\mathbf{p} + \mathbf{q}\| = \sqrt{9 + 36 + 36} = 9\). İki taraf da \(9\)’dur.

Neden: \(\mathbf{q} = 2\mathbf{p}\), yani iki ok aynı doğrultuda ve aynı yöndedir. İspattaki tek eşitsizlik \(\mathbf{p} \cdot \mathbf{q} \le \|\mathbf{p}\|\,\|\mathbf{q}\|\) adımıydı; burada \(\mathbf{p} \cdot \mathbf{q} = 2 + 8 + 8 = 18 = 3 \cdot 6\) olduğundan o adım da eşitliktir. “Üçgen” yassılmış, üç köşe aynı doğru üzerine dizilmiştir.

\(\blacksquare\)

9.3 Öklid Uzaklığı

İki nokta arasındaki uzaklık, birinden ötekine çizilen okun uzunluğudur; bu ok \(\mathbf{p} - \mathbf{q}\) farkıyla temsil edilir. Norm elimizde olduğundan uzaklığı tek satırda tanımlayabiliriz.

Tanım 9.3 (Öklid Uzaklığı) \(\mathbf{p}\) ve \(\mathbf{q}\), \(\mathbb{R}^3\)’ün noktaları olsun.

\[d(\mathbf{p}, \mathbf{q}) = \|\mathbf{p} - \mathbf{q}\|\]

sayısına \(\mathbf{p}\)’den \(\mathbf{q}\)’ya Öklid uzaklığı (Euclidean distance) denir.

Yani uzaklık, fark noktasının normudur; özel olarak orijine uzaklık normun kendisidir: \(d(\mathbf{0}, \mathbf{p}) = \|\mathbf{0} - \mathbf{p}\| = \|\mathbf{p}\|\).

Normu açarsak analizden tanıdığımız uzaklık formülü ortaya çıkar.

Lemma 9.2 (Uzaklık Formülü) \(\mathbf{p} = (p_1, p_2, p_3)\) ve \(\mathbf{q} = (q_1, q_2, q_3)\) için

\[d(\mathbf{p}, \mathbf{q}) = \sqrt{(p_1 - q_1)^2 + (p_2 - q_2)^2 + (p_3 - q_3)^2}.\]

İspat

Noktaların farkı koordinat koordinat alınır:

\[\mathbf{p} - \mathbf{q} = (p_1 - q_1,\ p_2 - q_2,\ p_3 - q_3).\]

Bu noktanın normu, tanım gereği, koordinatlarının karelerinin toplamının kareköküdür; bu da yazılan ifadedir.

\(\blacksquare\)

Yani iki nokta arasındaki uzaklık, kenarları koordinat farklarının mutlak değerleri olan dikdörtgen kutunun köşegenidir; Pisagor teoreminin iki kez uygulanmış hâli.

Örnek 9.11 (Kutunun Köşegeni) \(\mathbf{p} = (1, 2, 0)\) ile \(\mathbf{q} = (4, 6, 12)\) arasındaki uzaklığı hesaplayalım ve kenarları koordinat farkları olan kutuyla ilişkilendirelim.

Çözüm

Koordinat farkları \(q_1 - p_1 = 3\), \(q_2 - p_2 = 4\) ve \(q_3 - p_3 = 12\)’dir. Uzaklık formülüyle

\[d(\mathbf{p}, \mathbf{q}) = \sqrt{3^2 + 4^2 + 12^2} = \sqrt{9 + 16 + 144} = \sqrt{169} = 13.\]

Geometrik olarak \(\mathbf{p}\) ve \(\mathbf{q}\), kenarları \(3\), \(4\) ve \(12\) olan bir dikdörtgen kutunun karşılıklı köşeleridir. Kutunun tabanındaki dikdörtgenin köşegeni Pisagor’la \(\sqrt{3^2 + 4^2} = 5\); bu köşegenle \(12\) yüksekliği yeni bir dik üçgen kurar ve kutunun köşegeni \(\sqrt{5^2 + 12^2} = 13\) çıkar. Formül bu iki adımı tek karekökte birleştirir.

p = (1, 2, 0) ile q = (4, 6, 12), kenarları koordinat eksenlerine paralel olan kesikli kutunun karşılıklı iki köşesidir; kenar uzunlukları koordinat farkları 3, 4 ve 12’dir. Tabandaki turuncu köşegen Pisagor’la 3² + 4² = 5² hesabından 5 çıkar; bu 5 ile 12 yüksekliği yeni bir dik üçgen kurduğundan kutunun mavi köşegeni 5² + 12² = 13² hesabından 13 olur. Uzaklık formülü bu iki Pisagor adımını tek karekökte birleştirir: d(p, q) = 13.

\(\blacksquare\)

Örnek 9.12 (Uzaklık Ötelemeyle Değişmez) Her \(\mathbf{p}, \mathbf{q}, \mathbf{r}\) noktası için \(d(\mathbf{p} + \mathbf{r}, \mathbf{q} + \mathbf{r}) = d(\mathbf{p}, \mathbf{q})\) olduğunu gösterelim.

Çözüm

\((\mathbf{p} + \mathbf{r}) - (\mathbf{q} + \mathbf{r}) = \mathbf{p} - \mathbf{q}\) olduğundan iki uzaklık aynı noktanın normudur. İki noktayı aynı \(\mathbf{r}\) kadar kaydırmak aralarındaki uzaklığı değiştirmez; bu, uzaklığın noktaların nerede durduğuna değil yalnızca farklarına bağlı olması demektir.

Sayısal denetim. \(\mathbf{p} = (1, 2, 0)\), \(\mathbf{q} = (4, 6, 12)\) ve \(\mathbf{r} = (-1, -2, 0)\) alalım: \(\mathbf{p} + \mathbf{r} = (0, 0, 0)\) ve \(\mathbf{q} + \mathbf{r} = (3, 4, 12)\); bu iki nokta arasındaki uzaklık \(\|(3, 4, 12)\| = 13\), önceki örnekte bulduğumuz değerle aynı.

\(\blacksquare\)

Öklid Uzayı bölümünde açık kümeyi tanımlarken (Tanım 1.7) “yeterince yakın” sözünü uzaklık formülüyle açıklamıştık; artık \(d(\mathbf{p}, \mathbf{q}) = \|\mathbf{p} - \mathbf{q}\|\) yazabildiğimiz için aynı tanımı norm diliyle okuyabiliriz: bir küme, her noktasıyla birlikte o noktanın çevresindeki küçük bir yuvarı da içeriyorsa açıktır. Yarıçapın noktaya bağlı olabileceğine dikkat; kümenin kenarına yakın noktalar için küçük seçilir. Aynı sözcükler \(\mathbb{R}^3\) yerine \(\mathbb{R}^n\) için, hatta bir uzaklık kavramı bulunan herhangi bir küme için aynen çalışır.

9.4 Teğet Vektörlerin İç Çarpımı

Teğet Vektörler bölümünde bir \(\mathbf{p}\) noktasındaki teğet vektörlerin \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\) biçiminde yazıldığını görmüştük (Tanım 2.1): \(\mathbf{v}\) vektör kısmı, \(\mathbf{p}\) uygulama noktasıdır. \(\mathbf{v} \mapsto \mathbf{v}_{\mathbf{p}}\) eşlemesi \(\mathbb{R}^3\)’ten \(T_{\mathbf{p}}(\mathbb{R}^3)\) teğet uzayına (Tanım 2.2) birebir ve örtendir, toplamı ve sayıyla çarpımı korur. Bu eşleme sayesinde \(\mathbb{R}^3\) üzerinde tanımladığımız iç çarpımı her teğet uzayına taşıyabiliriz: iki okun iç çarpımı, vektör kısımlarının iç çarpımı olsun.

Tanım 9.4 (Teğet Vektörlerin İç Çarpımı) \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\) ve \(\mathbf{w}_{\mathbf{p}}\), \(\mathbb{R}^3\)’ün aynı \(\mathbf{p}\) noktasındaki iki teğet vektörü olsun.

\[\mathbf{v}_{\mathbf{p}} \cdot \mathbf{w}_{\mathbf{p}} = \mathbf{v} \cdot \mathbf{w}\]

sayısına bu iki teğet vektörün iç çarpımı denir. \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\) teğet vektörünün normu (uzunluğu) \(\|\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\| = \|\mathbf{v}\|\) sayısıdır.

Yani iki teğet vektörün iç çarpımı vektör kısımlarının iç çarpımıdır; uygulama noktası sonucu etkilemez, yalnızca iki okun aynı noktadan çıkmasını şart koşar.

Bu bölümden başlayarak, uygulama noktası bağlamdan belli olduğunda \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\) yerine kısaca \(\mathbf{v}\) yazacağız; “\(\mathbf{p}\) noktasındaki \(\mathbf{v}\) ve \(\mathbf{w}\) teğet vektörleri” dediğimizde \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\) ve \(\mathbf{w}_{\mathbf{p}}\) kastediyoruz. Bir formülde uygulama noktasının önemli olduğu yerde alt indisi geri koyacağız.

Örnek 9.13 (Aynı Noktadaki İki Okun İç Çarpımı) \(\mathbf{p} = (5, 5, 5)\) noktasında \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}} = (2, -1, 3)_{\mathbf{p}}\) ve \(\mathbf{w}_{\mathbf{p}} = (1, 4, -2)_{\mathbf{p}}\) teğet vektörlerinin iç çarpımını ve normlarını bulalım.

Çözüm

Uygulama noktasını bir yana bırakıp vektör kısımlarıyla hesaplarız:

\[\mathbf{v}_{\mathbf{p}} \cdot \mathbf{w}_{\mathbf{p}} = (2, -1, 3) \cdot (1, 4, -2) = 2 - 4 - 6 = -8.\]

Normlar \(\|\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\| = \sqrt{14}\) ve \(\|\mathbf{w}_{\mathbf{p}}\| = \sqrt{21}\). \(\mathbf{p}\)’nin koordinatları hesaba hiç girmedi: aynı vektör kısımlarına sahip oklar \(\mathbf{p} = (0, 0, 0)\)’da ya da \((-7, 2, 1)\)’de olsaydı sonuç değişmezdi.

\(\blacksquare\)

Tanım, iç çarpımın üç özelliğini olduğu gibi teğet uzaylarına taşır.

Önerme 9.3 (Teğet Uzayında İç Çarpımın Özellikleri) \(\mathbf{p}\) noktasındaki teğet vektörlerin iç çarpımı bilineer, simetrik ve pozitif tanımlıdır: \(\mathbf{u}, \mathbf{v}, \mathbf{w} \in T_{\mathbf{p}}(\mathbb{R}^3)\) ve \(a, b\) sayıları için

\[(a\mathbf{u} + b\mathbf{v}) \cdot \mathbf{w} = a\,\mathbf{u} \cdot \mathbf{w} + b\,\mathbf{v} \cdot \mathbf{w}, \qquad \mathbf{v} \cdot \mathbf{w} = \mathbf{w} \cdot \mathbf{v}, \qquad \mathbf{v} \cdot \mathbf{v} \ge 0,\]

ve \(\mathbf{v} \cdot \mathbf{v} = 0\) ancak ve ancak \(\mathbf{v}\) sıfır teğet vektörü ise. Ayrıca Schwarz eşitsizliği, \(\|a\mathbf{v}\| = |a|\,\|\mathbf{v}\|\) ve üçgen eşitsizliği teğet vektörler için de geçerlidir.

İspat

Teğet uzayında toplama ve sayıyla çarpma vektör kısımları üzerinden tanımlanmıştır: \(a\mathbf{u}_{\mathbf{p}} + b\mathbf{v}_{\mathbf{p}} = (a\mathbf{u} + b\mathbf{v})_{\mathbf{p}}\). Dolayısıyla

\[(a\mathbf{u}_{\mathbf{p}} + b\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) \cdot \mathbf{w}_{\mathbf{p}} = (a\mathbf{u} + b\mathbf{v}) \cdot \mathbf{w} = a\,\mathbf{u} \cdot \mathbf{w} + b\,\mathbf{v} \cdot \mathbf{w} = a\,\mathbf{u}_{\mathbf{p}} \cdot \mathbf{w}_{\mathbf{p}} + b\,\mathbf{v}_{\mathbf{p}} \cdot \mathbf{w}_{\mathbf{p}};\]

ortadaki eşitlik Önerme 9.1’nin bilineerliğidir. Simetri ve pozitif tanımlılık aynı biçimde vektör kısımlarına aktarılır; \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}} \cdot \mathbf{v}_{\mathbf{p}} = \mathbf{v} \cdot \mathbf{v} = 0\) olması \(\mathbf{v} = \mathbf{0}\), yani \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\)’nin \(\mathbf{p}\)’deki sıfır teğet vektörü \(\mathbf{0}_{\mathbf{p}}\) olması demektir. Schwarz eşitsizliği ve norm özellikleri yalnızca bu üç özellikten türetildiğine göre teğet vektörler için de geçerlidir; istenirse doğrudan vektör kısımlarına uygulanarak da görülür.

\(\blacksquare\)

Örnek 9.14 (Farklı Noktalardaki Oklar) \(\mathbf{v} = (3, 4, 12)\) vektör kısmını iki farklı noktaya uygulayalım: \(\mathbf{p} = (0, 0, 0)\) ve \(\mathbf{q} = (10, -3, 7)\). \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}} \cdot \mathbf{v}_{\mathbf{q}}\) ifadesi tanımlı mıdır?

Çözüm

Uzunluklar için bir sorun yoktur: \(\|\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\| = \|\mathbf{v}\| = 13\) ve \(\|\mathbf{v}_{\mathbf{q}}\| = \|\mathbf{v}\| = 13\); aynı vektör kısmına sahip iki ok, nerede uygulandıklarına bakılmaksızın aynı uzunluktadır. Bu, birbirine paralel iki eşit okun eşit uzunlukta olması demektir.

İç çarpım için ise yanıt hayırdır: \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}} \cdot \mathbf{v}_{\mathbf{q}}\) ifadesine bir anlam vermedik, çünkü tanım iki teğet vektörün aynı noktada olmasını ister. Vektör kısımlarının iç çarpımı elbette hesaplanabilir (\(169\) çıkar), ama biz iç çarpımı her teğet uzayının kendi içinde bir işlem olarak tanımlıyoruz; farklı teğet uzaylarındaki oklar toplanamadığı gibi çarpılamaz da. Her \(T_{\mathbf{p}}(\mathbb{R}^3)\) kendi iç çarpımıyla donatılmış ayrı bir uzaydır.

\(\blacksquare\)

9.5 Açı, Diklik ve Birim Vektör

Schwarz eşitsizliği, sıfırdan farklı iki \(\mathbf{v}, \mathbf{w}\) teğet vektörü için

\[-1 \le \dfrac{\mathbf{v} \cdot \mathbf{w}}{\|\mathbf{v}\|\,\|\mathbf{w}\|} \le 1\]

olduğunu söyler. \([-1, 1]\) aralığındaki her sayı tam bir açının kosinüsüdür: kosinüs fonksiyonu \([0, \pi]\) aralığında sürekli ve kesin azalandır, \(1\)’den başlayıp \(-1\)’de biter; dolayısıyla \([-1, 1]\)’deki her değeri bu aralıkta tam bir kez alır. Bu bize açıyı tanımlama olanağı verir.

Tanım 9.5 (İki Vektör Arasındaki Açı) \(\mathbf{v}\) ve \(\mathbf{w}\), \(\mathbf{p}\) noktasında sıfırdan farklı iki teğet vektör olsun.

\[\cos\vartheta = \dfrac{\mathbf{v} \cdot \mathbf{w}}{\|\mathbf{v}\|\,\|\mathbf{w}\|}, \qquad 0 \le \vartheta \le \pi\]

koşullarını sağlayan tek \(\vartheta\) sayısına \(\mathbf{v}\) ile \(\mathbf{w}\) arasındaki açı (angle) denir. Böylece

\[\mathbf{v} \cdot \mathbf{w} = \|\mathbf{v}\|\,\|\mathbf{w}\| \cos\vartheta.\]

Yani iki vektörün iç çarpımı, uzunluklarının çarpımı ile aralarındaki açının kosinüsünün çarpımıdır; iç çarpımın işareti açının dar (\(\mathbf{v} \cdot \mathbf{w} > 0\)), dik (\(= 0\)) ya da geniş (\(< 0\)) olduğunu söyler.

\(0 \le \vartheta \le \pi\) kısıtı olmadan açı tek türlü belirlenmezdi: \(\vartheta\) işe yarıyorsa \(-\vartheta\) ve \(\vartheta + 2\pi\) da aynı kosinüsü verir. Kısıtla birlikte iki vektör arasındaki açı, iki doğrultu arasındaki “küçük” açıdır; geometrideki alışkanlığımızla uyumludur. \(\mathbf{v}\) ile \(\mathbf{w}\)’nin yerini değiştirmek açıyı değiştirmez, çünkü iç çarpım simetriktir.

Örnek 9.15 (Kırk Beş Derecelik Açı) \(\mathbf{v} = (2, 2, 0)\) ve \(\mathbf{w} = (3, 0, 0)\) teğet vektörleri (aynı noktada) arasındaki açıyı bulalım ve \(\|\mathbf{v}\| \cos\vartheta\) sayısını yorumlayalım.

Çözüm

\(\mathbf{v} \cdot \mathbf{w} = 6\), \(\|\mathbf{v}\| = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}\) ve \(\|\mathbf{w}\| = 3\). Dolayısıyla

\[\cos\vartheta = \dfrac{6}{2\sqrt{2} \cdot 3} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}, \qquad \vartheta = \dfrac{\pi}{4}.\]

Beklediğimiz gibi: \(\mathbf{v}\), \(xy\) düzleminde \(x\) ekseniyle \(45°\) yapan köşegen doğrultusundadır, \(\mathbf{w}\) ise \(x\) ekseni üzerindedir.

\(\|\mathbf{v}\| \cos\vartheta = 2\sqrt{2} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{2}} = 2\) sayısı, \(\mathbf{v}\) okunun \(\mathbf{w}\) doğrultusundaki gölgesinin uzunluğudur: \(\mathbf{v}\)’nin ucundan \(\mathbf{w}\)’nin doğrusuna dikme inersek dikmenin ayağı başlangıçtan \(2\) birim uzaktadır (gerçekten, \(\mathbf{v} = (2, 2, 0)\)’ın \(x\) ekseni üzerindeki izdüşümü \((2, 0, 0)\)’dır). İç çarpım da bu gölge uzunluğunun \(\|\mathbf{w}\| = 3\) ile çarpımıdır: \(2 \cdot 3 = 6\).

xy düzleminde ortak başlangıçtan çıkan iki ok: w = (3, 0) (turuncu) x ekseni üzerindedir, v = (2, 2) (mavi) köşegen doğrultusundadır ve aralarındaki açı ϑ = π/4’tür. v’nin ucundan w’nin doğrusuna inen kesikli dikmenin ayağı (2, 0) noktasıdır; başlangıçtan bu ayağa kadar uzanan kalın parça v’nin w doğrultusundaki gölgesidir ve boyu ‖v‖ cos ϑ = 2’dir. İç çarpım bu gölge boyunun ‖w‖ = 3 ile çarpımıdır: v · w = 2 · 3 = 6.

\(\blacksquare\)

Örnek 9.16 (Geniş Açı) \(\mathbf{v} = (1, 0, 0)\) ve \(\mathbf{w} = (-1, 1, 0)\) arasındaki açıyı bulalım.

Çözüm

\(\mathbf{v} \cdot \mathbf{w} = -1\), \(\|\mathbf{v}\| = 1\), \(\|\mathbf{w}\| = \sqrt{2}\); dolayısıyla \(\cos\vartheta = -1/\sqrt{2}\) ve \([0, \pi]\) aralığında bunu sağlayan tek açı \(\vartheta = 3\pi/4\)’tür. İç çarpımın negatif çıkması açının geniş olduğunu daha hesabın başında haber vermişti: \(\mathbf{w}\), \(\mathbf{v}\)’nin “arkaya” doğru bakan tarafındadır.

\(\blacksquare\)

Açının \(\pi/2\) olması, yani iki okun birbirine dik durması, iç çarpımın sıfır olmasıyla aynı şeydir. Bu gözlemi tanım hâline getiriyoruz; tanımı iç çarpımla yapmanın yararı, sıfır vektörünü de kapsamasıdır.

Tanım 9.6 (Ortogonal Vektörler ve Birim Vektör) Aynı noktadaki iki teğet vektör iç çarpımları sıfırsa ortogonal (orthogonal), başka bir deyişle diktir. Normu \(1\) olan bir teğet vektöre birim vektör (unit vector) denir.

Yani diklik “iç çarpım sıfır” demektir, birim vektör “uzunluk bir” demektir; ikisi de yalnızca iç çarpımla ifade edilir.

Sıfır teğet vektörü \(\mathbf{0}_{\mathbf{p}}\), her teğet vektörle iç çarpımı sıfır olduğundan, tanım gereği her vektöre ortogonaldir; oysa onunla hiçbir vektör arasında açı tanımlamadık. Tanımı iç çarpımla yapmak bu özel durumu sorunsuz kapsar.

Örnek 9.17 (Dikliği Denetlemek) \((1, 2, -1)\), \((3, -1, 1)\) ve \((1, 1, 1)\) vektör kısımlı teğet vektörlerden (aynı noktada) hangi çiftlerin ortogonal olduğunu bulalım.

Çözüm

Üç iç çarpım hesaplarız:

\[\begin{aligned} (1, 2, -1) \cdot (3, -1, 1) &= 3 - 2 - 1 = 0,\\ (1, 2, -1) \cdot (1, 1, 1) &= 1 + 2 - 1 = 2,\\ (3, -1, 1) \cdot (1, 1, 1) &= 3 - 1 + 1 = 3. \end{aligned}\]

Yalnızca ilk çift ortogonaldir. Öteki iki çiftin iç çarpımları pozitif, yani aralarındaki açılar dardır.

\(\blacksquare\)

Örnek 9.18 (Bir Vektörü Birim Vektöre Çevirmek) \(\mathbf{v} \ne \mathbf{0}\) teğet vektörü için \(\mathbf{v}/\|\mathbf{v}\|\) vektörünün birim vektör olduğunu gösterelim.

Çözüm

\(\mathbf{v}/\|\mathbf{v}\|\), \(\mathbf{v}\)’nin \(a = 1/\|\mathbf{v}\|\) sayısıyla çarpımıdır; \(\mathbf{v} \ne \mathbf{0}\) olduğundan \(\|\mathbf{v}\| > 0\) ve bu sayı tanımlıdır. Önerme 9.2 gereği

\[\left\| \dfrac{\mathbf{v}}{\|\mathbf{v}\|} \right\| = \dfrac{1}{\|\mathbf{v}\|}\,\|\mathbf{v}\| = 1.\]

\(a > 0\) olduğu için yön de değişmez: \(\mathbf{v}/\|\mathbf{v}\|\), \(\mathbf{v}\) ile aynı yöne bakan tek birim vektördür.

Sayısal örnek. \(\mathbf{v} = (3, 4, 12)\) için \(\|\mathbf{v}\| = 13\) ve

\[\dfrac{\mathbf{v}}{\|\mathbf{v}\|} = \left(\dfrac{3}{13}, \dfrac{4}{13}, \dfrac{12}{13}\right);\]

denetim: \((9 + 16 + 144)/169 = 1\). Bu işleme \(\mathbf{v}\)’yi normalleştirmek denir.

\(\blacksquare\)

9.6 Çatılar

\(\mathbb{R}^3\)’te ölçüm yapmak için koordinat eksenlerine ihtiyacımız yoktur; bir noktada birbirine dik üç birim ok yeter. Bu üçlü, o noktada kurulmuş küçük bir “cetvel takımı” gibidir: her vektörün uzunluğunu ve yönünü bu üç oka göre ölçebiliriz. Doğal çatı alanının bir noktadaki değerleri böyle bir üçlüdür, ama tek örnek o değildir; üçlüyü noktadan noktaya döndürebilmek, bu kısmın adını veren “çatı alanları” fikrinin özüdür.

Tanım 9.7 (Çatı) \(\mathbf{p}\), \(\mathbb{R}^3\)’ün bir noktası olsun. \(\mathbf{p}\) noktasındaki, karşılıklı ortogonal üç birim teğet vektörden oluşan bir \(e_1, e_2, e_3\) kümesine \(\mathbf{p}\) noktasında bir çatı (frame) denir.

Yani bir çatı, aynı noktadan çıkan, her biri \(1\) uzunluğunda ve ikişer ikişer birbirine dik üç oktur.

Çatı vektörlerini \(e_1, e_2, e_3\) diye düz harflerle yazıyoruz; kalın yazmıyoruz ama bunlar \(\mathbf{p}\) noktasındaki teğet vektörlerdir. Tanımdaki koşullar dokuz denklem demektir. “Birim” koşulu üç denklem verir:

\[e_1 \cdot e_1 = e_2 \cdot e_2 = e_3 \cdot e_3 = 1.\]

“Karşılıklı ortogonal” koşulu ise altı denklem verir:

\[e_1 \cdot e_2 = e_1 \cdot e_3 = e_2 \cdot e_3 = 0, \qquad e_2 \cdot e_1 = e_3 \cdot e_1 = e_3 \cdot e_2 = 0.\]

İç çarpım simetrik olduğundan ikinci üçlü birincinin tekrarıdır; denetlenmesi gereken yalnızca altı denklemdir. Dokuz denklemin hepsi, 1-Formlar bölümünden tanıdığımız Kronecker deltasıyla (\(\delta_{ij}\), \(i = j\) ise \(1\), \(i \ne j\) ise \(0\)) tek satırda yazılır:

\[e_i \cdot e_j = \delta_{ij} \qquad (1 \le i, j \le 3).\]

Örnek 9.19 (Doğal Çatı Bir Çatıdır) Her \(\mathbf{p}\) noktasında doğal çatı alanının (Tanım 2.6) değerleri \(U_1(\mathbf{p}), U_2(\mathbf{p}), U_3(\mathbf{p})\)’nin bir çatı oluşturduğunu gösterelim.

Çözüm

Vektör kısımları \((1, 0, 0)\), \((0, 1, 0)\) ve \((0, 0, 1)\)’dir. Her birinin kendisiyle iç çarpımı \(1\)’dir (\(1^2 + 0 + 0\) vb.), farklı ikisinin iç çarpımında ise çarpılan koordinatlardan biri hep sıfır olduğundan sonuç \(0\)’dır; örneğin \((1, 0, 0) \cdot (0, 1, 0) = 0 + 0 + 0\). Altı denklem de sağlanır; \(U_i(\mathbf{p}) \cdot U_j(\mathbf{p}) = \delta_{ij}\).

Doğal çatı alanı adını tam buradan alır: her noktada bir çatı verir ve bu çatı noktadan noktaya hiç dönmez.

\(\blacksquare\)

Örnek 9.20 (Döndürülmüş Bir Çatı) \(\mathbf{p}\) herhangi bir nokta olsun ve

\[e_1 = \dfrac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0)_{\mathbf{p}}, \qquad e_2 = \dfrac{1}{\sqrt{2}}(-1, 1, 0)_{\mathbf{p}}, \qquad e_3 = (0, 0, 1)_{\mathbf{p}}\]

teğet vektörlerini alalım. Bunların \(\mathbf{p}\) noktasında bir çatı olduğunu gösterelim.

Çözüm

Normlar: \(\|e_1\|^2 = (1 + 1 + 0)/2 = 1\), \(\|e_2\|^2 = (1 + 1 + 0)/2 = 1\), \(\|e_3\|^2 = 1\). Karşılıklı iç çarpımlar:

\[e_1 \cdot e_2 = \dfrac{-1 + 1 + 0}{2} = 0, \qquad e_1 \cdot e_3 = \dfrac{0 + 0 + 0}{\sqrt{2}} = 0, \qquad e_2 \cdot e_3 = 0.\]

Altı koşul da sağlanır. Bu çatı, doğal çatının \(z\) ekseni çevresinde \(45°\) döndürülmüş hâlidir: \(e_3 = U_3(\mathbf{p})\) yerinde kalmış, \(e_1\) ve \(e_2\) ise \(xy\) düzleminde birlikte dönmüştür. Bölümün geri kalanında bu çatıyı sık sık örnek olarak kullanacağız.

\(\blacksquare\)

Örnek 9.21 (Dik Ama Birim Olmayan Üçlü) \((1, 1, 0)_{\mathbf{p}}, (-1, 1, 0)_{\mathbf{p}}, (0, 0, 1)_{\mathbf{p}}\) üçlüsünün neden çatı olmadığını açıklayalım.

Çözüm

Vektörler ikişer ikişer ortogonaldir: iç çarpımlar \(-1 + 1 + 0 = 0\), \(0 + 0 + 0 = 0\) ve \(0 + 0 + 0 = 0\). Ama ilk ikisinin normu \(\sqrt{1 + 1 + 0} = \sqrt{2}\)’dir, \(1\) değil. Diklik var, birimlik yok; üçlü çatı değildir. Bu üçlünün her vektörünü normalleştirirsek Örnek 9.20’deki çatıyı elde ederiz.

\(\blacksquare\)

Örnek 9.22 (Birim Ama Dik Olmayan Üçlü) \((1, 0, 0)_{\mathbf{p}}, \tfrac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0)_{\mathbf{p}}, (0, 0, 1)_{\mathbf{p}}\) üçlüsünün neden çatı olmadığını açıklayalım.

Çözüm

Üç vektör de birimdir: normların kareleri \(1\), \((1 + 1)/2 = 1\) ve \(1\). Ama \((1, 0, 0) \cdot \tfrac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0) = 1/\sqrt{2} \ne 0\): birinci ile ikinci arasındaki açı \(45°\)’dir, \(90°\) değil. Birimlik var, diklik yok; üçlü çatı değildir. Çatı olmak için ikisi birden gerekir.

\(\blacksquare\)

9.7 Ortonormal Açılım

Bir çatının asıl gücü şudur: noktadaki her teğet vektör, çatının üç vektörünün bir lineer bileşimi olarak yazılır ve katsayılar yalnızca üç iç çarpımla bulunur. Bunu ispatlamak için lineer cebirden bir olguya ihtiyacımız var: \(\mathbb{R}^3\)’te lineer bağımsız üç vektör bir tabandır. Bu olguyu “bilinir” diye geçmeyip kısa ve tam bir ispatla vereceğiz.

Terimleri hatırlayalım. \(\mathbb{R}^3\)’ün \(\mathbf{a}_1, \dots, \mathbf{a}_k\) vektörleri, hepsi sıfır olmayan \(\lambda_1, \dots, \lambda_k\) sayılarıyla \(\lambda_1 \mathbf{a}_1 + \dots + \lambda_k \mathbf{a}_k = \mathbf{0}\) yazılabiliyorsa lineer bağımlı (linearly dependent), yazılamıyorsa lineer bağımsızdır (linearly independent). Bağımsızlık şu demektir: sıfırı veren tek bileşim, bütün katsayıları sıfır olan bileşimdir.

Lemma 9.3 (Üç Bağımsız Vektör Bir Tabandır) 1. \(\mathbb{R}^3\)’te herhangi dört vektör lineer bağımlıdır.

2. \(\mathbf{a}, \mathbf{b}, \mathbf{c} \in \mathbb{R}^3\) lineer bağımsızsa, \(\mathbb{R}^3\)’ün her \(\mathbf{v}\) vektörü tek bir \((x, y, z)\) sayı üçlüsüyle \(\mathbf{v} = x\mathbf{a} + y\mathbf{b} + z\mathbf{c}\) biçiminde yazılır.

İspat

Birinci kısım, adım 1: iki sayı. \(a, b\) gerçel sayıları için, ikisi birden sıfır olmayan \(\lambda, \mu\) sayılarıyla \(\lambda a + \mu b = 0\) yazılabilir: \(a = 0\) ise \((\lambda, \mu) = (1, 0)\) alınır; \(a \ne 0\) ise \((\lambda, \mu) = (b, -a)\) alınır, çünkü \(ba - ab = 0\) ve \(-a \ne 0\).

Adım 2: düzlemde üç vektör. \(\mathbf{x}, \mathbf{y}, \mathbf{z} \in \mathbb{R}^2\) olsun. Üçünün de ikinci koordinatı sıfırsa, birinci koordinatları \(x_1, y_1\) için adım 1’den \(\lambda x_1 + \mu y_1 = 0\) sağlayan, ikisi birden sıfır olmayan \(\lambda, \mu\) vardır; o zaman \(\lambda\mathbf{x} + \mu\mathbf{y} + 0\,\mathbf{z} = \mathbf{0}\) sıfır olmayan katsayılı bir bağıntıdır. Değilse, ikinci koordinatı sıfır olmayan bir vektör vardır; adlandırmayı değiştirerek bunun \(\mathbf{z}\) olduğunu, yani \(z_2 \ne 0\) olduğunu varsayabiliriz. Şimdi

\[\mathbf{x}' = \mathbf{x} - \dfrac{x_2}{z_2}\,\mathbf{z}, \qquad \mathbf{y}' = \mathbf{y} - \dfrac{y_2}{z_2}\,\mathbf{z}\]

vektörlerinin ikinci koordinatları sıfırdır. Birinci koordinatlarına adım 1’i uygularsak, ikisi birden sıfır olmayan \(\lambda, \mu\) ile \(\lambda x_1' + \mu y_1' = 0\) buluruz; ikinci koordinatlar zaten sıfır olduğundan \(\lambda\mathbf{x}' + \mu\mathbf{y}' = \mathbf{0}\) olur. Yerine yazıp düzenlersek

\[\lambda\mathbf{x} + \mu\mathbf{y} - \dfrac{\lambda x_2 + \mu y_2}{z_2}\,\mathbf{z} = \mathbf{0}.\]

\(\lambda\) ile \(\mu\)’den en az biri sıfır olmadığından bu, sıfır olmayan katsayılı bir bağıntıdır; \(\mathbf{x}, \mathbf{y}, \mathbf{z}\) bağımlıdır.

Adım 3: uzayda dört vektör. \(\mathbf{x}, \mathbf{y}, \mathbf{z}, \mathbf{w} \in \mathbb{R}^3\) olsun. Aynı düşünceyi üçüncü koordinatla yürütürüz. Dördünün de üçüncü koordinatı sıfırsa, \(\mathbf{x}, \mathbf{y}, \mathbf{z}\)’nin ilk iki koordinatından oluşan üç düzlem vektörüne adım 2’yi uygularız ve \(\mathbf{w}\)’nin katsayısını \(0\) alırız. Değilse, adlandırmayı değiştirerek \(w_3 \ne 0\) diyebiliriz; \(\mathbf{x}' = \mathbf{x} - (x_3/w_3)\mathbf{w}\), \(\mathbf{y}' = \mathbf{y} - (y_3/w_3)\mathbf{w}\), \(\mathbf{z}' = \mathbf{z} - (z_3/w_3)\mathbf{w}\) vektörlerinin üçüncü koordinatları sıfırdır. İlk iki koordinatlarına adım 2’yi uygulayınca, hepsi sıfır olmayan \(\lambda, \mu, \nu\) ile \(\lambda\mathbf{x}' + \mu\mathbf{y}' + \nu\mathbf{z}' = \mathbf{0}\) bulunur; açılımı

\[\lambda\mathbf{x} + \mu\mathbf{y} + \nu\mathbf{z} - \dfrac{\lambda x_3 + \mu y_3 + \nu z_3}{w_3}\,\mathbf{w} = \mathbf{0}\]

sıfır olmayan katsayılı bir bağıntıdır. Birinci kısım ispatlanmıştır.

İkinci kısım, teklik. \(x\mathbf{a} + y\mathbf{b} + z\mathbf{c} = x'\mathbf{a} + y'\mathbf{b} + z'\mathbf{c}\) ise

\[(x - x')\mathbf{a} + (y - y')\mathbf{b} + (z - z')\mathbf{c} = \mathbf{0}\]

olur; bağımsızlık gereği üç katsayı da sıfırdır, yani \((x, y, z) = (x', y', z')\).

Varlık. \(\mathbf{v}\)’nin \(\mathbf{a}, \mathbf{b}, \mathbf{c}\)’nin bir bileşimi olmadığını varsayalım. O zaman \(\mathbf{a}, \mathbf{b}, \mathbf{c}, \mathbf{v}\) bağımsızdır: \(\alpha\mathbf{a} + \beta\mathbf{b} + \gamma\mathbf{c} + \delta\mathbf{v} = \mathbf{0}\) olsun. \(\delta \ne 0\) olsaydı \(\mathbf{v} = -(\alpha/\delta)\mathbf{a} - (\beta/\delta)\mathbf{b} - (\gamma/\delta)\mathbf{c}\) bir bileşim olurdu; demek ki \(\delta = 0\), ve o zaman \(\mathbf{a}, \mathbf{b}, \mathbf{c}\)’nin bağımsızlığından \(\alpha = \beta = \gamma = 0\). Böylece \(\mathbb{R}^3\)’te dört bağımsız vektör bulmuş olurduk; bu, birinci kısımla çelişir. O hâlde \(\mathbf{v}\) bir bileşimdir.

\(\blacksquare\)

Yani \(\mathbb{R}^3\)’te üç bağımsız vektör bir tabandır (basis): her vektör onların tek bir bileşimidir. Katsayıları bulmak genelde üç bilinmeyenli bir denklem sistemi çözmeyi gerektirir.

Örnek 9.23 (Üç Vektörün Bağımsızlığı) \(\mathbf{b}_1 = (1, 1, 0)\), \(\mathbf{b}_2 = (0, 1, 1)\), \(\mathbf{b}_3 = (1, 0, 1)\) vektörlerinin lineer bağımsız olduğunu gösterelim.

Çözüm

Genel bir bileşimi açalım:

\[x\mathbf{b}_1 + y\mathbf{b}_2 + z\mathbf{b}_3 = (x + z,\ x + y,\ y + z).\]

Bu \(\mathbf{0}\) ise \(x + z = 0\), \(x + y = 0\), \(y + z = 0\); üç denklemi toplayınca \(2(x + y + z) = 0\), yani \(x + y + z = 0\). Bundan birinci denklemi çıkarınca \(y = 0\), ikinciyi çıkarınca \(z = 0\), üçüncüyü çıkarınca \(x = 0\). Sıfırı veren tek bileşim, katsayıları sıfır olan bileşimdir; vektörler bağımsızdır ve Lemma 9.3 gereği \(\mathbb{R}^3\)’ün bir tabanıdır.

\(\blacksquare\)

Örnek 9.24 (Ortonormal Olmayan Bir Tabanda Katsayılar) \(\mathbf{b}_1 = (1, 1, 0)\), \(\mathbf{b}_2 = (0, 1, 1)\), \(\mathbf{b}_3 = (1, 0, 1)\) vektörleri, önceki örnekte gördüğümüz gibi, \(\mathbb{R}^3\)’ün bir tabanıdır. \(\mathbf{v} = (3, 1, 2)\)’yi bunların bileşimi olarak yazalım.

Çözüm

Önceki örnekteki açılım

\[x\mathbf{b}_1 + y\mathbf{b}_2 + z\mathbf{b}_3 = (x + z,\ x + y,\ y + z)\]

olduğundan, \(\mathbf{v} = (3, 1, 2)\) için \(x + z = 3\), \(x + y = 1\), \(y + z = 2\) sistemini çözmeliyiz. Toplayınca \(x + y + z = 3\); sırayla çıkarınca \(y = 0\), \(z = 2\), \(x = 1\). Yani \(\mathbf{v} = \mathbf{b}_1 + 2\mathbf{b}_3\); denetim: \((1, 1, 0) + (2, 0, 2) = (3, 1, 2)\).

Hesap kısa sürdü, ama bir denklem sistemi çözmek gerekti. Çatılarda bu adım tümüyle ortadan kalkacak.

\(\blacksquare\)

Teorem 9.1 (Ortonormal Açılım) \(e_1, e_2, e_3\), \(\mathbb{R}^3\)’ün bir \(\mathbf{p}\) noktasında bir çatı olsun. \(\mathbf{p}\) noktasındaki her \(\mathbf{v}\) teğet vektörü için

\[\mathbf{v} = (\mathbf{v} \cdot e_1)\,e_1 + (\mathbf{v} \cdot e_2)\,e_2 + (\mathbf{v} \cdot e_3)\,e_3 = \sum_{i=1}^{3} (\mathbf{v} \cdot e_i)\,e_i.\]

İspat

Adım 1: çatı vektörleri lineer bağımsızdır. \(a_1 e_1 + a_2 e_2 + a_3 e_3 = \mathbf{0}_{\mathbf{p}}\) olsun. Bu eşitliğin iki yanının \(e_j\) ile iç çarpımını alalım. Sol tarafta bilineerlik ve \(e_i \cdot e_j = \delta_{ij}\) ile

\[\Bigl(\sum_{i=1}^{3} a_i e_i\Bigr) \cdot e_j = \sum_{i=1}^{3} a_i\,(e_i \cdot e_j) = \sum_{i=1}^{3} a_i\,\delta_{ij} = a_j,\]

çünkü toplamda \(i = j\) dışındaki terimler sıfırdır. Sağ tarafta \(\mathbf{0}_{\mathbf{p}} \cdot e_j = 0\). Dolayısıyla \(a_1 = a_2 = a_3 = 0\).

Adım 2: çatı bir tabandır. Tanım 2.2 gereği \(\mathbf{p}\)’deki her teğet vektör tek bir \(\mathbf{u} \in \mathbb{R}^3\) için \(\mathbf{u}_{\mathbf{p}}\) biçimindedir ve teğet uzayındaki toplama ile sayıyla çarpma vektör kısımları üzerinden yapılır: \(a\mathbf{u}_{\mathbf{p}} + b\mathbf{w}_{\mathbf{p}} = (a\mathbf{u} + b\mathbf{w})_{\mathbf{p}}\). Bu yüzden \(\mathbf{p}\)’deki teğet vektörler arasındaki her lineer bağıntı, vektör kısımları arasındaki aynı bağıntıya denktir; \(T_{\mathbf{p}}(\mathbb{R}^3)\), lineer cebir bakımından \(\mathbb{R}^3\)’ün bir kopyasıdır (\(\mathbf{u} \mapsto \mathbf{u}_{\mathbf{p}}\) bir lineer izomorfizmadır). Adım 1’e göre \(e_1, e_2, e_3\)’ün vektör kısımları \(\mathbb{R}^3\)’te bağımsız üç vektördür; Lemma 9.3 gereği \(\mathbb{R}^3\)’ün her vektörü onların tek bir bileşimidir. Vektör kısımlarından teğet vektörlere dönersek: her \(\mathbf{v} \in T_{\mathbf{p}}(\mathbb{R}^3)\) için

\[\mathbf{v} = c_1 e_1 + c_2 e_2 + c_3 e_3\]

olacak biçimde tek bir \((c_1, c_2, c_3)\) sayı üçlüsü vardır.

Adım 3: katsayıların hesabı. Bu eşitliğin iki yanının \(e_j\) ile iç çarpımını alırız. Adım 1’deki hesabın aynısıyla

\[\mathbf{v} \cdot e_j = \Bigl(\sum_{i=1}^{3} c_i e_i\Bigr) \cdot e_j = \sum_{i=1}^{3} c_i\,\delta_{ij} = c_j.\]

Yani \(c_j = \mathbf{v} \cdot e_j\); bunu açılımda yerine koyunca teoremin formülü çıkar.

\(\blacksquare\)

Yani bir çatıya göre bir vektörün katsayıları, vektörün çatı vektörleriyle iç çarpımlarıdır; denklem sistemi çözmek gerekmez, üç iç çarpım yeter.

Teoremin gerçek gücünü şöyle görebiliriz. Keyfi bir tabana göre katsayı bulmak, Örnek 9.24’de gördüğümüz gibi, homojen olmayan bir lineer denklem sistemi çözmektir; üç boyutta bile bu bazen sıkıcı bir iştir. Taban bir çatı, yani ortonormal bir taban olduğunda ise katsayılar üç iç çarpımla hemen okunur. Bu işleme \(\mathbf{v}\)’nin \(e_1, e_2, e_3\) çatısına göre ortonormal açılımı (orthonormal expansion) denir. Sonuç yalnızca \(\mathbb{R}^3\)’e özgü değildir; iç çarpımı olan her vektör uzayında aynı ispat çalışır ve matematiğin en çok emek kurtaran araçlarından biridir.

Örnek 9.25 (Döndürülmüş Çatıda Açılım) \(\mathbf{p} = (1, 1, 0)\) noktasında \(e_1 = \tfrac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0)\), \(e_2 = \tfrac{1}{\sqrt{2}}(-1, 1, 0)\), \(e_3 = (0, 0, 1)\) çatısı verilsin. \(\mathbf{v} = (3, 1, 2)\) vektör kısımlı teğet vektörün bu çatıya göre ortonormal açılımını yazalım ve sonucu doğrudan hesapla denetleyelim.

Çözüm

Üç iç çarpım hesaplarız:

\[\begin{aligned} \mathbf{v} \cdot e_1 &= \dfrac{3 + 1 + 0}{\sqrt{2}} = \dfrac{4}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2},\\ \mathbf{v} \cdot e_2 &= \dfrac{-3 + 1 + 0}{\sqrt{2}} = -\sqrt{2},\\ \mathbf{v} \cdot e_3 &= 0 + 0 + 2 = 2. \end{aligned}\]

Teoreme göre \(\mathbf{v} = 2\sqrt{2}\,e_1 - \sqrt{2}\,e_2 + 2\,e_3\).

Denetim. Sağ tarafı açalım:

\[\begin{aligned} 2\sqrt{2} \cdot \dfrac{(1, 1, 0)}{\sqrt{2}} - \sqrt{2} \cdot \dfrac{(-1, 1, 0)}{\sqrt{2}} + 2\,(0, 0, 1) &= (2, 2, 0) + (1, -1, 0) + (0, 0, 2)\\ &= (3, 1, 2). \end{aligned}\]

Aynı \(\mathbf{v}\)’yi Örnek 9.24’de ortonormal olmayan bir tabanda yazmak için denklem sistemi çözmüştük; burada üç iç çarpım yetti. Geometrik olarak \(2\sqrt{2}\), \(-\sqrt{2}\) ve \(2\) sayıları \(\mathbf{v}\) okunun \(e_1, e_2, e_3\) doğrultularındaki (işaretli) gölge uzunluklarıdır: \(\mathbf{v}\), kenarları çatı doğrultularında olan ve boyutları \(2\sqrt{2}\), \(\sqrt{2}\), \(2\) olan bir dikdörtgen kutunun köşegenidir. Normu da buradan okunabilir: \(\|\mathbf{v}\|^2 = 8 + 2 + 4 = 14\), Öklid koordinatlarıyla da \(9 + 1 + 4 = 14\).

p = (1, 1, 0) noktasındaki e₁, e₂, e₃ çatısı yeşil birim oklarla, v = (3, 1, 2) teğet vektörü mavi okla çizilmiştir. Turuncu üç kenar v’nin çatı doğrultularındaki bileşenleridir: (v · e₁)e₁ = 2√2 e₁, (v · e₂)e₂ = −√2 e₂ ve (v · e₃)e₃ = 2e₃; ikinci katsayı negatif olduğu için o kenar e₂ okunun tersi yönde gider. Üç bileşen, kenarları 2√2, √2 ve 2 olan kesikli kutuyu belirler ve v bu kutunun p’den çıkan köşegenidir: ortonormal açılımın katsayıları, v’nin çatı doğrultularındaki işaretli gölge uzunluklarıdır.

\(\blacksquare\)

Doğal çatı için teorem tanıdık bir şey söyler: \(\mathbf{v} \cdot U_i(\mathbf{p}) = v_i\) olduğundan (iç çarpım koordinat okur, Örnek 9.2)

\[\mathbf{v} = (v_1, v_2, v_3)_{\mathbf{p}} = \sum_{i=1}^{3} v_i\,U_i(\mathbf{p})\]

özdeşliği (Lemma 2.1) bir ortonormal açılımdır. İç çarpımı da bu Öklid koordinatlarıyla tanımladık: \(\mathbf{v} \cdot \mathbf{w} = \sum_i v_i w_i\). Peki başka bir çatı kullanırsak? Her vektörün yeni koordinatları \(a_i = \mathbf{v} \cdot e_i\) olur; ama iç çarpım yine aynı basit formülle hesaplanır.

Önerme 9.4 (İç Çarpım Her Çatıda Aynı Formülü Verir) \(e_1, e_2, e_3\), \(\mathbf{p}\) noktasında bir çatı ve \(\mathbf{v}, \mathbf{w}\) bu noktada teğet vektörler olsun. \(a_i = \mathbf{v} \cdot e_i\) ve \(b_i = \mathbf{w} \cdot e_i\) ise

\[\mathbf{v} \cdot \mathbf{w} = \sum_{i=1}^{3} a_i b_i, \qquad \|\mathbf{v}\|^2 = \sum_{i=1}^{3} a_i^2.\]

İspat

Ortonormal açılımla \(\mathbf{v} = \sum_i a_i e_i\) ve \(\mathbf{w} = \sum_j b_j e_j\). İç çarpımı bilineerlikle iki kez açarız:

\[\begin{aligned} \mathbf{v} \cdot \mathbf{w} &= \Bigl(\sum_{i} a_i e_i\Bigr) \cdot \Bigl(\sum_{j} b_j e_j\Bigr) = \sum_{i=1}^{3} \sum_{j=1}^{3} a_i b_j\,(e_i \cdot e_j)\\ &= \sum_{i=1}^{3} \sum_{j=1}^{3} a_i b_j\,\delta_{ij} = \sum_{i=1}^{3} a_i b_i. \end{aligned}\]

Son adımda çift toplamın dokuz teriminden yalnızca \(i = j\) olan üçü kalır. \(\mathbf{w} = \mathbf{v}\) alınca \(b_i = a_i\) ve \(\|\mathbf{v}\|^2 = \mathbf{v} \cdot \mathbf{v} = \sum_i a_i^2\) çıkar.

\(\blacksquare\)

Yani hangi çatıyı kullandığımız fark etmez: iç çarpım, o çatıya göre koordinatların karşılıklı çarpımlarının toplamıdır. Karmaşık geometrik durumlarda çatılarla çalışmanın sağladığı büyük kolaylık buradan gelir; bundan sonra çatılarla bu kadar sık karşılaşmamızın nedeni de budur.

Örnek 9.26 (İki Çatıda Aynı İç Çarpım) \(\mathbf{v} = (3, 1, 2)\) ve \(\mathbf{w} = (1, 0, 1)\) teğet vektörlerinin (aynı noktada) iç çarpımını önce Öklid koordinatlarıyla, sonra Örnek 9.20’deki çatıya göre koordinatlarıyla hesaplayalım.

Çözüm

Öklid koordinatlarıyla \(\mathbf{v} \cdot \mathbf{w} = 3 + 0 + 2 = 5\).

Döndürülmüş çatıda \(\mathbf{v}\)’nin koordinatlarını bulmuştuk: \((a_1, a_2, a_3) = (2\sqrt{2}, -\sqrt{2}, 2)\). \(\mathbf{w}\) için

\[b_1 = \mathbf{w} \cdot e_1 = \dfrac{1 + 0 + 0}{\sqrt{2}} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}, \qquad b_2 = \mathbf{w} \cdot e_2 = -\dfrac{1}{\sqrt{2}}, \qquad b_3 = 1.\]

Önermeye göre

\[\mathbf{v} \cdot \mathbf{w} = 2\sqrt{2} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{2}} + (-\sqrt{2})\left(-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right) + 2 \cdot 1 = 2 + 1 + 2 = 5.\]

İki çatı aynı sayıyı verdi. Koordinatlar değişti (\(\mathbf{w}\)’nin Öklid koordinatları \((1, 0, 1)\) iken yeni koordinatları \((1/\sqrt{2}, -1/\sqrt{2}, 1)\)), ama iç çarpım değişmedi.

\(\blacksquare\)

9.8 Duruş Matrisi

Çatı kavramı, lineer cebirdeki ortogonal matris kavramına çok yakındır. Bir çatının üç vektörünün Öklid koordinatlarını bir matrisin satırlarına yazarsak çatının uzaydaki “duruşunu” tek bir nesneye sığdırmış oluruz.

Tanım 9.8 (Duruş Matrisi) \(e_1, e_2, e_3\), \(\mathbf{p}\) noktasında bir çatı olsun ve Öklid koordinatları

\[e_1 = (a_{11}, a_{12}, a_{13})_{\mathbf{p}}, \qquad e_2 = (a_{21}, a_{22}, a_{23})_{\mathbf{p}}, \qquad e_3 = (a_{31}, a_{32}, a_{33})_{\mathbf{p}}\]

ile verilsin. Satırları bu koordinatlar olan

\[A = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{pmatrix}\]

matrisine çatının duruş matrisi (attitude matrix) denir.

Yani duruş matrisinin \(i\)-inci satırı \(e_i\)’nin vektör kısmıdır; matris, çatının uzayda nasıl durduğunu (yönelimini) kaydeder ama uygulama noktası \(\mathbf{p}\)’yi kaydetmez.

Örnek 9.27 (İki Duruş Matrisi) Doğal çatının ve Örnek 9.20’deki döndürülmüş çatının duruş matrislerini yazalım.

Çözüm

Doğal çatı \(U_1(\mathbf{p}), U_2(\mathbf{p}), U_3(\mathbf{p})\) için satırlar \((1, 0, 0)\), \((0, 1, 0)\), \((0, 0, 1)\)’dir; duruş matrisi birim matris \(I\)’dır. Döndürülmüş çatı için

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

Bu matris, çatının hangi noktada kurulduğundan bağımsızdır: aynı vektör kısımlı çatıyı \(\mathbf{p} = (1, 1, 0)\)’da ya da \((-4, 0, 9)\)’da kursak duruş matrisi değişmez. Matrisin birim matristen farkı, çatının doğal çatıya göre ne kadar döndürüldüğünü anlatır.

\(\blacksquare\)

Çatı koşulları, duruş matrisi diliyle ne söyler? Bir \(A\) matrisinin transpozu (transpose) \(A^{\mathsf{T}}\), satırlarla sütunların yerini değiştiren matristir: \((A^{\mathsf{T}})_{ij} = a_{ji}\). Açık yazımı

\[A^{\mathsf{T}} = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{21} & a_{31} \\ a_{12} & a_{22} & a_{32} \\ a_{13} & a_{23} & a_{33} \end{pmatrix}.\]

Önerme 9.5 (Duruş Matrisinin Satırları Ortonormaldir) \(A\), bir çatının duruş matrisi olsun. O zaman her \(1 \le i, j \le 3\) için

\[\sum_{k=1}^{3} a_{ik} a_{jk} = e_i \cdot e_j = \delta_{ij},\]

ve bu dokuz denklem matris çarpımıyla \(A A^{\mathsf{T}} = I\) biçiminde yazılır. Tersine, \(A A^{\mathsf{T}} = I\) koşulunu sağlayan her \(3 \times 3\) matrisin satırları, \(\mathbb{R}^3\)’ün her noktasında bir çatının Öklid koordinatlarıdır.

İspat

\(e_i\) ile \(e_j\)’nin vektör kısımları \(A\)’nın \(i\)-inci ve \(j\)-inci satırlarıdır; iç çarpımları tanım gereği karşılıklı koordinatların çarpımlarının toplamı \(\sum_k a_{ik} a_{jk}\)’dır. Çatı koşulu bu toplamın \(\delta_{ij}\) olmasıdır.

Matris çarpımının tanımına göre \(A A^{\mathsf{T}}\)’nin \((i, j)\) girdisi, \(A\)’nın \(i\)-inci satırı ile \(A^{\mathsf{T}}\)’nin \(j\)-inci sütununun karşılıklı çarpımlarının toplamıdır. \(A^{\mathsf{T}}\)’nin \(j\)-inci sütunu \(A\)’nın \(j\)-inci satırıdır; dolayısıyla

\[(A A^{\mathsf{T}})_{ij} = \sum_{k=1}^{3} a_{ik}\,(A^{\mathsf{T}})_{kj} = \sum_{k=1}^{3} a_{ik} a_{jk} = \delta_{ij},\]

bu da \(I\)’nın \((i, j)\) girdisidir. Ters yön aynı hesabın tersten okunmasıdır: \(A A^{\mathsf{T}} = I\) ise satırların karşılıklı iç çarpımları \(\delta_{ij}\)’dir, yani satırlar herhangi bir \(\mathbf{p}\) noktasına uygulandığında karşılıklı ortogonal üç birim vektör verir.

\(\blacksquare\)

\(A A^{\mathsf{T}} = I\) koşulunu sağlayan bir kare matrise ortogonal matris (orthogonal matrix) denir. Önerme, çatıyla ortogonal matrisin aynı bilginin iki yazımı olduğunu söyler: bir çatının duruş matrisi ortogonaldir ve her ortogonal matris bir çatının duruş matrisidir.

\(A A^{\mathsf{T}} = I\) eşitliği \(A^{\mathsf{T}}\)’nin \(A\)’nın sağdan tersi olduğunu söyler. Kare matrislerde sağdan ters aynı zamanda soldan terstir; bu, lineer cebirin standart bir sonucudur ama biz onu da ispatlayacağız. Bunun için bir \(3 \times 3\) matrisi sütun vektörleri üzerinde bir fonksiyon olarak görürüz: \(\mathbf{x} \in \mathbb{R}^3\) sütun olarak yazılınca \(A\mathbf{x}\), \(i\)-inci girdisi \(\sum_j a_{ij} x_j\) olan sütundur. Matris çarpımının birleşme özelliği \((AB)\mathbf{x} = A(B\mathbf{x})\) verir, \(I\mathbf{x} = \mathbf{x}\)’tir ve \(B\mathbf{x} = \sum_j x_j \mathbf{b}_j\), burada \(\mathbf{b}_j\) \(B\)’nin \(j\)-inci sütunudur.

Lemma 9.4 (Kare Matriste Tek Yanlı Ters İki Yanlıdır) \(A\) ve \(B\), \(3 \times 3\) matrisler olsun. \(AB = I\) ise \(BA = I\).

İspat

Adım 1: \(B\)’nin sütunları bağımsızdır. \(B\mathbf{x} = \mathbf{0}\) olsun. O zaman

\[\mathbf{x} = I\mathbf{x} = (AB)\mathbf{x} = A(B\mathbf{x}) = A\mathbf{0} = \mathbf{0}.\]

\(B\mathbf{x} = \sum_j x_j \mathbf{b}_j\) olduğundan bu şu demektir: \(\mathbf{b}_1, \mathbf{b}_2, \mathbf{b}_3\) sütunlarının sıfır veren tek bileşimi katsayıları sıfır olan bileşimdir; sütunlar lineer bağımsızdır.

Adım 2: \(B\) örtendir. Lemma 9.3 gereği bağımsız üç sütun bir tabandır: her \(\mathbf{y} \in \mathbb{R}^3\) için \(\mathbf{y} = \sum_j x_j \mathbf{b}_j = B\mathbf{x}\) olacak biçimde bir \(\mathbf{x}\) vardır.

Adım 3: \(BA = I\). Herhangi bir \(\mathbf{y}\) alıp adım 2’deki gibi \(\mathbf{y} = B\mathbf{x}\) yazalım. Birleşme özelliğiyle

\[(BA)\mathbf{y} = (BA)(B\mathbf{x}) = B\bigl((AB)\mathbf{x}\bigr) = B(I\mathbf{x}) = B\mathbf{x} = \mathbf{y}.\]

Demek ki \(BA\) her sütun vektörünü kendisine götürür. Özel olarak \(\mathbf{y}\) olarak \((1, 0, 0)\), \((0, 1, 0)\), \((0, 0, 1)\) sütunlarını alırsak \(BA\)’nın sütunlarının \(I\)’nın sütunları olduğunu görürüz; yani \(BA = I\).

\(\blacksquare\)

Sonuç 9.1 (Duruş Matrisinin Tersi Transpozudur) \(A\) bir çatının duruş matrisi (ya da herhangi bir ortogonal matris) ise \(A^{\mathsf{T}} A = I\); yani \(A^{\mathsf{T}} = A^{-1}\). Girdilerle yazılınca

\[\sum_{i=1}^{3} a_{ik} a_{il} = \delta_{kl} \qquad (1 \le k, l \le 3):\]

\(A\)’nın sütunları da ortonormaldir.

İspat

Önerme 9.5 ile \(A A^{\mathsf{T}} = I\). Lemma 9.4’i \(B = A^{\mathsf{T}}\) ile uygularsak \(A^{\mathsf{T}} A = I\) çıkar. Hem \(A A^{\mathsf{T}} = I\) hem \(A^{\mathsf{T}} A = I\) olduğundan \(A^{\mathsf{T}}\), \(A\)’nın tersidir. \(A^{\mathsf{T}} A\)’nın \((k, l)\) girdisi \(\sum_i (A^{\mathsf{T}})_{ki} a_{il} = \sum_i a_{ik} a_{il}\)’dir; bunun \(\delta_{kl}\) olması, \(A\)’nın \(k\)-inci ve \(l\)-inci sütunlarının iç çarpımının \(\delta_{kl}\) olması demektir.

\(\blacksquare\)

Yani bir çatının duruş matrisinin satırları gibi sütunları da bir çatının koordinatlarıdır; bu, tanımdan hemen görünmeyen ama ispatladığımız bir olgudur.

Örnek 9.28 (Sütunların Ortonormalliğini Görmek) Satırları \(\tfrac{1}{\sqrt{6}}(1, 2, 1)\), \(\tfrac{1}{\sqrt{2}}(-1, 0, 1)\) ve \(\tfrac{1}{\sqrt{3}}(1, -1, 1)\) olan \(A\) matrisi ortogonaldir. Sütunlarının da ortonormal olduğunu hesapla görelim.

Çözüm

Önce verilen bilgiyi denetleyelim. Satırların normları \(\sqrt{(1 + 4 + 1)/6} = 1\), \(\sqrt{(1 + 0 + 1)/2} = 1\) ve \(\sqrt{(1 + 1 + 1)/3} = 1\). Karşılıklı iç çarpımlar

\[\dfrac{-1 + 0 + 1}{\sqrt{12}} = 0, \qquad \dfrac{1 - 2 + 1}{\sqrt{18}} = 0, \qquad \dfrac{-1 + 0 + 1}{\sqrt{6}} = 0.\]

Satırlar ortonormal, matris ortogonaldir:

\[A = \begin{pmatrix} 1/\sqrt{6} & 2/\sqrt{6} & 1/\sqrt{6} \\ -1/\sqrt{2} & 0 & 1/\sqrt{2} \\ 1/\sqrt{3} & -1/\sqrt{3} & 1/\sqrt{3} \end{pmatrix}.\]

Sonuca göre sütunlar da ortonormal olmalıdır. Birinci sütun \((1/\sqrt{6}, -1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{3})\) için kareler toplamı \(1/6 + 1/2 + 1/3 = 1\); ikinci sütun \((2/\sqrt{6}, 0, -1/\sqrt{3})\) için \(4/6 + 0 + 1/3 = 1\); üçüncü sütun \((1/\sqrt{6}, 1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{3})\) için \(1/6 + 1/2 + 1/3 = 1\). Birinci ile ikinci sütunun iç çarpımı \(2/6 + 0 - 1/3 = 0\); birinci ile üçüncünün \(1/6 - 1/2 + 1/3 = 0\); ikinci ile üçüncünün \(2/6 + 0 - 1/3 = 0\). Sütunlar ortonormaldir; satırlar için denetlediğimiz altı denklem, sütunlar için de kendiliğinden sağlanmıştır.

\(\blacksquare\)

9.9 Vektörel Çarpım

\(\mathbb{R}^3\)’te iç çarpımdan sonra en önemli ikinci çarpım vektörel çarpımdır. İkisi arasındaki fark, sonucun türüdür: iç çarpım iki vektörden bir sayı üretir, vektörel çarpım ise bir vektör. Üretilen vektörün en değerli özelliği, iki çarpana aynı anda dik olmasıdır. Formülü hatırlamanın en pratik yolu bir \(3 \times 3\) determinanttır; önce bu determinantı kesin olarak tanımlayalım.

Satırları \((a_1, a_2, a_3)\), \((b_1, b_2, b_3)\) ve \((c_1, c_2, c_3)\) olan \(3 \times 3\) matrisin determinantı (determinant), birinci satıra göre açılımla tanımlanır:

\[\begin{vmatrix} a_1 & a_2 & a_3 \\ b_1 & b_2 & b_3 \\ c_1 & c_2 & c_3 \end{vmatrix} = a_1(b_2 c_3 - b_3 c_2) - a_2(b_1 c_3 - b_3 c_1) + a_3(b_1 c_2 - b_2 c_1).\]

Her parantez, birinci satır ile ilgili sütun silindiğinde geriye kalan \(2 \times 2\) determinanttır; işaretler \(+, -, +\) sırasıyla gider. Bu formülü tanım olarak alıyoruz; ihtiyaç duyacağımız her determinant özelliğini doğrudan bu formülden çıkaracağız.

Tanım 9.9 (Vektörel Çarpım) \(\mathbf{v}\) ve \(\mathbf{w}\), \(\mathbb{R}^3\)’ün aynı \(\mathbf{p}\) noktasında teğet vektörler olsun. \(\mathbf{v}\) ile \(\mathbf{w}\)’nin vektörel çarpımı (cross product), birinci satıra göre açılan

\[\mathbf{v} \times \mathbf{w} = \begin{vmatrix} U_1(\mathbf{p}) & U_2(\mathbf{p}) & U_3(\mathbf{p}) \\ v_1 & v_2 & v_3 \\ w_1 & w_2 & w_3 \end{vmatrix}\]

biçimsel determinantıyla tanımlanan, \(\mathbf{p}\) noktasındaki teğet vektördür.

Determinant “biçimsel”dir, çünkü birinci satırında sayılar değil teğet vektörler durur; açılım kuralı sayısal katsayılarla bu vektörlerin bileşimini verir:

\[\mathbf{v} \times \mathbf{w} = (v_2 w_3 - v_3 w_2)\,U_1(\mathbf{p}) + (v_3 w_1 - v_1 w_3)\,U_2(\mathbf{p}) + (v_1 w_2 - v_2 w_1)\,U_3(\mathbf{p}).\]

Yani \(\mathbf{v} \times \mathbf{w}\), vektör kısmı

\[(v_2 w_3 - v_3 w_2,\ v_3 w_1 - v_1 w_3,\ v_1 w_2 - v_2 w_1)\]

olan, \(\mathbf{p}\) noktasındaki teğet vektördür; ikinci koordinattaki işaret düzenine dikkat: açılımdaki \(-a_2(b_1 c_3 - b_3 c_1)\) terimi \(+(v_3 w_1 - v_1 w_3)\) olarak yazılmıştır.

Örnek 9.29 (Bir Vektörel Çarpım Hesabı) \(\mathbf{p}\) noktasında \(\mathbf{v} = (2, 1, 0)_{\mathbf{p}}\) ve \(\mathbf{w} = (0, 3, 1)_{\mathbf{p}}\) için \(\mathbf{v} \times \mathbf{w}\)’yi hesaplayalım ve sonucun iki çarpana da dik olduğunu doğrulayalım.

Çözüm

Biçimsel determinantı birinci satıra göre açarız:

\[\begin{aligned} \mathbf{v} \times \mathbf{w} &= \begin{vmatrix} U_1(\mathbf{p}) & U_2(\mathbf{p}) & U_3(\mathbf{p}) \\ 2 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 1 \end{vmatrix}\\ &= (1 \cdot 1 - 0 \cdot 3)\,U_1(\mathbf{p}) - (2 \cdot 1 - 0 \cdot 0)\,U_2(\mathbf{p}) + (2 \cdot 3 - 1 \cdot 0)\,U_3(\mathbf{p}). \end{aligned}\]

Yani

\[\mathbf{v} \times \mathbf{w} = U_1(\mathbf{p}) - 2\,U_2(\mathbf{p}) + 6\,U_3(\mathbf{p}) = (1, -2, 6)_{\mathbf{p}}.\]

Diklik. İki iç çarpımı hesaplarız:

\[(2, 1, 0) \cdot (1, -2, 6) = 2 - 2 + 0 = 0, \qquad (0, 3, 1) \cdot (1, -2, 6) = 0 - 6 + 6 = 0.\]

Sonuç her iki çarpana da ortogonaldir. Uzunluğu \(\sqrt{1 + 4 + 36} = \sqrt{41}\)’dir; biraz sonra bu sayının \(\mathbf{v}\) ile \(\mathbf{w}\)’nin gerdiği paralelkenarın alanı olduğunu göreceğiz.

Uygulama noktası p orijinde alınmıştır; oradan çıkan v = (2, 1, 0) (mavi) ile w = (0, 3, 1) (turuncu) taralı paralelkenarı gerer. Vektörel çarpım v × w = (1, −2, 6) (yeşil) bu paralelkenarın düzlemine diktir: iki dik açı işareti, v · (v × w) = 0 ve w · (v × w) = 0 hesaplarının geometrik karşılığıdır. Okun yönünü sağ el kuralı belirler: v’den w’ye dönülürken başparmak v × w yönünü gösterir. Okun uzunluğu ‖v × w‖ = √41, paralelkenarın alanına eşittir.

\(\blacksquare\)

Örnek 9.30 (Doğal Çatının Vektörel Çarpımları) Bir \(\mathbf{p}\) noktasında \(U_1 \times U_2\), \(U_2 \times U_3\), \(U_3 \times U_1\) ve \(U_2 \times U_1\) çarpımlarını hesaplayalım (kısalık için \(U_i = U_i(\mathbf{p})\) yazıyoruz).

Çözüm

\(U_1 \times U_2\) için \(\mathbf{v} = (1, 0, 0)\), \(\mathbf{w} = (0, 1, 0)\); vektör kısmı

\[(0 \cdot 0 - 0 \cdot 1,\ 0 \cdot 0 - 1 \cdot 0,\ 1 \cdot 1 - 0 \cdot 0) = (0, 0, 1),\]

yani \(U_1 \times U_2 = U_3\). Aynı hesapla \(U_2 \times U_3 = U_1\) ve \(U_3 \times U_1 = U_2\): çarpanların indisleri \(1 \to 2 \to 3 \to 1\) çevrimiyle dönerken sonuç üçüncü vektördür. \(U_2 \times U_1\) için ise \(\mathbf{v} = (0, 1, 0)\), \(\mathbf{w} = (1, 0, 0)\) ve vektör kısmı \((0, 0, -1)\); yani \(U_2 \times U_1 = -U_3\). Çarpanların sırası sonucun işaretini değiştirir; bu, aşağıdaki ters değişme kuralının özel bir hâlidir.

\(\blacksquare\)

Determinantların bilinen özellikleri vektörel çarpımın cebirsel kurallarını verir. Bu özellikleri tanımımızdan, yani koordinat formülünden, açıkça çıkaracağız.

Önerme 9.6 (Vektörel Çarpımın Cebirsel Kuralları) \(\mathbf{u}, \mathbf{v}, \mathbf{w}\) aynı noktada teğet vektörler ve \(a, b\) sayılar olsun.

1. Vektörel çarpım her iki çarpanında lineerdir:

\[(a\mathbf{u} + b\mathbf{v}) \times \mathbf{w} = a\,\mathbf{u} \times \mathbf{w} + b\,\mathbf{v} \times \mathbf{w}, \qquad \mathbf{w} \times (a\mathbf{u} + b\mathbf{v}) = a\,\mathbf{w} \times \mathbf{u} + b\,\mathbf{w} \times \mathbf{v}.\]

2. Ters değişme kuralı (alternation rule): \(\mathbf{v} \times \mathbf{w} = -\,\mathbf{w} \times \mathbf{v}\).

3. Her \(\mathbf{v}\) için \(\mathbf{v} \times \mathbf{v} = \mathbf{0}\).

İspat

Lineerlik. \(\mathbf{v} \times \mathbf{w}\)’nin birinci koordinatı \(v_2 w_3 - v_3 w_2\)’dir. \(\mathbf{w}\) sabit tutulursa bu ifade \(\mathbf{v}\)’nin koordinatlarında lineerdir: \(\mathbf{v}\) yerine \(a\mathbf{u} + b\mathbf{v}\) koyunca

\[(au_2 + bv_2)\,w_3 - (au_3 + bv_3)\,w_2 = a\,(u_2 w_3 - u_3 w_2) + b\,(v_2 w_3 - v_3 w_2),\]

bu da \(a\,\mathbf{u} \times \mathbf{w} + b\,\mathbf{v} \times \mathbf{w}\)’nin birinci koordinatıdır. Öteki iki koordinat için hesap aynıdır, çünkü her koordinat \(\mathbf{v}\)’nin koordinatlarının \(\mathbf{w}\)’nin koordinatlarıyla çarpımlarının toplamıdır. Determinant diliyle: determinant, öteki satırlar sabitken bir satırında lineerdir. İkinci çarpandaki lineerlik aynı biçimde görülür.

Ters değişme. \(\mathbf{w} \times \mathbf{v}\)’nin vektör kısmı, tanımda \(\mathbf{v}\) ile \(\mathbf{w}\)’nin rolleri değiştirilerek bulunur:

\[\begin{aligned} &(w_2 v_3 - w_3 v_2,\ w_3 v_1 - w_1 v_3,\ w_1 v_2 - w_2 v_1)\\ &\quad = -\,(v_2 w_3 - v_3 w_2,\ v_3 w_1 - v_1 w_3,\ v_1 w_2 - v_2 w_1). \end{aligned}\]

Her koordinatta iki terimin yeri değişmiş, işaret tersine dönmüştür. Determinant diliyle: iki satırın yerini değiştirmek determinantın işaretini değiştirir.

Kendisiyle çarpım. Ters değişme kuralında \(\mathbf{w} = \mathbf{v}\) alınırsa \(\mathbf{v} \times \mathbf{v} = -\,\mathbf{v} \times \mathbf{v}\), yani \(2\,\mathbf{v} \times \mathbf{v} = \mathbf{0}\) ve \(\mathbf{v} \times \mathbf{v} = \mathbf{0}\). Doğrudan da görülür: birinci koordinat \(v_2 v_3 - v_3 v_2 = 0\), ötekiler de öyle. Determinant diliyle: iki satırı aynı olan determinant sıfırdır.

\(\blacksquare\)

Yani vektörel çarpım, çarpanlarına toplamı ve sayı katını dağıtır, ama sıra değiştirince işaret değiştirir; bir vektörün kendisiyle vektörel çarpımı her zaman sıfırdır.

Örnek 9.31 (Kuralları Sayılarla Denetlemek) \(\mathbf{v} = (2, 1, 0)\) ve \(\mathbf{w} = (0, 3, 1)\) için \(\mathbf{w} \times \mathbf{v}\) ve \((\mathbf{v} + \mathbf{w}) \times \mathbf{w}\) çarpımlarını hesaplayıp yukarıda bulduğumuz \(\mathbf{v} \times \mathbf{w} = (1, -2, 6)\) ile karşılaştıralım.

Çözüm

\(\mathbf{w} \times \mathbf{v}\)’nin vektör kısmı

\[(3 \cdot 0 - 1 \cdot 1,\ 1 \cdot 2 - 0 \cdot 0,\ 0 \cdot 1 - 3 \cdot 2) = (-1, 2, -6) = -(1, -2, 6);\]

ters değişme kuralı doğrulandı. \(\mathbf{v} + \mathbf{w} = (2, 4, 1)\) için

\[(4 \cdot 1 - 1 \cdot 3,\ 1 \cdot 0 - 2 \cdot 1,\ 2 \cdot 3 - 4 \cdot 0) = (1, -2, 6).\]

Bu, lineerlikle beklediğimiz sonuçtur:

\[(\mathbf{v} + \mathbf{w}) \times \mathbf{w} = \mathbf{v} \times \mathbf{w} + \mathbf{w} \times \mathbf{w} = \mathbf{v} \times \mathbf{w} + \mathbf{0}.\]

\(\blacksquare\)

Vektörel çarpımın geometrik değeri neredeyse tümüyle şu iki olguya dayanır: sonuç iki çarpana da diktir ve uzunluğu iç çarpımlarla hesaplanabilir.

Lemma 9.5 (Vektörel Çarpımın Dikliği ve Uzunluğu) Aynı noktadaki \(\mathbf{v}, \mathbf{w}\) teğet vektörleri için \(\mathbf{v} \times \mathbf{w}\) hem \(\mathbf{v}\)’ye hem \(\mathbf{w}\)’ye ortogonaldir ve uzunluğu

\[\|\mathbf{v} \times \mathbf{w}\|^2 = (\mathbf{v} \cdot \mathbf{v})(\mathbf{w} \cdot \mathbf{w}) - (\mathbf{v} \cdot \mathbf{w})^2\]

eşitliğini sağlar.

İspat

\(\mathbf{v} \times \mathbf{w} = \sum_i c_i\,U_i(\mathbf{p})\) yazalım; \(c_1 = v_2 w_3 - v_3 w_2\), \(c_2 = v_3 w_1 - v_1 w_3\), \(c_3 = v_1 w_2 - v_2 w_1\).

\(\mathbf{v}\)’ye diklik. \(\mathbf{v} \cdot (\mathbf{v} \times \mathbf{w}) = \sum_i v_i c_i\)’dir. Açık yazalım:

\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^{3} v_i c_i &= v_1(v_2 w_3 - v_3 w_2) + v_2(v_3 w_1 - v_1 w_3) + v_3(v_1 w_2 - v_2 w_1)\\ &= v_1 v_2 w_3 - v_1 v_3 w_2 + v_2 v_3 w_1 - v_1 v_2 w_3 + v_1 v_3 w_2 - v_2 v_3 w_1 = 0. \end{aligned}\]

Altı terim üç çift hâlinde birbirini götürür. Determinant diliyle bu toplam, birinci satırına \(U_i(\mathbf{p})\) yerine \(v_i\) yazılmış determinanttır:

\[\mathbf{v} \cdot (\mathbf{v} \times \mathbf{w}) = \begin{vmatrix} v_1 & v_2 & v_3 \\ v_1 & v_2 & v_3 \\ w_1 & w_2 & w_3 \end{vmatrix},\]

iki satırı aynı olduğundan sıfırdır; yukarıdaki açık hesap tam da bunun ispatıdır.

\(\mathbf{w}\)’ye diklik. Aynı hesabı \(\mathbf{w}\) ile yaparız:

\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^{3} w_i c_i &= w_1(v_2 w_3 - v_3 w_2) + w_2(v_3 w_1 - v_1 w_3) + w_3(v_1 w_2 - v_2 w_1)\\ &= v_2 w_1 w_3 - v_3 w_1 w_2 + v_3 w_1 w_2 - v_1 w_2 w_3 + v_1 w_2 w_3 - v_2 w_1 w_3 = 0. \end{aligned}\]

Yine üç çift birbirini götürür.

Uzunluk formülü. Her iki tarafı koordinatlarla açıp karşılaştıracağız. Sağ taraf:

\[\begin{aligned} &(\mathbf{v} \cdot \mathbf{v})(\mathbf{w} \cdot \mathbf{w}) - (\mathbf{v} \cdot \mathbf{w})^2\\ &\quad = (v_1^2 + v_2^2 + v_3^2)(w_1^2 + w_2^2 + w_3^2) - (v_1 w_1 + v_2 w_2 + v_3 w_3)^2 . \end{aligned}\]

Birinci çarpım dokuz terim verir: \(i = j\) olan üç terim \(v_i^2 w_i^2\) ve \(i \ne j\) olan altı terim \(v_i^2 w_j^2\). Kare ise aynı üç \(v_i^2 w_i^2\) terimini ve üç çapraz terimi verir:

\[2 v_1 w_1 v_2 w_2 + 2 v_1 w_1 v_3 w_3 + 2 v_2 w_2 v_3 w_3 .\]

Fark alınınca \(v_i^2 w_i^2\) terimleri gider:

\[\begin{aligned} (\mathbf{v} \cdot \mathbf{v})(\mathbf{w} \cdot \mathbf{w}) - (\mathbf{v} \cdot \mathbf{w})^2 &= v_1^2 w_2^2 + v_1^2 w_3^2 + v_2^2 w_1^2 + v_2^2 w_3^2 + v_3^2 w_1^2 + v_3^2 w_2^2\\ &\quad - 2 v_1 v_2 w_1 w_2 - 2 v_1 v_3 w_1 w_3 - 2 v_2 v_3 w_2 w_3 . \end{aligned}\]

Sol taraf ise \(\|\mathbf{v} \times \mathbf{w}\|^2 = c_1^2 + c_2^2 + c_3^2\):

\[\begin{aligned} c_1^2 &= (v_2 w_3 - v_3 w_2)^2 = v_2^2 w_3^2 - 2 v_2 v_3 w_2 w_3 + v_3^2 w_2^2,\\ c_2^2 &= (v_3 w_1 - v_1 w_3)^2 = v_3^2 w_1^2 - 2 v_1 v_3 w_1 w_3 + v_1^2 w_3^2,\\ c_3^2 &= (v_1 w_2 - v_2 w_1)^2 = v_1^2 w_2^2 - 2 v_1 v_2 w_1 w_2 + v_2^2 w_1^2 . \end{aligned}\]

Üçünü toplayınca altı kare terimi (\(v_2^2 w_3^2\), \(v_3^2 w_2^2\), \(v_3^2 w_1^2\), \(v_1^2 w_3^2\), \(v_1^2 w_2^2\), \(v_2^2 w_1^2\)) ve üç çapraz terim (\(-2 v_2 v_3 w_2 w_3\), \(-2 v_1 v_3 w_1 w_3\), \(-2 v_1 v_2 w_1 w_2\)) elde ederiz; bunlar sağ taraftaki dokuz terimin tam kendisidir. İki taraf eşittir.

\(\blacksquare\)

Yani \(\mathbf{v} \times \mathbf{w}\), iki çarpanın gerdiği düzleme dik durur ve uzunluğunun karesi, uzunlukların karelerinin çarpımından iç çarpımın karesi çıkarılarak bulunur.

Örnek 9.32 (Uzunluk Formülünü Denetlemek) \(\mathbf{v} = (2, 1, 0)\), \(\mathbf{w} = (0, 3, 1)\) ve \(\mathbf{v} \times \mathbf{w} = (1, -2, 6)\) için uzunluk formülünün iki tarafını hesaplayalım.

Çözüm

Sol taraf \(\|\mathbf{v} \times \mathbf{w}\|^2 = 1 + 4 + 36 = 41\). Sağ tarafta \(\mathbf{v} \cdot \mathbf{v} = 5\), \(\mathbf{w} \cdot \mathbf{w} = 10\) ve \(\mathbf{v} \cdot \mathbf{w} = 0 + 3 + 0 = 3\); dolayısıyla \(5 \cdot 10 - 3^2 = 41\). İki taraf eşittir. Vektörel çarpımı hiç hesaplamadan da uzunluğunu bilebilirdik: yalnızca üç iç çarpım yeter.

\(\blacksquare\)

Uzunluk formülünü açıyla yazarsak daha sezgisel bir biçim alır.

Sonuç 9.2 (Vektörel Çarpımın Uzunluğu ve Sinüs) \(\mathbf{v}\) ve \(\mathbf{w}\) aynı noktada sıfırdan farklı teğet vektörler, \(\vartheta\) aralarındaki açı olsun. O zaman

\[\|\mathbf{v} \times \mathbf{w}\| = \|\mathbf{v}\|\,\|\mathbf{w}\| \sin\vartheta .\]

İspat

\(\mathbf{v} \cdot \mathbf{w} = \|\mathbf{v}\|\,\|\mathbf{w}\| \cos\vartheta\) eşitliğini uzunluk formülünde yerine koyarız:

\[\|\mathbf{v} \times \mathbf{w}\|^2 = \|\mathbf{v}\|^2\,\|\mathbf{w}\|^2 - \|\mathbf{v}\|^2\,\|\mathbf{w}\|^2 \cos^2\vartheta = \|\mathbf{v}\|^2\,\|\mathbf{w}\|^2 \sin^2\vartheta .\]

\(0 \le \vartheta \le \pi\) olduğundan \(\sin\vartheta \ge 0\); karekök alınca \(\|\mathbf{v} \times \mathbf{w}\| = \|\mathbf{v}\|\,\|\mathbf{w}\| \sin\vartheta\) çıkar.

\(\blacksquare\)

Yani vektörel çarpımın uzunluğu, iki vektörün gerdiği paralelkenarın alanıdır: tabanı \(\|\mathbf{v}\|\), yüksekliği \(\|\mathbf{w}\| \sin\vartheta\) olan paralelkenar. Bu yorumu alıştırmalarda kesinleştireceğiz. Formül ayrıca şunu söyler: \(\mathbf{v} \times \mathbf{w}\) ancak \(\sin\vartheta = 0\), yani vektörler aynı doğru üzerinde olduğunda sıfırdır.

Örnek 9.33 (Sinüs Formülünü Denetlemek) \(\mathbf{v} = (2, 1, 0)\) ve \(\mathbf{w} = (0, 3, 1)\) için \(\|\mathbf{v}\|\,\|\mathbf{w}\| \sin\vartheta\) sayısını hesaplayıp \(\|\mathbf{v} \times \mathbf{w}\| = \sqrt{41}\) ile karşılaştıralım.

Çözüm

\(\|\mathbf{v}\| = \sqrt{5}\), \(\|\mathbf{w}\| = \sqrt{10}\) ve \(\mathbf{v} \cdot \mathbf{w} = 3\); dolayısıyla

\[\cos\vartheta = \dfrac{3}{\sqrt{50}}, \qquad \sin^2\vartheta = 1 - \dfrac{9}{50} = \dfrac{41}{50}.\]

O hâlde

\[\|\mathbf{v}\|\,\|\mathbf{w}\| \sin\vartheta = \sqrt{50} \cdot \sqrt{41/50} = \sqrt{41}.\]

Sonuç, vektörel çarpımın doğrudan hesaplanan uzunluğuyla aynıdır. Açının kendisi \(\vartheta = \cos^{-1}(3/\sqrt{50}) \approx 1{,}13\) radyan, yaklaşık \(65°\)’dir.

\(\blacksquare\)

Vektörel çarpımın uzunluğunu ve doğrultusunu biliyoruz; \(\mathbf{v}\) ile \(\mathbf{w}\)’ye dik doğru üzerinde iki yön vardır, sonuç hangisine bakar? Bunun kesin yanıtı koordinat formülündedir; pratik yanıtı ise sağ el kuralıdır (right-hand rule).

İpucuSağ el kuralı

Sağ elin parmakları, \(\mathbf{v}\)’yi en kısa yoldan \(\mathbf{w}\)’ye döndüren yönde kıvrılırsa başparmak \(\mathbf{v} \times \mathbf{w}\) yönünü gösterir. Doğal çatıda \(U_1 \times U_2 = U_3\) olması bunun bir örneğidir: \(x\) ekseninden \(y\) eksenine doğru kıvrılan parmaklarla başparmak pozitif \(z\) yönüne bakar. Çarpanların sırasını değiştirmek dönüş yönünü, dolayısıyla başparmağın yönünü tersine çevirir; bu, ters değişme kuralının el ile hatırlanışıdır. Kural bir sezgi aracıdır; ispatlarda her zaman koordinat formülünü kullanırız.

NotVektörel çarpım ile kama çarpımının akrabalığı

Vektörel çarpım, Diferansiyel Formlar bölümündeki 1-formların kama çarpımının yakın akrabasıdır. Ters değişme kuralı \(\mathbf{v} \times \mathbf{w} = -\,\mathbf{w} \times \mathbf{v}\), 1-formlar için Lemma 6.1’de gördüğümüz \(\phi \wedge \psi = -\,\psi \wedge \phi\) kuralının tam karşılığıdır; \(\mathbf{v} \times \mathbf{v} = \mathbf{0}\) da \(\phi \wedge \phi = 0\)’ın. Daha fazlası var: sabit katsayılı \(\phi = \sum_i v_i\,dx_i\) ve \(\psi = \sum_i w_i\,dx_i\) 1-formları için

\[\begin{aligned} \phi \wedge \psi &= (v_1 w_2 - v_2 w_1)\,dx_1 \wedge dx_2 + (v_1 w_3 - v_3 w_1)\,dx_1 \wedge dx_3\\ &\quad + (v_2 w_3 - v_3 w_2)\,dx_2 \wedge dx_3 \end{aligned}\]

olur. Alıştırma 6.18’deki 2-formlarla vektör alanları arasındaki eşlemede \(dx_2 \wedge dx_3\)’ün katsayısı \(U_1\)’in, \(dx_1 \wedge dx_2\)’nin katsayısı \(U_3\)’ün katsayısı, \(dx_1 \wedge dx_3\)’ün katsayısı ise \(U_2\) katsayısının negatifidir. Bu eşleme altında \(\phi \wedge \psi\), koordinatları \(v_2 w_3 - v_3 w_2\), \(-(v_1 w_3 - v_3 w_1) = v_3 w_1 - v_1 w_3\) ve \(v_1 w_2 - v_2 w_1\) olan vektöre, yani tam olarak \(\mathbf{v} \times \mathbf{w}\)’ye karşılık gelir. Rotasyonelin bir dış türev olması da aynı akrabalığın bir başka yüzüdür.

9.10 Üçlü Skaler Çarpım

İç çarpımla vektörel çarpımı birleştirerek üç vektörden bir sayı üreten bir işlem elde ederiz.

Tanım 9.10 (Üçlü Skaler Çarpım) \(\mathbf{u}, \mathbf{v}, \mathbf{w}\) aynı noktada teğet vektörler olsun. \(\mathbf{u} \cdot (\mathbf{v} \times \mathbf{w})\) sayısına bu üç vektörün üçlü skaler çarpımı (triple scalar product) denir ve parantezsiz olarak \(\mathbf{u} \cdot \mathbf{v} \times \mathbf{w}\) yazılır.

Yani önce \(\mathbf{v}\) ile \(\mathbf{w}\) vektörel çarpılır, sonra sonuç \(\mathbf{u}\) ile iç çarpılır; çıkan şey bir sayıdır.

Parantezin gereksiz olmasının nedeni şudur: \(\mathbf{u} \cdot \mathbf{v} \times \mathbf{w}\) ifadesini başka türlü, yani \((\mathbf{u} \cdot \mathbf{v}) \times \mathbf{w}\) olarak okumaya kalkarsak, bir sayı olan \(\mathbf{u} \cdot \mathbf{v}\)’yi bir vektörle vektörel çarpmak gerekir; böyle bir işlem tanımlı değildir. Anlamlı tek okuma \(\mathbf{u} \cdot (\mathbf{v} \times \mathbf{w})\)’dir. Koordinatlarla açık yazımı, lemmanın ispatındaki hesabın aynısıdır:

\[\mathbf{u} \cdot \mathbf{v} \times \mathbf{w} = u_1(v_2 w_3 - v_3 w_2) + u_2(v_3 w_1 - v_1 w_3) + u_3(v_1 w_2 - v_2 w_1).\]

Bu, satırları \(\mathbf{u}, \mathbf{v}, \mathbf{w}\)’nin koordinatları olan \(3 \times 3\) determinantın birinci satıra göre açılımıdır; alıştırmalarda bunu ve sonuçlarını ayrıntısıyla inceleyeceğiz.

Örnek 9.34 (Bir Üçlü Skaler Çarpım) \(\mathbf{u} = (1, 2, 3)\), \(\mathbf{v} = (2, 0, 0)\) ve \(\mathbf{w} = (1, 3, 0)\) için \(\mathbf{u} \cdot \mathbf{v} \times \mathbf{w}\) sayısını hesaplayalım.

Çözüm

Önce vektörel çarpım:

\[\mathbf{v} \times \mathbf{w} = (0 \cdot 0 - 0 \cdot 3,\ 0 \cdot 1 - 2 \cdot 0,\ 2 \cdot 3 - 0 \cdot 1) = (0, 0, 6).\]

\(\mathbf{v}\) ile \(\mathbf{w}\) ikisi de \(xy\) düzleminde olduğundan çarpımları \(z\) ekseni doğrultusunda çıktı. Sonra iç çarpım: \(\mathbf{u} \cdot (0, 0, 6) = 18\). Yani \(\mathbf{u} \cdot \mathbf{v} \times \mathbf{w} = 18\). Sonucu şöyle yorumlayabiliriz: \(\mathbf{v}\) ile \(\mathbf{w}\)’nin gerdiği paralelkenarın alanı \(\|\mathbf{v} \times \mathbf{w}\| = 6\), \(\mathbf{u}\)’nun bu paralelkenarın düzlemine dik yükselişi \(u_3 = 3\); çarpım \(18\), üç vektörün gerdiği kutunun hacmidir. Bu yorumu alıştırmalarda ispatlayacağız.

\(\blacksquare\)

Örnek 9.35 (Aynı Düzlemdeki Üç Vektör) \(\mathbf{v} = (2, 0, 0)\), \(\mathbf{w} = (1, 3, 0)\) ve \(\mathbf{u} = \mathbf{v} + \mathbf{w} = (3, 3, 0)\) için \(\mathbf{u} \cdot \mathbf{v} \times \mathbf{w}\)’yi hesaplamadan önce tahmin edelim, sonra hesaplayalım.

Çözüm

\(\mathbf{v} \times \mathbf{w}\) hem \(\mathbf{v}\)’ye hem \(\mathbf{w}\)’ye diktir; bilineerlik gereği \(\mathbf{v} + \mathbf{w}\)’ye de diktir:

\[(\mathbf{v} + \mathbf{w}) \cdot \mathbf{v} \times \mathbf{w} = \mathbf{v} \cdot \mathbf{v} \times \mathbf{w} + \mathbf{w} \cdot \mathbf{v} \times \mathbf{w} = 0 + 0 .\]

Tahminimiz \(0\)’dır. Hesap: \(\mathbf{v} \times \mathbf{w} = (0, 0, 6)\) ve \((3, 3, 0) \cdot (0, 0, 6) = 0\). Genel olarak \(\mathbf{u}\), \(\mathbf{v}\) ile \(\mathbf{w}\)’nin gerdiği düzlemde yatıyorsa üçlü skaler çarpım sıfırdır: kutu yassılmış, hacmi yok olmuştur.

\(\blacksquare\)

9.11 Alıştırmalar

Alıştırma 9.1 (İki Vektörün İç Çarpımı) \(\mathbf{v} = (1, 2, -1)\) ve \(\mathbf{w} = (-1, 0, 3)\), \(\mathbb{R}^3\)’ün bir noktasında teğet vektörler olsun. \(\mathbf{v} \cdot \mathbf{w}\) sayısını hesaplayınız.

Çözüm

Karşılıklı koordinatları çarpıp toplarız:

\[\mathbf{v} \cdot \mathbf{w} = 1(-1) + 2(0) + (-1)(3) = -1 + 0 - 3 = -4 .\]

Sonuç negatiftir; demek ki iki vektör arasındaki açı geniştir. Bunu aşağıda açının kosinüsünü hesaplarken doğrulayacağız.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 9.2 (İki Vektörün Vektörel Çarpımı) \(\mathbf{v} = (1, 2, -1)\) ve \(\mathbf{w} = (-1, 0, 3)\) aynı noktada teğet vektörler olsun. \(\mathbf{v} \times \mathbf{w}\)’yi hesaplayınız.

Çözüm

Biçimsel determinantı birinci satıra göre açarız:

\[\begin{aligned} \mathbf{v} \times \mathbf{w} &= \begin{vmatrix} U_1 & U_2 & U_3 \\ 1 & 2 & -1 \\ -1 & 0 & 3 \end{vmatrix}\\ &= \bigl(2 \cdot 3 - (-1) \cdot 0\bigr) U_1 - \bigl(1 \cdot 3 - (-1)(-1)\bigr) U_2\\ &\quad + \bigl(1 \cdot 0 - 2 \cdot (-1)\bigr) U_3 . \end{aligned}\]

Katsayılar \(6\), \(-(3 - 1) = -2\) ve \(2\); yani \(\mathbf{v} \times \mathbf{w} = (6, -2, 2)\).

Denetim. Sonuç iki çarpana da dik olmalıdır:

\[\begin{aligned} (1, 2, -1) \cdot (6, -2, 2) &= 6 - 4 - 2 = 0,\\ (-1, 0, 3) \cdot (6, -2, 2) &= -6 + 0 + 6 = 0 . \end{aligned}\]

\(\blacksquare\)

Alıştırma 9.3 (İki Vektörün Birim Vektörleri) \(\mathbf{v} = (1, 2, -1)\) ve \(\mathbf{w} = (-1, 0, 3)\) için \(\mathbf{v}/\|\mathbf{v}\|\) ve \(\mathbf{w}/\|\mathbf{w}\|\) birim vektörlerini yazınız.

Çözüm

\(\|\mathbf{v}\| = \sqrt{1 + 4 + 1} = \sqrt{6}\) ve \(\|\mathbf{w}\| = \sqrt{1 + 0 + 9} = \sqrt{10}\). Dolayısıyla

\[\dfrac{\mathbf{v}}{\|\mathbf{v}\|} = \dfrac{1}{\sqrt{6}}(1, 2, -1), \qquad \dfrac{\mathbf{w}}{\|\mathbf{w}\|} = \dfrac{1}{\sqrt{10}}(-1, 0, 3) .\]

Her ikisinin normu \(1\)’dir: \((1 + 4 + 1)/6 = 1\) ve \((1 + 0 + 9)/10 = 1\). Örnek 9.18’da gördüğümüz gibi bunlar \(\mathbf{v}\) ve \(\mathbf{w}\) ile aynı yöne bakan tek birim vektörlerdir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 9.4 (Vektörel Çarpımın Uzunluğu) \(\mathbf{v} = (1, 2, -1)\) ve \(\mathbf{w} = (-1, 0, 3)\) için \(\|\mathbf{v} \times \mathbf{w}\|\) sayısını iki yoldan hesaplayınız.

Çözüm

Birinci yol. Yukarıda \(\mathbf{v} \times \mathbf{w} = (6, -2, 2)\) bulmuştuk; normu \(\sqrt{36 + 4 + 4} = \sqrt{44} = 2\sqrt{11}\).

İkinci yol. Lemma 9.5’nin uzunluk formülüyle, vektörel çarpımı hiç kullanmadan: \(\mathbf{v} \cdot \mathbf{v} = 6\), \(\mathbf{w} \cdot \mathbf{w} = 10\), \(\mathbf{v} \cdot \mathbf{w} = -4\) ve

\[\|\mathbf{v} \times \mathbf{w}\|^2 = 6 \cdot 10 - (-4)^2 = 60 - 16 = 44 .\]

İki yol da \(\|\mathbf{v} \times \mathbf{w}\| = 2\sqrt{11} \approx 6{,}63\) verir. Bu sayı, \(\mathbf{v}\) ile \(\mathbf{w}\)’nin gerdiği paralelkenarın alanıdır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 9.5 (İki Vektör Arasındaki Açının Kosinüsü) \(\mathbf{v} = (1, 2, -1)\) ve \(\mathbf{w} = (-1, 0, 3)\) arasındaki açının kosinüsünü bulunuz.

Çözüm

\(\mathbf{v} \cdot \mathbf{w} = -4\), \(\|\mathbf{v}\| = \sqrt{6}\), \(\|\mathbf{w}\| = \sqrt{10}\). Açının tanımına göre

\[\cos\vartheta = \dfrac{\mathbf{v} \cdot \mathbf{w}}{\|\mathbf{v}\|\,\|\mathbf{w}\|} = \dfrac{-4}{\sqrt{60}} = \dfrac{-4}{2\sqrt{15}} = -\dfrac{2}{\sqrt{15}} \approx -0{,}516 .\]

Kosinüs negatif olduğundan açı geniştir: \(\vartheta = \cos^{-1}(-2/\sqrt{15}) \approx 2{,}11\) radyan, yaklaşık \(121°\). Denetim olarak sinüs formülüne bakalım: \(\sin^2\vartheta = 1 - 4/15 = 11/15\) ve

\[\|\mathbf{v}\|\,\|\mathbf{w}\| \sin\vartheta = \sqrt{60} \cdot \sqrt{11/15} = \sqrt{44},\]

önceki alıştırmada bulduğumuz \(\|\mathbf{v} \times \mathbf{w}\|\) ile aynı.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 9.6 (Uzaklık Negatif Olmaz) Her \(\mathbf{p}, \mathbf{q} \in \mathbb{R}^3\) için \(d(\mathbf{p}, \mathbf{q}) \ge 0\) olduğunu ve \(d(\mathbf{p}, \mathbf{q}) = 0\) eşitliğinin ancak ve ancak \(\mathbf{p} = \mathbf{q}\) iken sağlandığını gösteriniz.

Çözüm

\(d(\mathbf{p}, \mathbf{q}) = \|\mathbf{p} - \mathbf{q}\|\) bir karekök olduğundan negatif değildir. Sıfır olması \(\|\mathbf{p} - \mathbf{q}\|^2 = (\mathbf{p} - \mathbf{q}) \cdot (\mathbf{p} - \mathbf{q}) = 0\) demektir; pozitif tanımlılık (Önerme 9.1) gereği bu ancak \(\mathbf{p} - \mathbf{q} = \mathbf{0}\), yani \(\mathbf{p} = \mathbf{q}\) iken olur. Tersine \(\mathbf{p} = \mathbf{q}\) ise \(d(\mathbf{p}, \mathbf{q}) = \|\mathbf{0}\| = 0\).

Yani farklı iki nokta arasındaki uzaklık her zaman pozitiftir; uzaklık, noktaları birbirinden ayırır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 9.7 (Uzaklık Simetriktir) Her \(\mathbf{p}, \mathbf{q} \in \mathbb{R}^3\) için \(d(\mathbf{p}, \mathbf{q}) = d(\mathbf{q}, \mathbf{p})\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

\(\mathbf{q} - \mathbf{p} = (-1)(\mathbf{p} - \mathbf{q})\) olduğundan Önerme 9.2’nin birinci özelliğiyle

\[d(\mathbf{q}, \mathbf{p}) = \|\mathbf{q} - \mathbf{p}\| = \|(-1)(\mathbf{p} - \mathbf{q})\| = |{-1}|\,\|\mathbf{p} - \mathbf{q}\| = d(\mathbf{p}, \mathbf{q}) .\]

Koordinatlarla da görülür: uzaklık formülündeki \((p_i - q_i)^2\) terimleri \((q_i - p_i)^2\) ile aynıdır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 9.8 (Uzaklık İçin Üçgen Eşitsizliği) Her \(\mathbf{p}, \mathbf{q}, \mathbf{r} \in \mathbb{R}^3\) için \(d(\mathbf{p}, \mathbf{q}) + d(\mathbf{q}, \mathbf{r}) \ge d(\mathbf{p}, \mathbf{r})\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

\(\mathbf{p} - \mathbf{r} = (\mathbf{p} - \mathbf{q}) + (\mathbf{q} - \mathbf{r})\) yazıp normun üçgen eşitsizliğini (Önerme 9.2) uygularız:

\[d(\mathbf{p}, \mathbf{r}) = \|(\mathbf{p} - \mathbf{q}) + (\mathbf{q} - \mathbf{r})\| \le \|\mathbf{p} - \mathbf{q}\| + \|\mathbf{q} - \mathbf{r}\| = d(\mathbf{p}, \mathbf{q}) + d(\mathbf{q}, \mathbf{r}) .\]

Sözle: \(\mathbf{p}\)’den \(\mathbf{r}\)’ye \(\mathbf{q}\)’ya uğrayarak gitmek, doğrudan gitmekten kısa olamaz. Bu üç alıştırma birlikte, \(d\)’nin bir uzaklık fonksiyonu (metrik) olmasının bütün koşullarını verir; açık küme tanımını \(\mathbb{R}^3\) dışına taşımak için gereken tam bu üç özelliktir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 9.9 (Üç Vektörün Çatı Oluşturduğunu Göstermek) Aynı noktadaki

\[e_1 = \dfrac{1}{\sqrt{6}}(1, 2, 1), \qquad e_2 = \dfrac{1}{\sqrt{8}}(-2, 0, 2), \qquad e_3 = \dfrac{1}{\sqrt{3}}(1, -1, 1)\]

teğet vektörlerinin bir çatı oluşturduğunu gösteriniz.

Çözüm

Altı denklemi denetleriz. Normların kareleri:

\[\|e_1\|^2 = \dfrac{1 + 4 + 1}{6} = 1, \qquad \|e_2\|^2 = \dfrac{4 + 0 + 4}{8} = 1,\]

ve \(\|e_3\|^2 = (1 + 1 + 1)/3 = 1\). Karşılıklı iç çarpımlar:

\[\begin{aligned} e_1 \cdot e_2 &= \dfrac{(1)(-2) + (2)(0) + (1)(2)}{\sqrt{6}\sqrt{8}} = 0,\\ e_1 \cdot e_3 &= \dfrac{1 - 2 + 1}{\sqrt{6}\sqrt{3}} = 0,\\ e_2 \cdot e_3 &= \dfrac{-2 + 0 + 2}{\sqrt{8}\sqrt{3}} = 0 . \end{aligned}\]

Üçü birim, ikişer ikişer ortogonal: \(e_1, e_2, e_3\) bir çatıdır. \(e_2 = \tfrac{1}{\sqrt{2}}(-1, 0, 1)\) biçiminde de yazılabilir; bu çatının duruş matrisini Örnek 9.28’de incelemiştik.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 9.10 (Bir Vektörü Çatıda Açmak) \(e_1 = \tfrac{1}{\sqrt{6}}(1, 2, 1)\), \(e_2 = \tfrac{1}{\sqrt{8}}(-2, 0, 2)\), \(e_3 = \tfrac{1}{\sqrt{3}}(1, -1, 1)\) çatısı verilsin. \(\mathbf{v} = (6, 1, -1)\) vektörünü bu çatı vektörlerinin lineer bileşimi olarak yazınız ve sonucu doğrudan hesapla denetleyiniz.

Çözüm

Teorem 9.1 gereği katsayılar iç çarpımlardır:

\[\begin{aligned} \mathbf{v} \cdot e_1 &= \dfrac{6 + 2 - 1}{\sqrt{6}} = \dfrac{7}{\sqrt{6}},\\ \mathbf{v} \cdot e_2 &= \dfrac{-12 + 0 - 2}{\sqrt{8}} = \dfrac{-14}{2\sqrt{2}} = -\dfrac{7}{\sqrt{2}},\\ \mathbf{v} \cdot e_3 &= \dfrac{6 - 1 - 1}{\sqrt{3}} = \dfrac{4}{\sqrt{3}} . \end{aligned}\]

Dolayısıyla

\[\mathbf{v} = \dfrac{7}{\sqrt{6}}\,e_1 - \dfrac{7}{\sqrt{2}}\,e_2 + \dfrac{4}{\sqrt{3}}\,e_3 .\]

Denetim. Her terimi açalım:

\[\begin{aligned} \dfrac{7}{\sqrt{6}} \cdot \dfrac{(1, 2, 1)}{\sqrt{6}} &= \dfrac{7}{6}(1, 2, 1),\\ -\dfrac{7}{\sqrt{2}} \cdot \dfrac{(-2, 0, 2)}{2\sqrt{2}} &= -\dfrac{7}{4}(-2, 0, 2) = \dfrac{7}{2}(1, 0, -1),\\ \dfrac{4}{\sqrt{3}} \cdot \dfrac{(1, -1, 1)}{\sqrt{3}} &= \dfrac{4}{3}(1, -1, 1) . \end{aligned}\]

Koordinat koordinat toplayalım:

\[\begin{aligned} x &: \dfrac{7}{6} + \dfrac{7}{2} + \dfrac{4}{3} = \dfrac{7 + 21 + 8}{6} = 6,\\ y &: \dfrac{7}{3} + 0 - \dfrac{4}{3} = 1,\\ z &: \dfrac{7}{6} - \dfrac{7}{2} + \dfrac{4}{3} = \dfrac{7 - 21 + 8}{6} = -1 . \end{aligned}\]

Toplam \((6, 1, -1) = \mathbf{v}\)’dir. Ek bir denetim: Önerme 9.4’e göre katsayıların kareleri toplamı \(\|\mathbf{v}\|^2\) olmalıdır:

\[\dfrac{49}{6} + \dfrac{49}{2} + \dfrac{16}{3} = \dfrac{49 + 147 + 32}{6} = 38 = 36 + 1 + 1 .\]

\(\blacksquare\)

Alıştırma 9.11 (Üçlü Skaler Çarpım Bir Determinanttır) \(\mathbf{u} = (u_1, u_2, u_3)\), \(\mathbf{v} = (v_1, v_2, v_3)\), \(\mathbf{w} = (w_1, w_2, w_3)\) aynı noktada teğet vektörler olsun.

\[\mathbf{u} \cdot \mathbf{v} \times \mathbf{w} = \begin{vmatrix} u_1 & u_2 & u_3 \\ v_1 & v_2 & v_3 \\ w_1 & w_2 & w_3 \end{vmatrix}\]

olduğunu gösteriniz.

Çözüm

\(\mathbf{v} \times \mathbf{w}\)’nin koordinatları \(c_1 = v_2 w_3 - v_3 w_2\), \(c_2 = v_3 w_1 - v_1 w_3\), \(c_3 = v_1 w_2 - v_2 w_1\)’dir; iç çarpım

\[\mathbf{u} \cdot \mathbf{v} \times \mathbf{w} = u_1(v_2 w_3 - v_3 w_2) + u_2(v_3 w_1 - v_1 w_3) + u_3(v_1 w_2 - v_2 w_1) .\]

Öte yandan determinantın birinci satıra göre açılımı tanım gereği

\[u_1(v_2 w_3 - v_3 w_2) - u_2(v_1 w_3 - v_3 w_1) + u_3(v_1 w_2 - v_2 w_1)\]

ve ortadaki terim

\[-u_2(v_1 w_3 - v_3 w_1) = u_2(v_3 w_1 - v_1 w_3)\]

olduğundan iki ifade aynıdır. Kısaca: vektörel çarpımın biçimsel determinantında birinci satırdaki \(U_i(\mathbf{p})\)’lerin yerine \(u_i\) sayılarını yazmak, \(\mathbf{u}\) ile iç çarpım almaktır.

Sayısal denetim. \(\mathbf{u} = (1, 2, 3)\), \(\mathbf{v} = (2, 0, 0)\), \(\mathbf{w} = (1, 3, 0)\) için Örnek 9.34’de \(18\) bulmuştuk; determinantın açılımı

\[1(0 - 0) - 2(0 - 0) + 3(6 - 0) = 18 .\]

\(\blacksquare\)

Alıştırma 9.12 (Üçlü Skaler Çarpım ve Lineer Bağımsızlık) Aynı noktadaki \(\mathbf{u}, \mathbf{v}, \mathbf{w}\) teğet vektörleri için \(\mathbf{u} \cdot \mathbf{v} \times \mathbf{w} \ne 0\) olmasının, üç vektörün lineer bağımsız olmasına denk olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Bağımlı ise çarpım sıfırdır. Hepsi sıfır olmayan \(\alpha, \beta, \gamma\) ile \(\alpha\mathbf{u} + \beta\mathbf{v} + \gamma\mathbf{w} = \mathbf{0}\) olsun. İki durum var.

\(\alpha \ne 0\) ise \(\mathbf{u} = -(\beta/\alpha)\mathbf{v} - (\gamma/\alpha)\mathbf{w}\) ve bilineerlikle

\[\mathbf{u} \cdot \mathbf{v} \times \mathbf{w} = -\dfrac{\beta}{\alpha}\,\mathbf{v} \cdot \mathbf{v} \times \mathbf{w} - \dfrac{\gamma}{\alpha}\,\mathbf{w} \cdot \mathbf{v} \times \mathbf{w} = 0,\]

çünkü \(\mathbf{v} \times \mathbf{w}\) hem \(\mathbf{v}\)’ye hem \(\mathbf{w}\)’ye diktir (Lemma 9.5).

\(\alpha = 0\) ise \(\beta\mathbf{v} + \gamma\mathbf{w} = \mathbf{0}\) ve \(\beta, \gamma\)’dan biri sıfır değildir. \(\beta \ne 0\) ise \(\mathbf{v} = -(\gamma/\beta)\mathbf{w}\), dolayısıyla \(\mathbf{v} \times \mathbf{w} = -(\gamma/\beta)\,\mathbf{w} \times \mathbf{w} = \mathbf{0}\); \(\gamma \ne 0\) ise \(\mathbf{w} = -(\beta/\gamma)\mathbf{v}\) ve yine \(\mathbf{v} \times \mathbf{w} = \mathbf{0}\). Her iki durumda üçlü çarpım \(\mathbf{u} \cdot \mathbf{0} = 0\).

Bağımsız ise çarpım sıfır değildir. \(\mathbf{u}, \mathbf{v}, \mathbf{w}\) bağımsız olsun. Önce \(\mathbf{v} \times \mathbf{w} \ne \mathbf{0}\) olduğunu görelim: \(\mathbf{v}\) ile \(\mathbf{w}\) bağımsızdır (bağımsız bir kümenin parçası), dolayısıyla Lemma 9.1’da eşitlik sağlanmaz ve uzunluk formülüyle

\[\|\mathbf{v} \times \mathbf{w}\|^2 = \|\mathbf{v}\|^2\,\|\mathbf{w}\|^2 - (\mathbf{v} \cdot \mathbf{w})^2 > 0 .\]

Şimdi Lemma 9.3 gereği bağımsız üç vektör bir tabandır (teğet uzayında da, vektör kısımları yoluyla); \(\mathbf{v} \times \mathbf{w} = a\mathbf{u} + b\mathbf{v} + c\mathbf{w}\) yazalım. İki tarafın \(\mathbf{v} \times \mathbf{w}\) ile iç çarpımını alırsak, diklik gereği \(\mathbf{v}\) ve \(\mathbf{w}\) terimleri düşer:

\[\|\mathbf{v} \times \mathbf{w}\|^2 = a\,(\mathbf{u} \cdot \mathbf{v} \times \mathbf{w}) + 0 + 0 .\]

Sol taraf pozitif olduğundan \(a\,(\mathbf{u} \cdot \mathbf{v} \times \mathbf{w}) \ne 0\), dolayısıyla \(\mathbf{u} \cdot \mathbf{v} \times \mathbf{w} \ne 0\).

Sayısal örnek. \((1, 2, 3)\), \((2, 0, 0)\), \((1, 3, 0)\) için çarpım \(18 \ne 0\): bağımsızdırlar. \((3, 3, 0)\), \((2, 0, 0)\), \((1, 3, 0)\) için çarpım \(0\): gerçekten \((3, 3, 0) = (2, 0, 0) + (1, 3, 0)\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 9.13 (İki Vektörün Yerini Değiştirmek İşareti Değiştirir) \(\mathbf{u} \cdot \mathbf{v} \times \mathbf{w}\) üçlü skaler çarpımında herhangi iki vektörün yeri değiştirilirse çarpımın işaret değiştirdiğini gösteriniz.

Çözüm

Üç değişim var; önce çarpımı açık altı terimli biçimde yazalım:

\[\mathbf{u} \cdot \mathbf{v} \times \mathbf{w} = u_1 v_2 w_3 + u_2 v_3 w_1 + u_3 v_1 w_2 - u_1 v_3 w_2 - u_2 v_1 w_3 - u_3 v_2 w_1 .\]

\(\mathbf{v}\) ile \(\mathbf{w}\)’nin değişimi. Ters değişme kuralıyla

\[\mathbf{u} \cdot \mathbf{w} \times \mathbf{v} = \mathbf{u} \cdot (-\,\mathbf{v} \times \mathbf{w}) = -\,\mathbf{u} \cdot \mathbf{v} \times \mathbf{w} .\]

\(\mathbf{u}\) ile \(\mathbf{v}\)’nin değişimi. Açık formülde \(u\) ile \(v\) harflerinin rollerini değiştiririz:

\[\mathbf{v} \cdot \mathbf{u} \times \mathbf{w} = v_1 u_2 w_3 + v_2 u_3 w_1 + v_3 u_1 w_2 - v_1 u_3 w_2 - v_2 u_1 w_3 - v_3 u_2 w_1 .\]

Terimleri \(u\) indisine göre sıralayınca

\[u_2 v_1 w_3 + u_3 v_2 w_1 + u_1 v_3 w_2 - u_3 v_1 w_2 - u_1 v_2 w_3 - u_2 v_3 w_1 ;\]

bu, ilk formüldeki üç pozitif terimin eksi, üç negatif terimin artı işaretle yazılmış hâlidir. Yani \(\mathbf{v} \cdot \mathbf{u} \times \mathbf{w} = -\,\mathbf{u} \cdot \mathbf{v} \times \mathbf{w}\).

\(\mathbf{u}\) ile \(\mathbf{w}\)’nin değişimi. Aynı biçimde \(u\) ile \(w\) harflerini değiştiririz:

\[\mathbf{w} \cdot \mathbf{v} \times \mathbf{u} = w_1 v_2 u_3 + w_2 v_3 u_1 + w_3 v_1 u_2 - w_1 v_3 u_2 - w_2 v_1 u_3 - w_3 v_2 u_1 .\]

Sıralayınca

\[u_3 v_2 w_1 + u_1 v_3 w_2 + u_2 v_1 w_3 - u_2 v_3 w_1 - u_3 v_1 w_2 - u_1 v_2 w_3 ,\]

yine ilk formülün işaretleri tersine çevrilmiş hâli.

Determinant diliyle: iki satırın yerini değiştirmek determinantın işaretini değiştirir; yukarıdaki üç hesap bu kuralın \(3 \times 3\) durumdaki tam ispatıdır.

Sayısal denetim. \(\mathbf{u} = (1, 2, 3)\), \(\mathbf{v} = (2, 0, 0)\), \(\mathbf{w} = (1, 3, 0)\) için \(\mathbf{u} \cdot \mathbf{v} \times \mathbf{w} = 18\). Öte yandan

\[\begin{aligned} \mathbf{u} \times \mathbf{w} &= (2 \cdot 0 - 3 \cdot 3,\ 3 \cdot 1 - 1 \cdot 0,\ 1 \cdot 3 - 2 \cdot 1) = (-9, 3, 1),\\ \mathbf{v} \cdot \mathbf{u} \times \mathbf{w} &= (2, 0, 0) \cdot (-9, 3, 1) = -18 . \end{aligned}\]

\(\blacksquare\)

Alıştırma 9.14 (Noktanın ve Çarpının Yeri Değişebilir) Aynı noktadaki \(\mathbf{u}, \mathbf{v}, \mathbf{w}\) için \(\mathbf{u} \cdot \mathbf{v} \times \mathbf{w} = \mathbf{u} \times \mathbf{v} \cdot \mathbf{w}\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Sağ taraf, parantezin zorunlu okunuşuyla, \((\mathbf{u} \times \mathbf{v}) \cdot \mathbf{w}\)’dir; iç çarpımın simetrisiyle bu \(\mathbf{w} \cdot \mathbf{u} \times \mathbf{v}\)’ye eşittir. Önceki alıştırmayı iki kez uygularız: \(\mathbf{u} \cdot \mathbf{v} \times \mathbf{w}\) ifadesinde önce \(\mathbf{u}\) ile \(\mathbf{w}\)’nin yerini değiştirince \(-\,\mathbf{w} \cdot \mathbf{v} \times \mathbf{u}\), sonra \(\mathbf{v}\) ile \(\mathbf{u}\)’nun yerini değiştirince \(+\,\mathbf{w} \cdot \mathbf{u} \times \mathbf{v}\) elde ederiz. İki işaret değişimi birbirini götürdü:

\[\mathbf{u} \cdot \mathbf{v} \times \mathbf{w} = \mathbf{w} \cdot \mathbf{u} \times \mathbf{v} = \mathbf{u} \times \mathbf{v} \cdot \mathbf{w} .\]

Yani üçlü skaler çarpımda “nokta” ile “çarpı” işaretlerinin yerini değiştirmek sonucu değiştirmez; üç vektörün çevrimsel sırası korundukça çarpım aynıdır.

Sayısal denetim. \(\mathbf{u} = (1, 2, 3)\), \(\mathbf{v} = (2, 0, 0)\), \(\mathbf{w} = (1, 3, 0)\) için

\[\mathbf{u} \times \mathbf{v} = (2 \cdot 0 - 3 \cdot 0,\ 3 \cdot 2 - 1 \cdot 0,\ 1 \cdot 0 - 2 \cdot 2) = (0, 6, -4)\]

ve \((0, 6, -4) \cdot (1, 3, 0) = 18\), sol tarafla aynı.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 9.15 (Vektörel Çarpımın Sıfır Olması) Aynı noktadaki \(\mathbf{v}, \mathbf{w}\) teğet vektörleri için \(\mathbf{v} \times \mathbf{w} \ne \mathbf{0}\) olmasının, \(\mathbf{v}\) ile \(\mathbf{w}\)’nin lineer bağımsız olmasına denk olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Uzunluk formülüne göre

\[\|\mathbf{v} \times \mathbf{w}\|^2 = \|\mathbf{v}\|^2\,\|\mathbf{w}\|^2 - (\mathbf{v} \cdot \mathbf{w})^2 .\]

Bir vektör ancak normu sıfırsa sıfırdır; demek ki \(\mathbf{v} \times \mathbf{w} = \mathbf{0}\) olması, \((\mathbf{v} \cdot \mathbf{w})^2 = \|\mathbf{v}\|^2\,\|\mathbf{w}\|^2\), yani Schwarz eşitsizliğinde eşitlik olması demektir. Lemma 9.1’a göre eşitlik ancak ve ancak \(\mathbf{v}\) ile \(\mathbf{w}\) lineer bağımlı iken sağlanır. Olumsuzlarını alırsak: \(\mathbf{v} \times \mathbf{w} \ne \mathbf{0}\) ancak ve ancak \(\mathbf{v}\) ile \(\mathbf{w}\) bağımsız iken.

Sayısal örnek. \((2, 1, 0) \times (0, 3, 1) = (1, -2, 6) \ne \mathbf{0}\); iki vektör bağımsızdır. \((1, 2, -1) \times (-2, -4, 2)\) ise \((4 - 4,\ 2 - 2,\ -4 + 4) = \mathbf{0}\); gerçekten ikinci vektör birincinin \(-2\) katıdır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 9.16 (Paralelkenarın Alanı) Aynı noktadaki sıfırdan farklı \(\mathbf{v}, \mathbf{w}\) teğet vektörleri için \(\|\mathbf{v} \times \mathbf{w}\|\) sayısının, kenarları \(\mathbf{v}\) ve \(\mathbf{w}\) olan paralelkenarın alanı olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Paralelkenarın alanı, taban uzunluğu ile yüksekliğin çarpımıdır. Tabanı \(\mathbf{v}\) alalım: uzunluğu \(\|\mathbf{v}\|\). Yükseklik, \(\mathbf{w}\)’nin ucundan tabanın doğrusuna inen dikmenin uzunluğudur; bu da \(\mathbf{w}\)’nin \(\mathbf{v}\)’ye dik bileşeninin uzunluğudur. \(\mathbf{w}\)’yi \(\mathbf{v}\) doğrultusundaki bir parça ile ona dik bir parçaya ayıralım:

\[\mathbf{w} = \dfrac{\mathbf{w} \cdot \mathbf{v}}{\|\mathbf{v}\|^2}\,\mathbf{v} + \mathbf{h}, \qquad \mathbf{h} = \mathbf{w} - \dfrac{\mathbf{w} \cdot \mathbf{v}}{\|\mathbf{v}\|^2}\,\mathbf{v} .\]

\(\mathbf{h}\) gerçekten \(\mathbf{v}\)’ye diktir: \(\mathbf{h} \cdot \mathbf{v} = \mathbf{w} \cdot \mathbf{v} - (\mathbf{w} \cdot \mathbf{v}) = 0\). Yükseklik \(\|\mathbf{h}\|\)’dir ve karesi bilineerlikle hesaplanır:

\[\begin{aligned} \|\mathbf{h}\|^2 &= \|\mathbf{w}\|^2 - 2\,\dfrac{(\mathbf{w} \cdot \mathbf{v})^2}{\|\mathbf{v}\|^2} + \dfrac{(\mathbf{w} \cdot \mathbf{v})^2}{\|\mathbf{v}\|^4}\,\|\mathbf{v}\|^2\\ &= \|\mathbf{w}\|^2 - \dfrac{(\mathbf{v} \cdot \mathbf{w})^2}{\|\mathbf{v}\|^2} = \dfrac{\|\mathbf{v}\|^2\,\|\mathbf{w}\|^2 - (\mathbf{v} \cdot \mathbf{w})^2}{\|\mathbf{v}\|^2} . \end{aligned}\]

Pay, uzunluk formülüne göre \(\|\mathbf{v} \times \mathbf{w}\|^2\)’dir. Dolayısıyla \(\|\mathbf{h}\| = \|\mathbf{v} \times \mathbf{w}\|/\|\mathbf{v}\|\) ve

\[\text{alan} = \|\mathbf{v}\| \cdot \|\mathbf{h}\| = \|\mathbf{v} \times \mathbf{w}\| .\]

Açıyla söylersek yükseklik \(\|\mathbf{w}\| \sin\vartheta\)’dır ve alan \(\|\mathbf{v}\|\,\|\mathbf{w}\| \sin\vartheta\); Sonuç 9.2 ile aynı sonuç. \(\mathbf{v}\) ile \(\mathbf{w}\) bağımlıysa paralelkenar bir doğru parçasına yassılır, alanı \(0\)’dır ve önceki alıştırmaya göre \(\mathbf{v} \times \mathbf{w} = \mathbf{0}\); formül bu durumu da kapsar.

Sayısal denetim. \(\mathbf{v} = (3, 0, 0)\), \(\mathbf{w} = (1, 2, 0)\): taban \(3\), yükseklik \(2\) (ikinci koordinat), alan \(6\). Vektörel çarpım

\[(0 \cdot 0 - 0 \cdot 2,\ 0 \cdot 1 - 3 \cdot 0,\ 3 \cdot 2 - 0 \cdot 1) = (0, 0, 6),\]

normu \(6\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 9.17 (Bir Çatının Üçlü Skaler Çarpımı) \(e_1, e_2, e_3\) bir çatı ise \(e_1 \cdot e_2 \times e_3 = \pm 1\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

\(e_2\) ile \(e_3\) birim ve dik olduğundan aralarındaki açı \(\pi/2\)’dir; Sonuç 9.2 ile \(\|e_2 \times e_3\| = 1 \cdot 1 \cdot \sin(\pi/2) = 1\). Ayrıca \(e_2 \times e_3\) hem \(e_2\)’ye hem \(e_3\)’e diktir. Bu vektörü çatıda açalım (Teorem 9.1):

\[\begin{aligned} e_2 \times e_3 &= (e_2 \times e_3 \cdot e_1)\,e_1 + (e_2 \times e_3 \cdot e_2)\,e_2 + (e_2 \times e_3 \cdot e_3)\,e_3\\ &= (e_1 \cdot e_2 \times e_3)\,e_1 , \end{aligned}\]

çünkü son iki katsayı diklik gereği sıfırdır (ilk katsayıda iç çarpımın simetrisini kullandık). İki tarafın normunu alırsak

\[1 = |e_1 \cdot e_2 \times e_3|\,\|e_1\| = |e_1 \cdot e_2 \times e_3| .\]

Dolayısıyla \(e_1 \cdot e_2 \times e_3 = \pm 1\).

İki işaret de ortaya çıkar. Doğal çatıda \(U_2 \times U_3 = U_1\) (Örnek 9.30) olduğundan \(U_1 \cdot U_2 \times U_3 = 1\); Örnek 9.20’nin çatısında

\[e_2 \times e_3 = \tfrac{1}{\sqrt{2}}\bigl(1 \cdot 1 - 0,\ 0 - (-1)(1),\ 0\bigr) = \tfrac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0) = e_1,\]

yine \(+1\). Buna karşılık \(e_1\) ile \(e_2\)’nin yerini değiştirmek (Alıştırma 9.13) işareti \(-1\) yapar. İşaret, çatının “sağ elli” mi “sol elli” mi olduğunu söyler; ileride bunu eğrilerin çatılarını sınıflandırırken kullanacağız.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 9.18 (Ortogonal Matrisin Determinantı) Her \(3 \times 3\) ortogonal matrisin determinantının \(\pm 1\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

\(A\) ortogonal olsun. Önerme 9.5’e göre satırları, herhangi bir \(\mathbf{p}\) noktasında bir \(e_1, e_2, e_3\) çatısının Öklid koordinatlarıdır. Alıştırma 9.11’a göre satırları \(e_1, e_2, e_3\)’ün koordinatları olan determinant, \(e_1 \cdot e_2 \times e_3\) üçlü skaler çarpımıdır:

\[\det A = e_1 \cdot e_2 \times e_3 .\]

Önceki alıştırmaya göre bu sayı \(\pm 1\)’dir.

Örnekler. Birim matris için determinant \(1\). Örnek 9.28’deki matris için birinci satıra göre açılım

\[\begin{aligned} &\dfrac{1}{\sqrt{6}}\left(0 \cdot \dfrac{1}{\sqrt{3}} - \dfrac{1}{\sqrt{2}} \cdot \dfrac{-1}{\sqrt{3}}\right) - \dfrac{2}{\sqrt{6}}\left(\dfrac{-1}{\sqrt{2}} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{3}} - \dfrac{1}{\sqrt{2}} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)\\ &\quad + \dfrac{1}{\sqrt{6}}\left(\dfrac{-1}{\sqrt{2}} \cdot \dfrac{-1}{\sqrt{3}} - 0\right), \end{aligned}\]

yani \(\tfrac{1}{6} + \tfrac{4}{6} + \tfrac{1}{6} = 1\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 9.19 (Bir Vektörün Bir Doğrultudaki Bileşeni) \(\mathbf{u}\) bir birim vektör olsun. Aynı noktadaki bir \(\mathbf{v}\) vektörünün \(\mathbf{u}\) doğrultusundaki bileşeni (component) \((\mathbf{v} \cdot \mathbf{u})\,\mathbf{u} = \|\mathbf{v}\| \cos\vartheta\,\mathbf{u}\) vektörüdür. \(\mathbf{v}\)’nin, \(\mathbf{v}_1\) bu bileşen ve \(\mathbf{v}_1 \cdot \mathbf{v}_2 = 0\) olmak üzere \(\mathbf{v} = \mathbf{v}_1 + \mathbf{v}_2\) biçiminde tek türlü yazılabildiğini gösteriniz.

Çözüm

Önce tanımdaki iki yazımın aynı olduğunu görelim: \(\|\mathbf{u}\| = 1\) olduğundan \(\mathbf{v} \cdot \mathbf{u} = \|\mathbf{v}\|\,\|\mathbf{u}\| \cos\vartheta = \|\mathbf{v}\| \cos\vartheta\) (\(\mathbf{v} \ne \mathbf{0}\) ise; \(\mathbf{v} = \mathbf{0}\) için açı tanımsız olsa da \(\|\mathbf{v}\| = 0\) çarpımı sıfırlar ve iki taraf da \(0\)’dır).

Varlık. \(\mathbf{v}_1 = (\mathbf{v} \cdot \mathbf{u})\,\mathbf{u}\) ve \(\mathbf{v}_2 = \mathbf{v} - \mathbf{v}_1\) alalım; toplamları elbette \(\mathbf{v}\)’dir. Dikliği denetleyelim:

\[\mathbf{v}_2 \cdot \mathbf{u} = \mathbf{v} \cdot \mathbf{u} - (\mathbf{v} \cdot \mathbf{u})(\mathbf{u} \cdot \mathbf{u}) = \mathbf{v} \cdot \mathbf{u} - \mathbf{v} \cdot \mathbf{u} = 0,\]

dolayısıyla \(\mathbf{v}_1 \cdot \mathbf{v}_2 = (\mathbf{v} \cdot \mathbf{u})(\mathbf{u} \cdot \mathbf{v}_2) = 0\).

Teklik. Daha güçlü bir şey gösterelim: \(\mathbf{v} = c\mathbf{u} + \mathbf{v}_2'\) ve \(\mathbf{v}_2' \cdot \mathbf{u} = 0\) ise zorunlu olarak \(c = \mathbf{v} \cdot \mathbf{u}\) ve \(\mathbf{v}_2' = \mathbf{v}_2\). Gerçekten, eşitliğin iki yanının \(\mathbf{u}\) ile iç çarpımı \(\mathbf{v} \cdot \mathbf{u} = c\,(\mathbf{u} \cdot \mathbf{u}) + 0 = c\) verir; o zaman \(c\mathbf{u} = \mathbf{v}_1\) ve \(\mathbf{v}_2' = \mathbf{v} - \mathbf{v}_1 = \mathbf{v}_2\). Yani “\(\mathbf{u}\)’nun bir katı artı \(\mathbf{u}\)’ya dik bir vektör” biçimindeki ayrışım tektir ve \(\mathbf{u}\)’nun katı zorunlu olarak bileşendir.

Sayısal örnek. \(\mathbf{u} = \tfrac{1}{3}(1, 2, 2)\) (normu \(\sqrt{9}/3 = 1\)) ve \(\mathbf{v} = (3, 0, 3)\) olsun. \(\mathbf{v} \cdot \mathbf{u} = (3 + 0 + 6)/3 = 3\), dolayısıyla \(\mathbf{v}_1 = 3\mathbf{u} = (1, 2, 2)\) ve

\[\mathbf{v}_2 = (3, 0, 3) - (1, 2, 2) = (2, -2, 1).\]

Denetim: \(\mathbf{v}_2 \cdot \mathbf{u} = (2 - 4 + 2)/3 = 0\); Pisagor da tutar:

\[\|\mathbf{v}\|^2 = 18 = 9 + 9 = \|\mathbf{v}_1\|^2 + \|\mathbf{v}_2\|^2 .\]

Açıyla: \(\|\mathbf{v}\| = 3\sqrt{2}\), \(\cos\vartheta = 3/(3\sqrt{2}) = 1/\sqrt{2}\), \(\|\mathbf{v}\| \cos\vartheta = 3\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 9.20 (Paralelyüzün Hacmi) Aynı noktadaki \(\mathbf{u}, \mathbf{v}, \mathbf{w}\) teğet vektörleri, \(\mathbf{v}\) ile \(\mathbf{w}\) lineer bağımsız olsun. Kenarları \(\mathbf{u}, \mathbf{v}, \mathbf{w}\) olan paralelyüzün (parallelepiped) hacminin \(\pm\,\mathbf{u} \cdot \mathbf{v} \times \mathbf{w}\), yani \(\lvert \mathbf{u} \cdot \mathbf{v} \times \mathbf{w} \rvert\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Paralelyüzün hacmi, taban alanı ile yüksekliğin çarpımıdır. Tabanı \(\mathbf{v}\) ile \(\mathbf{w}\)’nin gerdiği paralelkenar alalım; alanı Alıştırma 9.16 gereği \(\|\mathbf{v} \times \mathbf{w}\|\)’dir ve bağımsızlık sayesinde sıfırdan farklıdır (Alıştırma 9.15). Taban düzlemine dik birim vektör

\[\mathbf{e} = \dfrac{\mathbf{v} \times \mathbf{w}}{\|\mathbf{v} \times \mathbf{w}\|}\]

olsun. Yükseklik, \(\mathbf{u}\)’nun ucunun taban düzlemine uzaklığı, yani \(\mathbf{u}\)’nun \(\mathbf{e}\) doğrultusundaki bileşeninin uzunluğu \(|\mathbf{u} \cdot \mathbf{e}|\)’dir: Alıştırma 9.19 ile \(\mathbf{u} = (\mathbf{u} \cdot \mathbf{e})\,\mathbf{e} + \mathbf{u}_2\) ve \(\mathbf{u}_2 \cdot \mathbf{e} = 0\) yazılır; \(\mathbf{u}_2\)’nin taban düzleminde yattığını görelim. \(\mathbf{v}, \mathbf{w}, \mathbf{e}\) üçlüsü bağımsızdır: \(a\mathbf{v} + b\mathbf{w} + c\mathbf{e} = \mathbf{0}\) eşitliğinin \(\mathbf{e}\) ile iç çarpımı, \(\mathbf{e}\) iki vektöre de dik ve birim olduğundan, \(c = 0\) verir; kalan \(a\mathbf{v} + b\mathbf{w} = \mathbf{0}\) bağıntısından da \(\mathbf{v}\) ile \(\mathbf{w}\)’nin bağımsızlığı gereği \(a = b = 0\) çıkar. Lemma 9.3 ile bu üçlü bir tabandır; \(\mathbf{u}_2 = a\mathbf{v} + b\mathbf{w} + c\mathbf{e}\) yazılıp \(\mathbf{e}\) ile iç çarpım alınırsa \(c = \mathbf{u}_2 \cdot \mathbf{e} = 0\), yani \(\mathbf{u}_2 = a\mathbf{v} + b\mathbf{w}\) taban düzlemindedir. Dolayısıyla \(\mathbf{u}\)’nun ucu, taban düzlemine paralel ve ondan \(|\mathbf{u} \cdot \mathbf{e}|\) uzaklıktaki düzlemdedir. Böylece

\[\text{hacim} = \|\mathbf{v} \times \mathbf{w}\| \cdot |\mathbf{u} \cdot \mathbf{e}| = \|\mathbf{v} \times \mathbf{w}\| \cdot \dfrac{\lvert \mathbf{u} \cdot \mathbf{v} \times \mathbf{w} \rvert}{\|\mathbf{v} \times \mathbf{w}\|} = \lvert \mathbf{u} \cdot \mathbf{v} \times \mathbf{w} \rvert .\]

İşaret, \(\mathbf{u}\)’nun taban düzleminin \(\mathbf{e}\) tarafında mı (\(+\)) öteki tarafında mı (\(-\)) olduğunu söyler. \(\mathbf{v}\) ile \(\mathbf{w}\) bağımlı olsaydı taban bir doğru parçasına yassılır, hacim \(0\) olurdu; Alıştırma 9.12’e göre üçlü çarpım da \(0\)’dır, formül yine doğru kalır.

Sayısal örnek. \(\mathbf{u} = (1, 2, 3)\), \(\mathbf{v} = (2, 0, 0)\), \(\mathbf{w} = (1, 3, 0)\): \(\mathbf{v} \times \mathbf{w} = (0, 0, 6)\), taban alanı \(6\), \(\mathbf{e} = (0, 0, 1)\), yükseklik \(|\mathbf{u} \cdot \mathbf{e}| = 3\), hacim \(18 = \mathbf{u} \cdot \mathbf{v} \times \mathbf{w}\).

Kenarları u = (1, 2, 3), v = (2, 0, 0) ve w = (1, 3, 0) olan paralelyüzün tabanı, xy düzleminde duran taralı paralelkenardır; alanı ‖v × w‖ = 6’dır. Taban düzlemine dik birim vektör e = (0, 0, 1) yeşil okla gösterilmiştir ve u’nun ucundan tabana inen kesikli dikme, yüksekliğin u · e = 3 olduğunu okutur. Hacim taban alanı ile yüksekliğin çarpımıdır: 6 · 3 = 18 = u · v × w.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 9.21 (Üst Yarı Uzay Açıktır) \(p_3 > 0\) koşulunu sağlayan bütün \(\mathbf{p}\) noktalarının kümesinin açık olduğunu gösteriniz. (İpucu: her \(i\) için \(|p_i - q_i| \le d(\mathbf{p}, \mathbf{q})\).)

Çözüm

İpucunun ispatı. Uzaklık formülünde kök içindeki toplamın üç terimi de negatif değildir; birini bırakıp ötekileri atınca toplam küçülür ya da aynı kalır:

\[|p_i - q_i| = \sqrt{(p_i - q_i)^2} \le \sqrt{(p_1 - q_1)^2 + (p_2 - q_2)^2 + (p_3 - q_3)^2} = d(\mathbf{p}, \mathbf{q}) .\]

Yani iki noktanın herhangi bir koordinattaki farkı, aralarındaki uzaklığı aşamaz.

Açıklık. Kümeye \(O\) diyelim, \(\mathbf{p} \in O\) olsun; \(p_3 > 0\). \(\varepsilon = p_3\) alalım. \(\mathbf{q} \in N_\varepsilon(\mathbf{p})\) ise ipucuyla \(|p_3 - q_3| \le d(\mathbf{p}, \mathbf{q}) < p_3\), dolayısıyla

\[q_3 \ge p_3 - |p_3 - q_3| > p_3 - p_3 = 0 .\]

Yani \(\mathbf{q} \in O\) ve \(N_\varepsilon(\mathbf{p}) \subset O\). \(O\) açıktır. Geometrik olarak: \(xy\) düzleminin üstündeki bir noktanın çevresine, yarıçapı noktanın düzleme uzaklığı kadar bir yuvar koyarsak yuvar düzleme ancak dokunur, altına geçmez.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 9.22 (Birim Küre Açık Değildir) \(S\), \(p_1^2 + p_2^2 + p_3^2 = 1\) koşulunu sağlayan bütün \(\mathbf{p}\) noktalarının kümesi olsun. \(S\)’yi betimleyiniz ve açık olup olmadığına karar veriniz.

Çözüm

Koşul \(\|\mathbf{p}\|^2 = 1\), yani \(\|\mathbf{p}\| = 1\) demektir: \(S\), merkezi orijin ve yarıçapı \(1\) olan birim küredir; yalnızca kürenin yüzeyi, içi değil.

\(S\) açık değildir. \(\mathbf{p} = (1, 0, 0) \in S\) noktasını alalım. Herhangi bir \(\varepsilon > 0\) için \(\mathbf{q} = (1 + \varepsilon/2, 0, 0)\) noktası \(d(\mathbf{p}, \mathbf{q}) = \varepsilon/2 < \varepsilon\) sağlar, yani \(N_\varepsilon(\mathbf{p})\)’dedir; ama \(\|\mathbf{q}\| = 1 + \varepsilon/2 \ne 1\), yani \(\mathbf{q} \notin S\). Demek ki \(\mathbf{p}\)’nin hiçbir komşuluğu \(S\)’nin içinde kalmaz. (Aslında \(S\)’nin her noktası için aynı şey geçerlidir: \(\mathbf{p} \in S\) için \((1 + \varepsilon/2)\,\mathbf{p}\) noktası komşuluktadır ama normu \(1\) değildir.) Bir yüzey “kalınlıksızdır”; hiçbir yuvar bir yüzeyin içine sığmaz.

S: ‖p‖ = 1 birim küresinin z = 0 kesiti kalın çemberdir; küme yalnızca yüzeydir, çemberin içi S’ye ait değildir. p = (1, 0, 0) noktası S’nin üzerindedir, ama yarıçapı ε = 1/2 olan N_ε(p) komşuluğu çemberin hem içine hem dışına taşar. Komşuluktaki q = (5/4, 0, 0) noktası p’ye yalnızca ε/2 = 1/4 uzaklıktadır, fakat ‖q‖ = 5/4 ≠ 1 olduğundan S’de değildir. ε ne kadar küçültülürse küçültülsün aynı şey olur: bir yüzeyin kalınlığı yoktur, hiçbir yuvar onun içine sığmaz, bu yüzden S açık değildir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 9.23 (Düzlemin Dışında Kalan Noktalar) \(S\), \(p_3 \ne 0\) koşulunu sağlayan bütün \(\mathbf{p}\) noktalarının kümesi olsun. \(S\)’yi betimleyiniz ve açık olup olmadığına karar veriniz.

Çözüm

\(S\), \(xy\) düzlemi (\(p_3 = 0\)) dışındaki bütün noktalardır: düzlemin üstündeki yarı uzayla altındaki yarı uzayın birleşimi.

\(S\) açıktır. \(\mathbf{p} \in S\) için \(\varepsilon = |p_3| > 0\) alalım. \(\mathbf{q} \in N_\varepsilon(\mathbf{p})\) ise, Alıştırma 9.21’daki ipucuyla, \(|q_3 - p_3| \le d(\mathbf{p}, \mathbf{q}) < |p_3|\). Bu, \(q_3\)’ün \(p_3\) ile aynı işarette olması demektir: \(p_3 > 0\) ise \(q_3 > p_3 - |p_3| = 0\); \(p_3 < 0\) ise \(q_3 < p_3 + |p_3| = 0\). Her iki durumda \(q_3 \ne 0\), yani \(\mathbf{q} \in S\). Böylece \(N_\varepsilon(\mathbf{p}) \subset S\) ve \(S\) açıktır. İki açık yarı uzayın birleşimi açık çıktı; genel olarak açık kümelerin birleşimi açıktır, çünkü bir noktayı içeren parçanın komşuluğu birleşimin de içindedir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 9.24 (Bir Doğrusu Eksik Düzlem) \(S\), \(p_1 = p_2 \ne p_3\) koşulunu sağlayan bütün \(\mathbf{p}\) noktalarının kümesi olsun. \(S\)’yi betimleyiniz ve açık olup olmadığına karar veriniz.

Çözüm

\(p_1 = p_2\) koşulu, \(z\) eksenini içeren ve \(xy\) düzlemini \(x = y\) doğrusu boyunca kesen bir düzlemi tanımlar. \(p_3 \ne p_1\) koşulu bu düzlemden \(p_1 = p_2 = p_3\) noktalarını, yani orijinden geçen \((1, 1, 1)\) doğrultulu doğruyu çıkarır. \(S\), bu düzlemden bir doğru çıkarılmış hâlidir; örneğin \((1, 1, 0) \in S\), ama \((1, 1, 1) \notin S\) ve \((1, 0, 5) \notin S\).

\(S\) açık değildir. Herhangi bir \(\mathbf{p} \in S\) ve herhangi bir \(\varepsilon > 0\) alalım; \(\mathbf{q} = (p_1 + \varepsilon/2,\ p_2,\ p_3)\) olsun. \(d(\mathbf{p}, \mathbf{q}) = \varepsilon/2 < \varepsilon\), ama \(q_1 = p_1 + \varepsilon/2 \ne p_2 = q_2\); \(\mathbf{q}\) düzlemin dışına çıkmıştır ve \(S\)’de değildir. Demek ki \(S\)’nin hiçbir noktasının hiçbir komşuluğu \(S\)’de kalmaz. Bir düzlemin herhangi bir (boş olmayan) alt kümesi açık olamaz: düzlemin kalınlığı yoktur, oysa yuvarın vardır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 9.25 (Bir Silindirin İçi) \(S\), \(p_1^2 + p_2^2 < 9\) koşulunu sağlayan bütün \(\mathbf{p}\) noktalarının kümesi olsun. \(S\)’yi betimleyiniz ve açık olup olmadığına karar veriniz.

Çözüm

Koşul, noktanın \(z\) eksenine olan uzaklığının (\(\sqrt{p_1^2 + p_2^2}\)) \(3\)’ten küçük olması demektir; \(p_3\) üzerinde koşul yoktur. \(S\), ekseni \(z\) ekseni ve yarıçapı \(3\) olan sonsuz dairesel silindirin içidir (silindir yüzeyi dahil değil).

\(S\) açıktır. \(\mathbf{p} \in S\) için \(r = \sqrt{p_1^2 + p_2^2} < 3\) olsun ve \(\varepsilon = 3 - r > 0\) alalım. \(\mathbf{q} \in N_\varepsilon(\mathbf{p})\) ise, \(\bar{\mathbf{p}} = (p_1, p_2, 0)\) ve \(\bar{\mathbf{q}} = (q_1, q_2, 0)\) gölge noktalarıyla çalışalım. Üçüncü koordinat farkını atmak uzaklığı küçültür ya da aynı bırakır: \(\|\bar{\mathbf{q}} - \bar{\mathbf{p}}\| \le d(\mathbf{p}, \mathbf{q}) < \varepsilon\). Üçgen eşitsizliğiyle

\[\sqrt{q_1^2 + q_2^2} = \|\bar{\mathbf{q}}\| \le \|\bar{\mathbf{p}}\| + \|\bar{\mathbf{q}} - \bar{\mathbf{p}}\| < r + \varepsilon = 3 .\]

Yani \(\mathbf{q} \in S\). Bu, açık yuvarın açıklığını veren akıl yürütmenin gölge noktalarına uygulanmış hâlidir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 9.26 (Yönlü Türev Gradyanla İç Çarpımdır) \(f\), \(\mathbb{R}^3\) üzerinde diferansiyellenebilir bir fonksiyon ve \(\nabla f = \sum_i (\partial f/\partial x_i)\,U_i\) onun gradyanı olsun (Alıştırma 6.17’da \(\operatorname{grad} f\) diye yazmıştık). \(\mathbf{p}\) noktasındaki her \(\mathbf{v}\) teğet vektörü için

\[\mathbf{v}[f] = df(\mathbf{v}) = \mathbf{v} \cdot (\nabla f)(\mathbf{p})\]

olduğunu gösteriniz.

Çözüm

İlk eşitlik diferansiyelin tanımıdır (Tanım 5.5): \(df(\mathbf{v}) = \mathbf{v}[f]\). İkincisi için Lemma 3.1’nü hatırlayalım:

\[\mathbf{v}[f] = \sum_{i=1}^{3} v_i\,\dfrac{\partial f}{\partial x_i}(\mathbf{p}) .\]

Öte yandan \((\nabla f)(\mathbf{p})\), vektör kısmı \(\bigl(\tfrac{\partial f}{\partial x_1}(\mathbf{p}), \tfrac{\partial f}{\partial x_2}(\mathbf{p}), \tfrac{\partial f}{\partial x_3}(\mathbf{p})\bigr)\) olan, \(\mathbf{p}\) noktasındaki teğet vektördür. \(\mathbf{v} = (v_1, v_2, v_3)_{\mathbf{p}}\) ile iç çarpımı, tanım gereği, karşılıklı koordinatların çarpımlarının toplamıdır; bu da yukarıdaki toplamın kendisidir.

Sayısal örnek. \(f = x^2 y + z\), \(\mathbf{p} = (1, 2, 0)\), \(\mathbf{v} = (3, -1, 2)\). Kısmi türevler \((2xy, x^2, 1)\), \(\mathbf{p}\)’de \((4, 1, 1)\); dolayısıyla \(\mathbf{v} \cdot (\nabla f)(\mathbf{p}) = 12 - 1 + 2 = 13\). Doğrudan tanımla (Tanım 3.1) denetleyelim: \(f(\mathbf{p} + t\mathbf{v}) = (1 + 3t)^2 (2 - t) + 2t\) ve

\[\dfrac{d}{dt}\Bigr|_{t = 0} \bigl[(1 + 3t)^2(2 - t) + 2t\bigr] = 6(1)(2) - (1)^2 + 2 = 13 .\]

\(\blacksquare\)

Alıştırma 9.27 (Gradyanın Uzunluğu En Büyük Yönlü Türevdir) \(f\), \(\mathbb{R}^3\) üzerinde diferansiyellenebilir ve \(\nabla f = \sum_i (\partial f/\partial x_i)\,U_i\) olsun. \(\mathbf{p}\) noktasında

\[\|(\nabla f)(\mathbf{p})\| = \Bigl[\sum_{i=1}^{3} \dfrac{\partial f}{\partial x_i}(\mathbf{p})^2\Bigr]^{1/2}\]

sayısının, \(\mathbf{p}\)’deki bütün birim \(\mathbf{u}\) vektörleri üzerinden \(\mathbf{u}[f]\) yönlü türevlerinin en büyüğü olduğunu gösteriniz. Ayrıca \((\nabla f)(\mathbf{p}) \ne \mathbf{0}\) ise en büyük değerin yalnızca \(\mathbf{u} = (\nabla f)(\mathbf{p}) / \|(\nabla f)(\mathbf{p})\|\) için alındığını gösteriniz.

Çözüm

Kısaca \(\mathbf{g} = (\nabla f)(\mathbf{p})\) yazalım; normu, tanım gereği, kısmi türevlerin karelerinin toplamının kareköküdür. Önceki alıştırmaya göre her birim \(\mathbf{u}\) için \(\mathbf{u}[f] = \mathbf{u} \cdot \mathbf{g}\). Schwarz eşitsizliğiyle

\[\mathbf{u}[f] = \mathbf{u} \cdot \mathbf{g} \le \lvert \mathbf{u} \cdot \mathbf{g} \rvert \le \|\mathbf{u}\|\,\|\mathbf{g}\| = \|\mathbf{g}\| .\]

Yani hiçbir birim vektördeki yönlü türev \(\|\mathbf{g}\|\)’yi aşamaz. Bu üst sınıra ulaşılır mı? \(\mathbf{g} = \mathbf{0}\) ise her \(\mathbf{u}[f] = 0 = \|\mathbf{g}\|\); en büyük değer \(0\)’dır ve her birim vektörde alınır. \(\mathbf{g} \ne \mathbf{0}\) ise \(\mathbf{u}_0 = \mathbf{g}/\|\mathbf{g}\|\) birim vektörü için

\[\mathbf{u}_0[f] = \dfrac{\mathbf{g} \cdot \mathbf{g}}{\|\mathbf{g}\|} = \|\mathbf{g}\| ;\]

sınıra ulaşılır, en büyük değer \(\|\mathbf{g}\|\)’dir.

Teklik. \(\mathbf{u}\) birim ve \(\mathbf{u} \cdot \mathbf{g} = \|\mathbf{g}\|\) olsun. O zaman Schwarz eşitsizliğinde eşitlik vardır; Lemma 9.1’a göre \(\mathbf{u} = c\,\mathbf{g}\) biçimindedir. \(\|\mathbf{u}\| = 1\) olduğundan \(|c| = 1/\|\mathbf{g}\|\), ve \(\mathbf{u} \cdot \mathbf{g} = c\,\|\mathbf{g}\|^2 > 0\) olması gerektiğinden \(c > 0\); yani \(\mathbf{u} = \mathbf{g}/\|\mathbf{g}\| = \mathbf{u}_0\).

Sözle: gradyan, fonksiyonun en hızlı arttığı yönü gösterir ve uzunluğu bu en hızlı artış oranıdır.

Sayısal örnek. \(f = x^2 y + z\) ve \(\mathbf{p} = (1, 2, 0)\) için \(\mathbf{g} = (4, 1, 1)\), \(\|\mathbf{g}\| = \sqrt{18} = 3\sqrt{2} \approx 4{,}24\). En büyük türev \(\mathbf{u}_0 = \tfrac{1}{3\sqrt{2}}(4, 1, 1)\) yönündedir ve değeri \(18/(3\sqrt{2}) = 3\sqrt{2}\). Karşılaştırma için \(\mathbf{u} = \tfrac{1}{\sqrt{14}}(3, -1, 2)\) birim vektöründe \(\mathbf{u}[f] = 13/\sqrt{14} \approx 3{,}47 < 4{,}24\).

\(\blacksquare\)

NotNabla yazımı

Vektör analizinde \(\operatorname{grad} f\), \(\operatorname{rot} V\) ve \(\operatorname{div} V\) yerine sık sık \(\nabla f\), \(\nabla \times V\) ve \(\nabla \cdot V\) yazılır. Bu yazım, \(\nabla\)’yı bileşenleri \(\partial/\partial x_i\) olan biçimsel bir vektör gibi görüp iç çarpımla vektörel çarpımın formüllerini ona uygular: \(V = \sum_i f_i\,U_i\) için \(\nabla \cdot V = \sum_i \partial f_i/\partial x_i\), \(\nabla \times V\) ise bileşenleri \(\partial/\partial x_i\) olan “vektörle” \(V\)’nin biçimsel vektörel çarpımıdır. Bu üç işlemin dış türevle ilişkisini Alıştırma 6.17, Alıştırma 6.18 ve Alıştırma 6.19’de incelemiştik.

Alıştırma 9.28 (Açı Fonksiyonu) \(f\) ve \(g\), \(0\)’ı içeren bir \(I\) açık aralığında diferansiyellenebilir, \(f^2 + g^2 = 1\) koşulunu sağlayan fonksiyonlar olsun; \(\vartheta_0\) sayısı \(f(0) = \cos\vartheta_0\), \(g(0) = \sin\vartheta_0\) koşullarını sağlasın. \(I\) üzerinde

\[\vartheta(t) = \vartheta_0 + \int_0^t \bigl(f g' - g f'\bigr)(u)\,du\]

fonksiyonunu tanımlayalım. \(f = \cos\vartheta\) ve \(g = \sin\vartheta\) olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Hazırlık. \(\vartheta\) diferansiyellenebilirdir ve türevi integrandın kendisidir: \(\vartheta' = f g' - g f'\). Ayrıca \(f^2 + g^2 = 1\) özdeşliğinin türevini alırsak \(2 f f' + 2 g g' = 0\), yani

\[f f' + g g' = 0 .\]

Yöntem. İki fonksiyonun farkının karelerinin toplamı \(h = (f - \cos\vartheta)^2 + (g - \sin\vartheta)^2\) olsun. \(\vartheta(0) = \vartheta_0\) olduğundan \(f(0) = \cos\vartheta(0)\) ve \(g(0) = \sin\vartheta(0)\), yani \(h(0) = 0\). \(h' = 0\) olduğunu gösterirsek \(h\) sabit, dolayısıyla her yerde \(0\) olur; bu da iki karenin de sıfır olması, yani \(f = \cos\vartheta\) ve \(g = \sin\vartheta\) demektir.

Türev. Zincir kuralıyla \((\cos\vartheta)' = -\vartheta' \sin\vartheta\) ve \((\sin\vartheta)' = \vartheta' \cos\vartheta\). Dolayısıyla

\[\begin{aligned} \dfrac{h'}{2} &= (f - \cos\vartheta)(f' + \vartheta' \sin\vartheta) + (g - \sin\vartheta)(g' - \vartheta' \cos\vartheta)\\ &= (f f' + g g') + \vartheta'\,(f \sin\vartheta - g \cos\vartheta) - (f' \cos\vartheta + g' \sin\vartheta)\\ &\quad - \vartheta'(\sin\vartheta\cos\vartheta - \sin\vartheta\cos\vartheta) . \end{aligned}\]

Son parantez sıfırdır, birinci parantez hazırlık gereği sıfırdır. Kalan iki terimin birbirini götürdüğünü göstermeliyiz; \(\vartheta' = f g' - g f'\) yazalım:

\[\vartheta'\,(f \sin\vartheta - g \cos\vartheta) = f^2 g' \sin\vartheta - f g g' \cos\vartheta - f g f' \sin\vartheta + g^2 f' \cos\vartheta .\]

\(f^2 = 1 - g^2\) ve \(g^2 = 1 - f^2\) yerine koyunca

\[\begin{aligned} &= g' \sin\vartheta - g^2 g' \sin\vartheta - f g g' \cos\vartheta - f g f' \sin\vartheta + f' \cos\vartheta - f^2 f' \cos\vartheta\\ &= g' \sin\vartheta + f' \cos\vartheta - g \sin\vartheta\,(g g' + f f') - f \cos\vartheta\,(g g' + f f')\\ &= g' \sin\vartheta + f' \cos\vartheta , \end{aligned}\]

çünkü \(f f' + g g' = 0\). Bu, \(h'/2\) ifadesindeki \(-(f' \cos\vartheta + g' \sin\vartheta)\) terimini tam olarak götürür. Böylece \(h' = 0\), \(h \equiv h(0) = 0\) ve \(f = \cos\vartheta\), \(g = \sin\vartheta\).

Sonucun anlamı. \(f^2 + g^2 = 1\) olduğundan \((f(t), g(t))\) noktası her \(t\) için birim çember üzerindedir ve bir açının kosinüsü ile sinüsüdür; ama her \(t\) için ayrı ayrı seçilen açılar \(2\pi\)’nin katları kadar zıplayabilir. Alıştırma, bütün \(I\) aralığında geçerli, üstelik diferansiyellenebilir tek bir açı fonksiyonu \(\vartheta\) bulunduğunu söyler. İleride düzlem eğrilerinin teğet yönünü bir açıyla izlerken bu olguya dayanacağız.

Sayısal örnek. \(f = \cos 2t\), \(g = \sin 2t\), \(\vartheta_0 = 0\) alalım. O zaman

\[f g' - g f' = \cos 2t \cdot 2\cos 2t - \sin 2t \cdot (-2\sin 2t) = 2,\]

dolayısıyla \(\vartheta(t) = 0 + \int_0^t 2\,du = 2t\); gerçekten \(f = \cos 2t = \cos\vartheta\) ve \(g = \sin\vartheta\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 9.29 (İç Çarpım Uzunluklarla Belirlenir) Aynı noktadaki her \(\mathbf{v}, \mathbf{w}\) teğet vektörü için

\[\mathbf{v} \cdot \mathbf{w} = \dfrac{\|\mathbf{v} + \mathbf{w}\|^2 - \|\mathbf{v} - \mathbf{w}\|^2}{4}\]

olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Bilineerlik ve simetriyle iki normu açalım:

\[\|\mathbf{v} + \mathbf{w}\|^2 = \|\mathbf{v}\|^2 + 2\,\mathbf{v} \cdot \mathbf{w} + \|\mathbf{w}\|^2, \qquad \|\mathbf{v} - \mathbf{w}\|^2 = \|\mathbf{v}\|^2 - 2\,\mathbf{v} \cdot \mathbf{w} + \|\mathbf{w}\|^2 .\]

Farkları \(4\,\mathbf{v} \cdot \mathbf{w}\)’dir; \(4\)’e bölünce özdeşlik çıkar. Anlamı şudur: iç çarpım, normdan (yani uzunluklardan) geri kazanılabilir; uzunluk ölçmeyi bilen biri açıları da ölçebilir.

Sayısal denetim. \(\mathbf{v} = (1, 2, -1)\) ve \(\mathbf{w} = (-1, 0, 3)\) için \(\mathbf{v} + \mathbf{w} = (0, 2, 2)\), normunun karesi \(8\); \(\mathbf{v} - \mathbf{w} = (2, 2, -4)\), normunun karesi \(24\). \((8 - 24)/4 = -4\), Alıştırma 9.1’de bulduğumuz \(\mathbf{v} \cdot \mathbf{w}\) ile aynı.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 9.30 (İki Birim Vektörü Çatıya Tamamlamak) Aynı noktadaki \(e_1 = \tfrac{1}{\sqrt{6}}(1, 2, -1)\) ve \(e_3 = \tfrac{1}{\sqrt{11}}(3, -1, 1)\) vektörleri ortogonal birim vektörlerdir. \(e_1, e_2, e_3\) bir çatı olacak biçimde bir \(e_2\) bulunuz.

Çözüm

Önce verilen bilgiyi denetleyelim. Normların kareleri \((1 + 4 + 1)/6 = 1\) ve \((9 + 1 + 1)/11 = 1\); iç çarpım \((3 - 2 - 1)/\sqrt{66} = 0\). Gerçekten ortogonal birim vektörlerdir.

\(e_2\), hem \(e_1\)’e hem \(e_3\)’e dik bir birim vektör olmalıdır. Vektörel çarpım tam bunu üretir: \(e_3 \times e_1\) iki vektöre de diktir (Lemma 9.5) ve uzunluğu \(\|e_3\|\,\|e_1\| \sin(\pi/2) = 1\)’dir (Sonuç 9.2). Hesaplayalım; kesir çarpanlarını dışarıda tutarak \((3, -1, 1) \times (1, 2, -1)\):

\[\bigl((-1)(-1) - (1)(2),\ (1)(1) - (3)(-1),\ (3)(2) - (-1)(1)\bigr) = (-1, 4, 7) .\]

Dolayısıyla \(e_2 = e_3 \times e_1 = \tfrac{1}{\sqrt{66}}(-1, 4, 7)\). Denetim: \(\|(-1, 4, 7)\|^2 = 1 + 16 + 49 = 66\), yani \(e_2\) birimdir;

\[\begin{aligned} (-1, 4, 7) \cdot (1, 2, -1) &= -1 + 8 - 7 = 0,\\ (-1, 4, 7) \cdot (3, -1, 1) &= -3 - 4 + 7 = 0 . \end{aligned}\]

\(e_1, e_2, e_3\) bir çatıdır. \(-e_2\) de aynı işi görür; aradaki fark çatının “elliliği”, yani \(e_1 \cdot e_2 \times e_3\)’ün işaretidir (Alıştırma 9.17).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 9.31 (Dönen Çatı) Her \(\theta\) gerçel sayısı için, aynı noktadaki

\[e_1 = (\cos\theta, \sin\theta, 0), \qquad e_2 = (-\sin\theta, \cos\theta, 0), \qquad e_3 = (0, 0, 1)\]

teğet vektörlerinin bir çatı oluşturduğunu gösteriniz.

Çözüm

Normların kareleri \(\cos^2\theta + \sin^2\theta = 1\), \(\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1\) ve \(1\). Karşılıklı iç çarpımlar

\[e_1 \cdot e_2 = -\cos\theta\sin\theta + \sin\theta\cos\theta = 0, \qquad e_1 \cdot e_3 = 0, \qquad e_2 \cdot e_3 = 0 .\]

Altı koşul her \(\theta\) için sağlanır. Bu çatı, doğal çatının \(z\) ekseni çevresinde \(\theta\) açısıyla döndürülmüş hâlidir; \(\theta = 0\) doğal çatıyı, \(\theta = \pi/4\) ise Örnek 9.20’deki çatıyı verir. Duruş matrisi

\[A(\theta) = \begin{pmatrix} \cos\theta & \sin\theta & 0 \\ -\sin\theta & \cos\theta & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\]

ve determinantı

\[\cos\theta(\cos\theta - 0) - \sin\theta(-\sin\theta - 0) + 0 = \cos^2\theta + \sin^2\theta = 1\]

olur; bu, Alıştırma 9.18 ile uyumludur. \(\theta\) değişirken çatı sürekli döner: bu, bir eğri boyunca yerleştirilecek “hareketli çatı”nın en basit örneğidir.

\(\blacksquare\)

Bu bölümde iç çarpımdan uzunluğu, açıyı ve uzaklığı türettik, çatıları ve ortonormal açılımı kurduk, vektörel çarpımı inceledik; bir sonraki bölümde (Eğriler: Yay Uzunluğu ve Birim Hız) bu araçları eğrilere uygulayıp hız vektörünün uzunluğunu, yani sürati, ve eğri boyunca alınan yolu ölçeceğiz.