19 Bir İzometrinin Teğet Dönüşümü
Önceki bölümde (Öklid Uzayının İzometrileri) uzaklığı koruyan dönüşümleri, yani izometrileri inceledik ve en önemli sonuca ulaştık: \(\mathbb{R}^3\)’ün her izometrisi bir ortogonal dönüşümün ardından uygulanan bir ötelemedir ve \(F = TC\) yazılışı tektir (Teorem 18.2). \(C\)’ye \(F\)’nin ortogonal kısmı, \(T\)’ye öteleme kısmı dedik (Tanım 18.4). Bu bölümde bu ayrışımı noktalardan teğet vektörlere taşıyoruz.
Dönüşümler bölümünde her dönüşümün bir teğet dönüşümü olduğunu gördük (Tanım 7.3): \(F_*\), \(\mathbf{p}\) noktasındaki her teğet vektörü \(F(\mathbf{p})\) noktasındaki bir teğet vektöre götürür ve her noktada lineerdir. Genel bir dönüşümde bu lineer dönüşüm noktadan noktaya değişir. Jacobi matrisinin girdileri \(\mathbf{p}\)’nin fonksiyonlarıdır; dönüşüm bir yerde okları uzatırken başka bir yerde kısaltır, bir yerde sağa başka bir yerde sola çevirir. İzometrilerde ise tablo şaşırtıcı derecede sadedir: teğet dönüşümü her noktada aynı ortogonal dönüşümdür ve noktaya bağlı olan tek şey okun nereye yerleştirildiğidir.
Bu bölümde teğet vektör ile nokta arasındaki ayrım çok önemli olduğundan uygulama noktasını gösterimde yeniden açıkça yazacağız. \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\), vektör kısmı \(\mathbf{v}\) olan ve \(\mathbf{p}\)’de uygulanan teğet vektördür; \(\mathbf{v}\) ise \(\mathbb{R}^3\)’ün bir noktasıdır. \(F\) noktalara, \(F_*\) ise teğet vektörlere uygulanır; ikisini karıştırmamak bu bölümün bütün hesaplarının anahtarıdır.
Plan şöyle. Önce teğet dönüşümünün formülünü ispatlayıp düzlemde dönme, vida hareketi, bir köşegen etrafında dönme ve yansıma örneklerinde göreceğiz. Ardından izometrilerin teğet vektörlerin iç çarpımlarını, dolayısıyla uzunluklarını, açılarını ve çatıları koruduğunu göstereceğiz. Son olarak, iki noktanın tek bir öteleme belirlemesine benzer biçimde, iki çatının tek bir izometri belirlediğini ispatlayıp bu izometriyi duruş matrisleriyle hesaplayacağız.
19.1 Teğet Dönüşümünün Formülü
Elimizde iki hazır hesap var. Bir öteleme okları paralel taşır: \(\mathbf{a}\) ile öteleme için \(T_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = \mathbf{v}_{\mathbf{p} + \mathbf{a}}\) (Örnek 7.8). Lineer bir \(L\) dönüşümü ise okun vektör kısmına kendisini uygular ve oku \(L(\mathbf{p})\)’ye yerleştirir: \(L_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = L(\mathbf{v})_{L(\mathbf{p})}\) (Alıştırma 7.10). Bir izometri bu iki türün bileşkesi olduğuna göre teğet dönüşümünün de ikisinin birleşimi olmasını bekleriz. Önce düzlemde bir örnekle bakalım; izometri ve ortogonal dönüşüm tanımları \(\mathbb{R}^2\)’de de kelimesi kelimesine geçerlidir.
Örnek 19.1 (Düzlemde Bir Dönme ve Öteleme) \(F : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2\) dönüşümü
\[F(x, y) = \left(\dfrac{3x - 4y}{5} + 5,\ \dfrac{4x + 3y}{5}\right)\]
ile verilsin. \(\mathbf{v} = (2, 1)\) vektör kısmını \(\mathbf{p} = (-2, 1)\) ve \(\mathbf{q} = (1, -1)\) noktalarına uygulayıp \(F_*\) altındaki görüntüleri tanımdan hesaplayalım ve sonucu \(F\)’nin ayrışımıyla karşılaştıralım.
Çözüm
Ayrışım. \(F(\mathbf{r}) = C(\mathbf{r}) + (5, 0)\) yazılır; burada
\[C(x, y) = \left(\dfrac{3x - 4y}{5},\ \dfrac{4x + 3y}{5}\right)\]
lineerdir; yani \(F = TC\), burada \(T\), \(\mathbf{a} = (5, 0)\) ile ötelemedir. \(C\) iç çarpımları korur: \(\mathbf{x} = (x_1, x_2)\) ve \(\mathbf{y} = (y_1, y_2)\) için
\[\begin{aligned} 25\, C(\mathbf{x}) \cdot C(\mathbf{y}) &= (3x_1 - 4x_2)(3y_1 - 4y_2) + (4x_1 + 3x_2)(4y_1 + 3y_2)\\[1mm] &= 25\,x_1 y_1 + 25\,x_2 y_2, \end{aligned}\]
çünkü \(x_1y_2\) ve \(x_2y_1\) içeren karışık terimler (\(\mp 12\) katsayılarıyla) birbirini götürür. \(C\), düzlemin \(\cos\varphi = 3/5\), \(\sin\varphi = 4/5\) olan \(\varphi \approx 53{,}13°\) açılı dönmesidir; \(F\) ise bu dönmenin ardından \((5, 0)\) ile ötelemedir.
\(\mathbf{p}\)’de tanımdan. \(\mathbf{p} + t\mathbf{v} = (-2 + 2t,\ 1 + t)\). Payları hesaplayalım:
\[3(-2 + 2t) - 4(1 + t) = -10 + 2t, \qquad 4(-2 + 2t) + 3(1 + t) = -5 + 11t.\]
Böylece
\[F(\mathbf{p} + t\mathbf{v}) = \left(3 + \dfrac{2t}{5},\ -1 + \dfrac{11t}{5}\right).\]
Bu, \((3, -1)\) noktasından geçen bir doğrudur; \(t = 0\)’daki hızı \((2/5,\ 11/5)\)’tir. Tanım gereği \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = (2/5,\ 11/5)_{(3, -1)}\).
\(\mathbf{q}\)’da tanımdan. \(\mathbf{q} + t\mathbf{v} = (1 + 2t,\ -1 + t)\) için paylar \(7 + 2t\) ve \(1 + 11t\) olur:
\[F(\mathbf{q} + t\mathbf{v}) = \left(\dfrac{32}{5} + \dfrac{2t}{5},\ \dfrac{1}{5} + \dfrac{11t}{5}\right).\]
Hız yine \((2/5,\ 11/5)\)’tir; bu kez \(F(\mathbf{q}) = (32/5,\ 1/5)\) noktasında uygulanır.
Karşılaştırma. \(C(\mathbf{v})\)’nin koordinatları \((6 - 4)/5 = 2/5\) ve \((8 + 3)/5 = 11/5\)’tir. İki noktada da görüntü okunun vektör kısmı \(C(\mathbf{v}) = (2/5,\ 11/5)\)’tir; değişen yalnızca uygulama noktasıdır. Uzunluk da korunur: \(\|\mathbf{v}\| = \sqrt{5}\) ve \(\|C(\mathbf{v})\|^2 = (4 + 121)/25 = 5\).
Jacobi matrisi. Kısmi türevler sabittir:
\[J_F(\mathbf{r}) = \begin{pmatrix} 3/5 & -4/5 \\ 4/5 & 3/5 \end{pmatrix} \quad \text{her } \mathbf{r} \text{ için}.\]
Bu, \(C\)’nin matrisidir. \(F(u, v) = (u + v,\ uv)\) gibi genel bir dönüşümde ise Jacobi matrisi noktayla değişiyordu (Örnek 7.12).
\(\blacksquare\)
Örnekte gördüğümüz, her izometri için doğrudur.
Teorem 19.1 (İzometrinin Teğet Dönüşümü) \(F\), \(\mathbb{R}^3\)’ün ortogonal kısmı \(C\) olan bir izometrisi olsun. \(\mathbb{R}^3\)’e teğet her \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\) vektörü için
\[F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = C(\mathbf{v})_{F(\mathbf{p})}.\]
İspat
Ayrışım. Teorem 18.2 gereği \(F = TC\) yazalım; \(T\), bir \(\mathbf{a}\) noktası ile öteleme olsun. Her \(\mathbf{p}\) için \(F(\mathbf{p}) = \mathbf{a} + C(\mathbf{p})\).
Görüntü eğrisi. Tanım 7.3 gereği \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}})\), \(\beta(t) = F(\mathbf{p} + t\mathbf{v})\) eğrisinin \(t = 0\) anındaki hız vektörüdür. \(C\) lineer olduğundan \(C(\mathbf{p} + t\mathbf{v}) = C(\mathbf{p}) + t\,C(\mathbf{v})\) ve
\[\beta(t) = \mathbf{a} + C(\mathbf{p}) + t\,C(\mathbf{v}) = F(\mathbf{p}) + t\,C(\mathbf{v}).\]
Hız. \(\beta\), \(F(\mathbf{p})\)’den geçen ve \(C(\mathbf{v})\) doğrultusundaki doğrudur. \(i\)-inci koordinatı \(F(\mathbf{p})_i + t\,C(\mathbf{v})_i\) olup türevi \(C(\mathbf{v})_i\)’dir ve \(t\)’ye bağlı değildir. \(t = 0\)’da \(\beta(0) = F(\mathbf{p})\) olduğundan hız vektörü \(F(\mathbf{p})\)’de uygulanır (Tanım 4.2):
\[F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = \beta'(0) = C(\mathbf{v})_{F(\mathbf{p})}.\]
İkinci yol. Aynı sonuca genel zincir kuralıyla da ulaşılır. \(F = T \circ C\) olduğundan Alıştırma 7.16 gereği \(F_* = T_* \circ C_*\). \(C\) lineer olduğundan \(C_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = C(\mathbf{v})_{C(\mathbf{p})}\) (Alıştırma 7.10); öteleme okları paralel taşıdığından da \(T_*(\mathbf{w}_{\mathbf{q}}) = \mathbf{w}_{\mathbf{q} + \mathbf{a}}\) (Örnek 7.8). Birleştirirsek
\[F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = T_*\bigl(C(\mathbf{v})_{C(\mathbf{p})}\bigr) = C(\mathbf{v})_{C(\mathbf{p}) + \mathbf{a}} = C(\mathbf{v})_{F(\mathbf{p})}.\]
\(\blacksquare\)
Yani \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}})\)’yi üç adımda buluruz. Önce \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\) okunu başlangıç noktasına kaydırıp onu \(\mathbf{v}\) noktası olarak düşünürüz; sonra bu noktaya \(F\)’nin ortogonal kısmı \(C\)’yi uygularız; son olarak \(C(\mathbf{v})\) noktasını yeniden bir oka çevirip \(F(\mathbf{p})\)’ye yerleştiririz. Öteleme kısmı \(T\) ikinci adımda hiç görünmez: okun yönünü ve uzunluğunu yalnızca \(C\) belirler, \(T\) ise yalnızca okun yeni uygulama noktasına katkıda bulunur.
Teoremin en çarpıcı tarafı şudur: \(\mathbb{R}^3\)’ün bütün noktalarındaki teğet vektörler \(F_*\) tarafından tamamen aynı biçimde “döndürülür”. \(\mathbf{p}\)’ye bağlı olan tek şey yeni uygulama noktası \(F(\mathbf{p})\)’dir. Özel olarak paralel oklar, yani vektör kısımları aynı, uygulama noktaları farklı oklar, yine paralel oklara gider: görüntülerin vektör kısmı aynı \(C(\mathbf{v})\)’dir ve \(F\) birebir olduğundan uygulama noktaları yine farklıdır. Örnek 19.1 bunu sayılarla göstermişti.
Teoremi Öklid koordinatlarıyla yazalım. \(\mathbf{u}_1, \mathbf{u}_2, \mathbf{u}_3\) birim noktaları ve \((c_{ij})\), \(C\)’nin doğal tabana göre matrisi olsun; yani \(C(\mathbf{u}_j) = \sum_{i} c_{ij}\,\mathbf{u}_i\). Bu matris \(C\)’yi tamamen belirler: \(\mathbf{v}\) sütun vektörü olarak yazılınca \(C(\mathbf{v})\), \((c_{ij})\,\mathbf{v}\) matris çarpımıdır.
Sonuç 19.1 (Koordinatlarla Teğet Dönüşümü) \(F\), ortogonal kısmının matrisi \((c_{ij})\) olan bir izometri olsun. Her \(\mathbf{p}\) noktası ve her \(v_1, v_2, v_3\) sayısı için
\[F_*\Bigl(\sum_{j=1}^{3} v_j\, U_j(\mathbf{p})\Bigr) = \sum_{i,j=1}^{3} c_{ij}\, v_j\, U_i\bigl(F(\mathbf{p})\bigr).\]
Özel olarak \(F\)’nin Jacobi matrisi her noktada \((c_{ij})\)’dir.
İspat
Vektör kısmı. Sol yandaki teğet vektörün vektör kısmı \(\mathbf{v} = \sum_j v_j\,\mathbf{u}_j\)’dir (Sonuç 2.1). \(C\) lineer olduğundan
\[C(\mathbf{v}) = \sum_{j=1}^{3} v_j\, C(\mathbf{u}_j) = \sum_{i=1}^{3} \Bigl(\sum_{j=1}^{3} c_{ij}\, v_j\Bigr) \mathbf{u}_i.\]
Teorem. Teorem 19.1 gereği \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = C(\mathbf{v})_{F(\mathbf{p})}\). Koordinatları \(\sum_j c_{ij} v_j\) olan ve \(F(\mathbf{p})\)’de uygulanan bu teğet vektör, Sonuç 2.1 gereği \(\sum_i \bigl(\sum_j c_{ij} v_j\bigr)\, U_i(F(\mathbf{p}))\)’dir.
Jacobi matrisi. Sonuç 7.3 gereği \(J_F(\mathbf{p})\)’nin \(j\)-inci sütunu \(F_*(U_j(\mathbf{p}))\)’nin vektör kısmıdır. Formülde \(v_j = 1\), öteki katsayıları \(0\) alırsak bu vektör kısmının \(i\)-inci koordinatı \(c_{ij}\) çıkar; yani \(J_F(\mathbf{p})\)’nin \(j\)-inci sütunu \((c_{ij})\)’nin \(j\)-inci sütunudur.
\(\blacksquare\)
Formülün iki yanında doğal çatı farklı noktalarda değerlendirilir: solda \(U_j\) alanları \(\mathbf{p}\)’de, sağda \(U_i\) alanları \(F(\mathbf{p})\)’de. Bir izometrinin Jacobi matrisi böylece sabittir; Örnek 7.12 ile karşılaştırınca bu, izometrilerin dönüşümler arasında ne kadar özel olduğunu gösterir. Şimdi uzayda üç örneğe bakalım.
Örnek 19.2 (Helisi Kendi Üzerinde Kaydıran Vida Hareketi) \(F(x, y, z) = (-y,\ x,\ z + \pi/2)\) olsun. \(F\)’nin bir izometri olduğunu, \(\alpha(t) = (\cos t, \sin t, t)\) helisini kendi üzerinde kaydırdığını gösterelim ve \(F_*(\alpha'(t))\)’yi helisin başka bir andaki hızıyla karşılaştıralım.
Çözüm
Ayrışım. \(C(x, y, z) = (-y, x, z)\) lineerdir; birim noktalarda \(C(\mathbf{u}_1) = \mathbf{u}_2\), \(C(\mathbf{u}_2) = -\mathbf{u}_1\) ve \(C(\mathbf{u}_3) = \mathbf{u}_3\) verir. Matrisi aşağıdadır ve iç çarpımı korur:
\[C = \begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \qquad C(\mathbf{x}) \cdot C(\mathbf{y}) = x_2 y_2 + x_1 y_1 + x_3 y_3.\]
\(C\), \(z\) ekseni etrafında \(\pi/2\) açılı dönmedir ve \(F = TC\), burada \(T\), \((0, 0, \pi/2)\) ile ötelemedir. Önce \(z\) ekseni etrafında dönüp sonra bu eksen boyunca kayan bu harekete vida hareketi (screw motion) denir.
İzometri olduğu. \(C\) lineerdir ve iç çarpımı korur, yani bir ortogonal dönüşümdür; dolayısıyla bir izometridir (Teorem 18.1). \(T\) de bir izometridir (Önerme 18.1) ve izometrilerin bileşkesi izometridir (Sonuç 18.1). Demek ki \(F = TC\) bir izometridir.
Helis kendi üzerine gider. \(\cos(t + \pi/2) = -\sin t\) ve \(\sin(t + \pi/2) = \cos t\) olduğundan
\[F(\alpha(t)) = (-\sin t,\ \cos t,\ t + \pi/2) = \alpha(t + \pi/2).\]
\(F\), helisin her noktasını çeyrek tur ilerideki noktaya götürür; helisin rotası bir bütün olarak yerinde kalır.
Hızlar. \(\alpha'(t) = (-\sin t, \cos t, 1)_{\alpha(t)}\). Teorem 19.1 gereği
\[F_*(\alpha'(t)) = C(-\sin t,\ \cos t,\ 1)_{F(\alpha(t))} = (-\cos t,\ -\sin t,\ 1)_{\alpha(t + \pi/2)}.\]
Öte yandan \(\alpha'(t + \pi/2)\) teğet vektörü \(\alpha(t + \pi/2)\)’de uygulanır ve vektör kısmı
\[\bigl(-\sin(t + \pi/2),\ \cos(t + \pi/2),\ 1\bigr) = (-\cos t,\ -\sin t,\ 1)\]
olur. İkisi aynıdır, Sonuç 7.2 ile de uyumlu olarak: \(F(\alpha)\) eğrisinin \(t\) anındaki hızı, \(\alpha\)’nın \(t + \pi/2\) anındaki hızıdır.
Bir an. \(t = 0\)’da \(\alpha(0) = (1, 0, 0)\) ve \(\alpha'(0) = (0, 1, 1)_{(1, 0, 0)}\). Görüntü \(F_*(\alpha'(0)) = (-1, 0, 1)_{(0, 1, \pi/2)}\)’dir; bu da \(\alpha'(\pi/2)\)’dir.
Bütün bir aile. Aynı hesap her \(\theta\) için \(z\) ekseni etrafında \(\theta\) açılı dönmenin ardından \((0, 0, \theta)\) ile ötelemenin \(\alpha(t)\)’yi \(\alpha(t + \theta)\)’ya götürdüğünü gösterir. Helisin her noktası, bir izometriyle öbür her noktasına taşınabilir ve bu izometri helisi kendi üzerine götürür. Helisin bütün noktalarında aynı görünmesi, eğrilik ve burulmasının sabit çıkmasıyla (Örnek 11.5) uyumludur.
\(\blacksquare\)
Örnek 19.3 (Köşegen Çevresinde Dönmenin Teğet Dönüşümü) \(F(x, y, z) = (z + 1,\ x,\ y - 1)\) olsun. \(F\)’nin ortogonal kısmını bulalım, \(F_*\)’ın doğal çatıyı nasıl taşıdığını görelim, \(\mathbf{p} = (1, 2, 3)\) ve \(\mathbf{v} = (1, -1, 2)\) için \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}})\)’yi hesaplayalım; son olarak \(F\)’nin sabit noktalarında teğet dönüşümünün ne yaptığını görelim.
Çözüm
Ayrışım. \(C(x, y, z) = (z, x, y)\) ve \(\mathbf{a} = (1, 0, -1)\) için \(F = TC\). \(C\), \((1, 1, 1)\) doğrultusundaki köşegen çevresinde \(2\pi/3\) açısıyla, yani \(120°\) dönmedir (Örnek 18.13); koordinatların yerini döngüsel olarak değiştirir. Birim noktalarda
\[C(\mathbf{u}_1) = \mathbf{u}_2, \qquad C(\mathbf{u}_2) = \mathbf{u}_3, \qquad C(\mathbf{u}_3) = \mathbf{u}_1.\]
Doğal çatı. Sonuç 19.1 gereği her \(\mathbf{p}\) noktasında
\[F_*(U_1(\mathbf{p})) = U_2(F(\mathbf{p})), \quad F_*(U_2(\mathbf{p})) = U_3(F(\mathbf{p})), \quad F_*(U_3(\mathbf{p})) = U_1(F(\mathbf{p})).\]
Bir vektör, iki yoldan. \(F(\mathbf{p}) = (3 + 1,\ 1,\ 2 - 1) = (4, 1, 1)\) ve \(C(\mathbf{v}) = (2, 1, -1)\); teorem \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = (2, 1, -1)_{(4, 1, 1)}\) verir. Tanımla: \(\mathbf{p} + t\mathbf{v} = (1 + t,\ 2 - t,\ 3 + 2t)\) ve
\[F(\mathbf{p} + t\mathbf{v}) = (4 + 2t,\ 1 + t,\ 1 - t);\]
hız \((2, 1, -1)\)’dir. Aynı sonuç.
Sabit noktalar. \(F(x, y, z) = (x, y, z)\) koşulu \(z + 1 = x\), \(x = y\), \(y - 1 = z\) denklemlerine denktir; çözümler \((s,\ s,\ s - 1)\) noktalarıdır. \(F\), \((0, 0, -1)\)’den geçen ve \((1, 1, 1)\) doğrultusundaki \(\ell\) doğrusunun her noktasını yerinde bırakır.
Kaydırılmış eksen. \(\mathbf{r}_0 \in \ell\) ve herhangi bir \(\mathbf{w}\) için
\[F(\mathbf{r}_0 + \mathbf{w}) = F(\mathbf{r}_0) + C(\mathbf{w}) = \mathbf{r}_0 + C(\mathbf{w}).\]
\(F\), \(\ell\)’nin noktalarını sabit tutar ve \(\ell\)’den ölçülen yer değiştirmeyi \(C\) ile döndürür. Örnek 18.15 içindeki dönme gibi, \(F\) de kaydırılmış bir eksen, burada köşegene paralel \(\ell\) doğrusu çevresinde \(120°\) dönmedir.
Sabit bir noktada teğet dönüşümü. \(\mathbf{r}_0 \in \ell\) ise \(F(\mathbf{r}_0) = \mathbf{r}_0\) ve \(F_*\), \(T_{\mathbf{r}_0}(\mathbb{R}^3)\)’ü kendisine götürür: eksen doğrultusundaki \((1, 1, 1)_{\mathbf{r}_0}\) okunu sabit tutar, ona dik düzlemdeki okları \(120°\) döndürür.
\(\blacksquare\)
Örnek 19.4 (Bir Düzlemde Yansıma) \(F(x, y, z) = (z + 2,\ y,\ x - 2)\) olsun. \(F\)’nin \(x - z = 2\) düzlemindeki yansıma olduğunu gösterelim, ortogonal kısmını bulalım ve aynanın bir noktasında teğet dönüşümünün ne yaptığını görelim.
Çözüm
Ayrışım. \(C(x, y, z) = (z, y, x)\) birinci ile üçüncü koordinatın yerini değiştirir; lineerdir ve iç çarpımı korur. \(\mathbf{a} = (2, 0, -2)\) için \(F = TC\) ve teorem gereği \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = (v_3, v_2, v_1)_{F(\mathbf{p})}\).
Sabit noktalar. \(F(x, y, z) = (x, y, z)\) ancak ve ancak \(z + 2 = x\) (ve buna denk olarak \(x - 2 = z\)) ise; yani sabit noktalar tam olarak \(P : x - z = 2\) düzlemidir.
Yansıma olduğu. \(\mathbf{p} = (x, y, z)\) için
\[F(\mathbf{p}) - \mathbf{p} = (z + 2 - x,\ 0,\ x - 2 - z) = -(x - z - 2)\,(1, 0, -1).\]
Bu fark \(P\)’nin normali \(\mathbf{n} = (1, 0, -1)\)’e paraleldir. Orta noktanın birinci koordinatı \((x + z + 2)/2\), üçüncüsü \((x + z - 2)/2\)’dir ve farkları \(2\)’dir; orta nokta \(P\) üzerindedir. Demek ki \(\mathbf{p}\) ile \(F(\mathbf{p})\), \(P\)’ye göre birbirinin ayna görüntüsüdür. Örneğin başlangıç noktası \((2, 0, -2)\)’ye gider ve orta nokta \((1, 0, -1)\) aynanın üzerindedir.
Aynada teğet dönüşümü. \(\mathbf{p}_0 = (3, 1, 1)\) noktası \(P\) üzerindedir (\(3 - 1 = 2\)) ve \(F(\mathbf{p}_0) = \mathbf{p}_0\). Bu noktada \(F_*\), \(T_{\mathbf{p}_0}(\mathbb{R}^3)\)’ü kendisine götürür:
- aynaya teğet \(\mathbf{w} = (1, 0, 1)\) için (\(\mathbf{w} \cdot \mathbf{n} = 0\)) \(C(\mathbf{w}) = (1, 0, 1)\): ok yerinde kalır;
- \(U_2(\mathbf{p}_0)\) de aynaya teğettir ve yerinde kalır;
- normal ok \(\mathbf{n}_{\mathbf{p}_0}\) ise \(C(\mathbf{n}) = (-1, 0, 1) = -\mathbf{n}\) olduğundan ters çevrilir.
Yani aynanın bir noktasında teğet dönüşümü, o noktadaki teğet uzayının teğet düzleme göre yansımasıdır.
Genel formül. Birim normali \(\mathbf{n}\) olan \(\mathbf{r} \cdot \mathbf{n} = d\) düzlemindeki yansıma
\[R(\mathbf{r}) = \mathbf{r} - 2\,(\mathbf{r} \cdot \mathbf{n} - d)\,\mathbf{n} = \bigl[\mathbf{r} - 2\,(\mathbf{r} \cdot \mathbf{n})\,\mathbf{n}\bigr] + 2d\,\mathbf{n}\]
biçiminde yazılır: \(R(\mathbf{r}) - \mathbf{r}\) farkı \(\mathbf{n}\)’ye paraleldir ve orta nokta için
\[\tfrac{1}{2}\bigl(\mathbf{r} + R(\mathbf{r})\bigr) \cdot \mathbf{n} = \mathbf{r} \cdot \mathbf{n} - (\mathbf{r} \cdot \mathbf{n} - d) = d,\]
yani orta nokta aynadadır. Köşeli parantez, aynaya paralel olup başlangıç noktasından geçen düzlemdeki yansımadır (Örnek 18.7); ortogonal kısım odur. \(2d\,\mathbf{n}\) ise öteleme kısmıdır. Bizim düzlemimiz için \(\mathbf{n} = (1, 0, -1)/\sqrt{2}\), \(d = \sqrt{2}\); köşeli parantez \((x, y, z) - (x - z)(1, 0, -1)\), yani \((z, y, x)\) olur ve \(2d\,\mathbf{n} = (2, 0, -2)\). Teorem gereği her yansımada \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = \bigl(\mathbf{v} - 2(\mathbf{v} \cdot \mathbf{n})\,\mathbf{n}\bigr)_{F(\mathbf{p})}\).
\(\blacksquare\)
19.2 İç Çarpımlar ve Çatılar Korunur
Bir ortogonal dönüşüm, tanımı gereği noktaların iç çarpımlarını korur (Tanım 18.3). Teğet dönüşümünün formülü bu özelliği hemen teğet vektörlere taşır.
Sonuç 19.2 (İzometriler İç Çarpımı Korur) \(F\), \(\mathbb{R}^3\)’ün bir izometrisi ve \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\), \(\mathbf{w}_{\mathbf{p}}\) aynı \(\mathbf{p}\) noktasındaki iki teğet vektör olsun. O zaman
\[F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) \cdot F_*(\mathbf{w}_{\mathbf{p}}) = \mathbf{v}_{\mathbf{p}} \cdot \mathbf{w}_{\mathbf{p}}.\]
İspat
\(C\), \(F\)’nin ortogonal kısmı olsun. Teorem 19.1 gereği \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = C(\mathbf{v})_{F(\mathbf{p})}\) ve \(F_*(\mathbf{w}_{\mathbf{p}}) = C(\mathbf{w})_{F(\mathbf{p})}\); ikisi de aynı \(F(\mathbf{p})\) noktasında uygulanır, dolayısıyla iç çarpımları tanımlıdır. Teğet vektörlerin iç çarpımının tanımını (Tanım 9.4) iki kez kullanarak
\[\begin{aligned} F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) \cdot F_*(\mathbf{w}_{\mathbf{p}}) &= C(\mathbf{v})_{F(\mathbf{p})} \cdot C(\mathbf{w})_{F(\mathbf{p})} = C(\mathbf{v}) \cdot C(\mathbf{w})\\[1mm] &= \mathbf{v} \cdot \mathbf{w} = \mathbf{v}_{\mathbf{p}} \cdot \mathbf{w}_{\mathbf{p}} \end{aligned}\]
bulunur. Ortadaki eşitlik, \(C\)’nin iç çarpımları korumasıdır.
\(\blacksquare\)
Yani bir izometri, aynı noktadaki iki okun iç çarpımını değiştirmez: okları başka bir noktaya taşır ve döndürür, ama aralarındaki ölçüm ilişkilerine dokunmaz.
İç çarpımdan türetilen her kavram da kendiliğinden korunur. Uzunluk iç çarpımın karekökü olduğundan \(\|F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}})\| = \|\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\|\). Sıfırdan farklı iki ok arasındaki açının kosinüsü iç çarpım ve uzunluklardan hesaplandığından (Tanım 9.5) açı da korunur; özel olarak dik oklar dik oklara gider. Eğriler için de bir sonuç çıkar: \(\beta = F(\alpha)\) ise \(\beta'(t) = F_*(\alpha'(t))\) (Sonuç 7.2), dolayısıyla \(\|\beta'(t)\| = \|\alpha'(t)\|\). Bir izometri eğrilerin süratini ve bu yüzden yay uzunluklarını (Tanım 10.1) korur.
Örnek 19.5 (Uzunluk ve Açı Hesabı) \(z\) ekseni etrafında \(\cos\varphi = 3/5\), \(\sin\varphi = 4/5\) açılı dönmenin ardından \((1, 1, 1)\) ile öteleme olan
\[F(x, y, z) = \left(\dfrac{3x - 4y}{5} + 1,\ \dfrac{4x + 3y}{5} + 1,\ z + 1\right)\]
izometrisini alalım. \(\mathbf{p} = (1, 1, 0)\) noktasında \(\mathbf{v} = (1, 2, 2)\) ve \(\mathbf{w} = (2, -1, 1)\) vektör kısımlı okların ve görüntülerinin iç çarpımlarını, uzunluklarını ve aralarındaki açıyı karşılaştıralım.
Çözüm
Görüntüler. Ortogonal kısım \(C\), ilk iki koordinata Örnek 19.1 içindeki dönmeyi uygular ve üçüncüye dokunmaz. \(C(\mathbf{p}) = (-1/5,\ 7/5,\ 0)\) olduğundan \(F(\mathbf{p}) = (4/5,\ 12/5,\ 1)\) ve
\[C(\mathbf{v}) = \left(\dfrac{3 - 8}{5},\ \dfrac{4 + 6}{5},\ 2\right) = (-1, 2, 2), \qquad C(\mathbf{w}) = \left(\dfrac{6 + 4}{5},\ \dfrac{8 - 3}{5},\ 1\right) = (2, 1, 1).\]
Teorem gereği \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = (-1, 2, 2)_{F(\mathbf{p})}\) ve \(F_*(\mathbf{w}_{\mathbf{p}}) = (2, 1, 1)_{F(\mathbf{p})}\).
İç çarpımlar. \(\mathbf{v} \cdot \mathbf{w} = 2 - 2 + 2 = 2\) ve \(C(\mathbf{v}) \cdot C(\mathbf{w}) = -2 + 2 + 2 = 2\).
Uzunluklar. \(\|\mathbf{v}\| = \sqrt{1 + 4 + 4} = 3\) ve \(\|C(\mathbf{v})\| = \sqrt{1 + 4 + 4} = 3\); \(\|\mathbf{w}\| = \sqrt{4 + 1 + 1} = \sqrt{6}\) ve \(\|C(\mathbf{w})\| = \sqrt{4 + 1 + 1} = \sqrt{6}\).
Açı. İki çiftte de
\[\cos\vartheta = \dfrac{2}{3\sqrt{6}} = \dfrac{\sqrt{6}}{9} \approx 0{,}272, \qquad \vartheta \approx 74{,}2°.\]
Vektör kısımlarının koordinatları değişti (her birinde bir koordinatın işareti döndü), ama iç çarpımdan hesaplanan her sayı aynı kaldı.
\(\blacksquare\)
Örnek 19.6 (Bir Helisin Başka Bir Helise Gitmesi) \(F(x, y, z) = (x,\ z + 2,\ 1 - y)\) ve \(\alpha(t) = (\cos t, \sin t, t)\) olsun. \(F\)’nin bir izometri olduğunu, \(\beta = F(\alpha)\)’nın başka bir eksen etrafında dolanan bir helis olduğunu gösterelim; \(\beta'\) ile \(F_*(\alpha')\)’yı ve iki eğrinin süratlerini karşılaştıralım. Önceki bölümde (Örnek 18.16) benzer bir helisin görüntüsünü doğrudan türevleyerek incelemiştik; burada aynı olguyu teğet dönüşümünden okuyoruz.
Çözüm
Ayrışım. \(C(x, y, z) = (x, z, -y)\) için \(C(\mathbf{u}_1) = \mathbf{u}_1\), \(C(\mathbf{u}_2) = -\mathbf{u}_3\), \(C(\mathbf{u}_3) = \mathbf{u}_2\). Bu, \(x\) ekseni etrafında \(-90°\)’lik dönmedir (Örnek 18.6) ve iç çarpımı korur: \(C(\mathbf{x}) \cdot C(\mathbf{y}) = x_1 y_1 + x_3 y_3 + x_2 y_2\). \(\mathbf{a} = (0, 2, 1)\) için \(F = TC\).
İzometri olduğu. \(C\) lineer olup iç çarpımı koruduğundan bir ortogonal dönüşümdür, dolayısıyla bir izometridir (Teorem 18.1). Ötelemeler de izometridir (Önerme 18.1) ve izometrilerin bileşkesi izometridir (Sonuç 18.1). Demek ki \(F = TC\) bir izometridir.
Görüntü eğrisi.
\[\beta(t) = F(\cos t,\ \sin t,\ t) = (\cos t,\ t + 2,\ 1 - \sin t).\]
Her \(t\) için \(x^2 + (z - 1)^2 = \cos^2 t + \sin^2 t = 1\). \(\beta\), \(x = 0\), \(z = 1\) doğrusu (y eksenine paralel) etrafındaki \(1\) yarıçaplı silindirin üzerindedir; açısı \(t\) ile dönerken \(y\) koordinatı da \(t\) ile ilerler. \(\beta\), ekseni bu doğru olan bir helistir.
Hızlar. Doğrudan türevle \(\beta'(t) = (-\sin t,\ 1,\ -\cos t)_{\beta(t)}\). Teoremle
\[F_*(\alpha'(t)) = C(-\sin t,\ \cos t,\ 1)_{F(\alpha(t))} = (-\sin t,\ 1,\ -\cos t)_{\beta(t)}.\]
İki yol aynı oku verir (Sonuç 7.2).
Süratler. \(\|\alpha'(t)\|^2 = \sin^2 t + \cos^2 t + 1 = 2\) ve \(\|\beta'(t)\|^2 = \sin^2 t + 1 + \cos^2 t = 2\); iki sürat de \(\sqrt{2}\)’dir. Bir tam turun yay uzunluğu iki eğride de \(2\pi\sqrt{2}\)’dir.
Bir an. \(t = \pi/2\)’de \(\alpha(\pi/2) = (0, 1, \pi/2)\) ve \(\alpha'(\pi/2) = (-1, 0, 1)\); görüntüde \(\beta(\pi/2) = (0,\ 2 + \pi/2,\ 0)\) ve \(\beta'(\pi/2) = (-1, 1, 0)\), yani \(C(-1, 0, 1)\). İki okun uzunluğu da \(\sqrt{2}\)’dir.
\(\blacksquare\)
Etkileşimli sahne: bir helis ve izometri altındaki görüntüsü. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz. Düz eğri \(\alpha(t) = (\cos t, \sin t, t)\) helisi, kesikli eğri onun \(F\) altındaki görüntüsüdür. \(F\), \(x\) ekseni etrafında \(\varphi\) açılı dönmenin (düğme açıksa önce \(x \mapsto -x\) yansımasının) ardından \((0, 2, 1)\) ile ötelemedir; \(\varphi = -90°\) ve düğme kapalıyken Örnek 19.6 içindeki izometri elde edilir. \(t\) kaydırıcısı noktayı helis üzerinde taşır. Noktadaki üç ok helisin \(T, N, B\) çatısı (Tanım 11.2), görüntü noktasındaki üç ok da bunların \(F_*\) altındaki görüntüleridir. Değer satırı, \(\varphi\) ve \(t\) ne olursa olsun süratlerin ve görüntü okları arasındaki iç çarpımların değişmediğini gösterir. Yansıma açıldığında görüntü oklar yine bir çatıdır, ama son satırdaki sayı \(-1\) olur ve görüntü helis ters yönde döner.
Bir dönüşümün açıları koruması onun izometri olması için yetmez; iç çarpımın kendisi korunmalıdır. Aşağıdaki örnek bu farkı gösterir.
Örnek 19.7 (Açıları Koruyan Ama İzometri Olmayan Bir Dönüşüm) \(F : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2\), \(F(u, v) = (e^u\cos v,\ e^u\sin v)\) olsun (Alıştırma 7.20). \(F_*\)’ın her noktada açıları koruduğunu ama uzunlukları \(e^u\) ile çarptığını gösterelim ve \(\mathbf{p} = (\ln 2,\ \pi/2)\) noktasında sayılarla görelim.
Çözüm
Jacobi matrisi. Kısmi türevlerden
\[J_F(u, v) = \begin{pmatrix} e^u\cos v & -e^u\sin v \\ e^u\sin v & e^u\cos v \end{pmatrix} = e^u \begin{pmatrix} \cos v & -\sin v \\ \sin v & \cos v \end{pmatrix}.\]
Sağdaki matris \(v\) açılı dönmedir; ona \(R_v\) diyelim. \(\mathbf{p} = (u_0, v_0)\) noktasında \(F_*(\mathbf{x}_{\mathbf{p}})\)’nin vektör kısmı \(e^{u_0} R_{v_0}\mathbf{x}\)’tir.
İç çarpım. \(R_{v_0}\) iç çarpımı koruduğundan
\[F_*(\mathbf{x}_{\mathbf{p}}) \cdot F_*(\mathbf{y}_{\mathbf{p}}) = e^{2u_0}\, R_{v_0}\mathbf{x} \cdot R_{v_0}\mathbf{y} = e^{2u_0}\, \mathbf{x} \cdot \mathbf{y}.\]
Uzunluklar \(e^{u_0}\) ile çarpılır. Açının kosinüsünde pay ve payda aynı \(e^{2u_0}\) çarpanını aldığından açı değişmez. İç çarpım ancak \(u_0 = 0\) olan noktalarda korunur.
Sayılarla. \(\mathbf{p} = (\ln 2,\ \pi/2)\) için \(e^{u_0} = 2\), \(\cos v_0 = 0\), \(\sin v_0 = 1\):
\[J_F(\mathbf{p}) = \begin{pmatrix} 0 & -2 \\ 2 & 0 \end{pmatrix}, \qquad F(\mathbf{p}) = (0, 2).\]
\(\mathbf{x} = (1, 0)\) ve \(\mathbf{y} = (1, 1)\) için görüntülerin vektör kısımları \((0, 2)\) ve \((-2, 2)\)’dir. İç çarpım \(1\)’den \(4\)’e, uzunluklar \(1\) ve \(\sqrt{2}\)’den \(2\) ve \(2\sqrt{2}\)’ye çıkar; açının kosinüsü ise iki durumda da \(1/\sqrt{2}\)’dir, yani açı \(45°\) kalır.
İzometri değil. \(F(0, 0) = F(0, 2\pi) = (1, 0)\) olduğundan \(F\) birebir değildir. Oysa her \(G\) izometrisi birebirdir: \(G(\mathbf{p}) = G(\mathbf{q})\) ise \(d(\mathbf{p}, \mathbf{q}) = d(G(\mathbf{p}), G(\mathbf{q})) = 0\), yani \(\mathbf{p} = \mathbf{q}\). Teğet vektörler de aynı farkı gösterir: \(u_0 \ne 0\) olan noktalarda \(F_*\) iç çarpımı \(e^{2u_0}\) ile çarpar; \(\mathbb{R}^3\)’te bir izometrinin teğet dönüşümü ise iç çarpımı korur (Sonuç 19.2).
Açıları koruyan dönüşümlere konform (conformal) dönüşümler denir. Örnek, konform olmanın izometri olmaktan çok daha zayıf bir koşul olduğunu gösterir. Daha kötüsü de olabilir: \(S(x, y) = (x + y,\ y)\) kayma dönüşümünde \(S_*(U_1) = U_1\) ve \(S_*(U_2) = U_1 + U_2\) olur; dik iki ok \(45°\) açılı iki oka gider.
\(\blacksquare\)
Bir çatı, iç çarpım koşullarıyla tanımlanır (Tanım 9.7): karşılıklı dik üç birim ok. Öyleyse iç çarpımı koruyan bir dönüşüm çatıları da korumalıdır.
Sonuç 19.3 (İzometriler Çatıları Çatılara Götürür) \(e_1, e_2, e_3\), \(\mathbb{R}^3\)’ün bir \(\mathbf{p}\) noktasında bir çatı ve \(F\), \(\mathbb{R}^3\)’ün bir izometrisi olsun. O zaman \(F_*(e_1), F_*(e_2), F_*(e_3)\), \(F(\mathbf{p})\) noktasında bir çatıdır.
İspat
Üç ok da \(F(\mathbf{p})\)’de uygulanır. Çatı koşulu \(e_i \cdot e_j = \delta_{ij}\)’dir ve Sonuç 19.2 gereği
\[F_*(e_i) \cdot F_*(e_j) = e_i \cdot e_j = \delta_{ij} \qquad (1 \le i, j \le 3).\]
Görüntü okları karşılıklı dik birim oklardır, yani \(F(\mathbf{p})\)’de bir çatıdır.
\(\blacksquare\)
Yani bir izometri bir noktadaki “cetvel takımını” başka bir noktaya bozmadan taşır. Duruş matrisleri diliyle de söyleyelim. Bir çatının oklarıyla bu okların vektör kısımlarını ayırt etmek için \(e_i\) okunun vektör kısmını \(\hat{\mathbf{e}}_i\) ile gösterelim; \(\hat{\mathbf{e}}_i\), \(\mathbb{R}^3\)’ün bir noktasıdır ve \(e_i = (\hat{\mathbf{e}}_i)_{\mathbf{p}}\). Çatının duruş matrisi \(A\) olsun (Tanım 9.8), yani \(A\)’nın \(i\)-inci satırı \(\hat{\mathbf{e}}_i\) olsun. O zaman \(F_*(e_i)\)’nin vektör kısmı \(C(\hat{\mathbf{e}}_i)\) olup \(k\)-inci koordinatı \(\sum_l c_{kl}\, a_{il}\)’dir. Bu, \(A\,C^{\mathsf{T}}\) matrisinin \((i, k)\) girdisidir; görüntü çatının duruş matrisi \(A\,C^{\mathsf{T}}\)’dir.
Örnek 19.8 (Yansıma Altında Bir Çatı) Örnek 19.4 içindeki \(F(x, y, z) = (z + 2,\ y,\ x - 2)\) yansımasını ve \(\mathbf{p} = (1, 0, 1)\) noktasında
\[e_1 = \dfrac{(1, 1, 0)}{\sqrt{2}}, \qquad e_2 = \dfrac{(-1, 1, 0)}{\sqrt{2}}, \qquad e_3 = (0, 0, 1)\]
çatısını alalım (Örnek 9.20). Görüntü çatıyı ve duruş matrisini bulalım; iki çatıda vektörel çarpımları karşılaştıralım.
Çözüm
Görüntü noktası. \(F(\mathbf{p}) = (1 + 2,\ 0,\ 1 - 2)\), yani \((3, 0, -1)\). \(\mathbf{p}\), \(x - z = 0\) düzleminde, \(F(\mathbf{p})\) ise \(x - z = 4\) düzlemindedir; ayna \(x - z = 2\) tam ortadadır.
Görüntü çatı. Ortogonal kısım \(C(x, y, z) = (z, y, x)\) olduğundan
\[F_*(e_1) = \dfrac{(0, 1, 1)}{\sqrt{2}}, \qquad F_*(e_2) = \dfrac{(0, 1, -1)}{\sqrt{2}}, \qquad F_*(e_3) = (1, 0, 0),\]
üçü de \((3, 0, -1)\)’de. Denetim: uzunlukların kareleri \((0 + 1 + 1)/2 = 1\), \(1\) ve \(1\); karşılıklı iç çarpımlar \((0 + 1 - 1)/2 = 0\), \(0\) ve \(0\). Bir çatıdır.
Duruş matrisi. \(C\)’nin matrisi simetriktir (\(C^{\mathsf{T}} = C\)) ve bir satır vektörünü sağdan \(C\) ile çarpmak koordinatların sırasını ters çevirir:
\[A = \dfrac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & \sqrt{2} \end{pmatrix}, \qquad A\,C^{\mathsf{T}} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \\ \sqrt{2} & 0 & 0 \end{pmatrix}.\]
Satırlar tam olarak görüntü çatının vektör kısımlarıdır.
Vektörel çarpımlar. Özgün çatıda
\[e_1 \times e_2 = \dfrac{1}{2}\,(1 \cdot 0 - 0 \cdot 1,\ 0 \cdot (-1) - 1 \cdot 0,\ 1 \cdot 1 - 1 \cdot (-1)) = (0, 0, 1) = e_3.\]
Görüntüde ise
\[F_*(e_1) \times F_*(e_2) = \dfrac{1}{2}\,(1 \cdot (-1) - 1 \cdot 1,\ 0,\ 0) = (-1, 0, 0) = -F_*(e_3).\]
Yansıma bütün iç çarpımları korudu, ama \(e_1 \times e_2 = e_3\) bağıntısını işaret değiştirmiş bir bağıntıya çevirdi. Aynadaki sağ elin sol ele dönüşmesi gibi; bu farkı bir sonraki bölümde inceleyeceğiz.
\(\blacksquare\)
19.3 İki Çatı Bir İzometri Belirler
Önceki bölümde iki noktanın tek bir öteleme belirlediğini gördük (Lemma 18.1): \(\mathbf{p}\)’yi \(\mathbf{q}\)’ya götüren tek öteleme, \(\mathbf{q} - \mathbf{p}\) ile ötelemedir. Gerçekten \(\mathbf{a}\) ile öteleme \(\mathbf{p}\)’yi \(\mathbf{p} + \mathbf{a}\)’ya götürür ve \(\mathbf{p} + \mathbf{a} = \mathbf{q}\) ancak \(\mathbf{a} = \mathbf{q} - \mathbf{p}\) iken sağlanır. İzometriler için benzer bir sonuç vardır, ama noktalar yerine çatılarla. Bir izometrinin bir çatıyı bir çatıya götürdüğünü biliyoruz (Sonuç 19.3); şimdi tersini soruyoruz: iki çatı verildiğinde birini öbürüne götüren kaç izometri vardır?
İspatta da, Sonuç 19.3 sonrasında olduğu gibi, \(e_i\) okunun vektör kısmını \(\hat{\mathbf{e}}_i\) ile, \(f_i\) okununkini \(\hat{\mathbf{f}}_i\) ile göstereceğiz.
Teorem 19.2 (İki Çatıyı Eşleyen Tek İzometri) \(e_1, e_2, e_3\), \(\mathbb{R}^3\)’ün \(\mathbf{p}\) noktasında ve \(f_1, f_2, f_3\) de \(\mathbf{q}\) noktasında iki çatı olsun. \(1 \le i \le 3\) için
\[F_*(e_i) = f_i\]
koşulunu sağlayan bir ve yalnız bir \(F\) izometrisi vardır.
İspat
Vektör kısımları. \(\hat{\mathbf{e}}_1, \hat{\mathbf{e}}_2, \hat{\mathbf{e}}_3\) ve \(\hat{\mathbf{f}}_1, \hat{\mathbf{f}}_2, \hat{\mathbf{f}}_3\) iki çatının vektör kısımları olsun. Teğet vektörlerin iç çarpımı vektör kısımlarınınki olduğundan \(\hat{\mathbf{e}}_i \cdot \hat{\mathbf{e}}_j = \delta_{ij}\) ve \(\hat{\mathbf{f}}_i \cdot \hat{\mathbf{f}}_j = \delta_{ij}\). Karşılıklı dik birim vektörler lineer bağımsızdır: \(\sum_i x_i \hat{\mathbf{e}}_i = \mathbf{0}\) eşitliğini \(\hat{\mathbf{e}}_j\) ile iç çarpınca \(x_j = 0\) çıkar. Lemma 9.3 gereği \(\hat{\mathbf{e}}_1, \hat{\mathbf{e}}_2, \hat{\mathbf{e}}_3\) bir tabandır: her \(\mathbf{x}\), tek türlü \(\mathbf{x} = \sum_i x_i\, \hat{\mathbf{e}}_i\) biçiminde yazılır.
Ortogonal kısmın kurulması. \(C(\mathbf{x}) = \sum_i x_i\, \hat{\mathbf{f}}_i\) kuralıyla \(C : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3\) tanımlayalım. Katsayılar tek olduğundan \(C\) iyi tanımlıdır; \(\mathbf{x} + \mathbf{y}\)’nin katsayıları \(x_i + y_i\), \(c\mathbf{x}\)’inkiler \(c\,x_i\) olduğundan lineerdir ve \(C(\hat{\mathbf{e}}_i) = \hat{\mathbf{f}}_i\). Bu koşulu sağlayan lineer dönüşüm de tektir: lineer bir \(C'\) için \(C(\hat{\mathbf{e}}_i) = C'(\hat{\mathbf{e}}_i)\) ise \(C'(\mathbf{x}) = \sum_i x_i\, C'(\hat{\mathbf{e}}_i) = C(\mathbf{x})\).
\(C\) ortogonaldir. \(\mathbf{x} = \sum_i x_i \hat{\mathbf{e}}_i\) ve \(\mathbf{y} = \sum_j y_j \hat{\mathbf{e}}_j\) için iç çarpımın bilineerliği
\[\mathbf{x} \cdot \mathbf{y} = \sum_{i,j} x_i y_j\, \hat{\mathbf{e}}_i \cdot \hat{\mathbf{e}}_j = \sum_{i} x_i y_i\]
verir. Aynı hesap \(\hat{\mathbf{f}}\) vektörleriyle
\[C(\mathbf{x}) \cdot C(\mathbf{y}) = \sum_{i,j} x_i y_j\, \hat{\mathbf{f}}_i \cdot \hat{\mathbf{f}}_j = \sum_i x_i y_i\]
verir. İki sonuç eşittir; \(C\) bir ortogonal dönüşümdür.
Öteleme kısmı. \(T\), \(\mathbf{q} - C(\mathbf{p})\) ile öteleme olsun ve \(F = TC\) diyelim. Ortogonal dönüşümler ve ötelemeler izometri olduğundan ve izometrilerin bileşkesi izometri olduğundan (Teorem 18.1, Sonuç 18.1) \(F\) bir izometridir ve
\[F(\mathbf{p}) = \mathbf{q} - C(\mathbf{p}) + C(\mathbf{p}) = \mathbf{q}.\]
\(F\) çatıyı çatıya götürür. Teorem 19.1 gereği
\[F_*(e_i) = C(\hat{\mathbf{e}}_i)_{F(\mathbf{p})} = (\hat{\mathbf{f}}_i)_{\mathbf{q}} = f_i \qquad (1 \le i \le 3).\]
Teklik. \(G\), \(G_*(e_i) = f_i\) koşulunu sağlayan herhangi bir izometri olsun ve Teorem 18.2 gereği \(G = T'C'\) yazalım; \(T'\), bir \(\mathbf{b}\) ile öteleme olsun. Teoreme göre \(G_*(e_i) = C'(\hat{\mathbf{e}}_i)_{G(\mathbf{p})}\). İki teğet vektör ancak uygulama noktaları ve vektör kısımları aynıysa eşittir; dolayısıyla \(G(\mathbf{p}) = \mathbf{q}\) ve her \(i\) için \(C'(\hat{\mathbf{e}}_i) = \hat{\mathbf{f}}_i\). İkinci koşul, yukarıdaki teklik gereği \(C' = C\) verir. Birinci koşul \(\mathbf{b} + C(\mathbf{p}) = \mathbf{q}\), yani \(\mathbf{b} = \mathbf{q} - C(\mathbf{p})\) verir; \(T' = T\). Sonuç olarak \(G = TC = F\).
\(\blacksquare\)
Yani bir izometri, tek bir çatıya ne yaptığıyla tamamen belirlenir. Bir katı cismi düşünelim: cismin bir noktasının nereye gittiğini ve o noktaya çakılı üç dik çubuğun nasıl durduğunu bilirsek cismin her noktasının yerini biliriz. Teoremin ispatı bu bilginin nasıl kullanılacağını da söyler: önce ortogonal kısım \(\hat{\mathbf{e}}_i\)’leri \(\hat{\mathbf{f}}_i\)’lere götürür, sonra öteleme \(C(\mathbf{p})\)’yi \(\mathbf{q}\)’ya kaydırır.
Etkileşimli sahne: iki çatı, bir izometri. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz. \(\mathbf{p} = (0, 1, 0)\)’daki \(e\) çatısı alıştırmalardaki çatıdır (Alıştırma 19.4); \(\mathbf{q} = (3, -1, 1)\)’deki \(f\) çatısını ise siz seçersiniz: \(\psi\) ve \(\chi\) kaydırıcıları çatıyı döndürür, düğme \(f_3\)’ü ters çevirir. Başlangıç değerleri alıştırmadaki \(f\) çatısını verir. Sahne her seçimde ortogonal kısmı ve öteleme vektörünü teoremin ispatındaki gibi kurar, \(e\) çatısına iliştirilmiş kısa helis parçasını \(F\) ile taşır ve görüntü okları \(F_*(e_i)\)’yi doğrudan \(C\)’den hesaplar. Görüntü okları her seçimde \(f\) çatısının üstüne düşer ve helis parçası hedef çatıya, \(e\) çatısına iliştirildiği biçimde iliştirilmiş çıkar. \(C(\mathbf{p})\) noktası ile kesikli \(\mathbf{a}\) oku ispattaki iki adımı gösterir. Düğme açıkken \(\det C = -1\) olur ve görüntü helis ters yönde döner.
İspattaki \(C\)’yi hesaplamanın kolay bir yolu var. \(A\), \(e\) çatısının duruş matrisi olsun (Tanım 9.8): \(i\)-inci satırı \(\hat{\mathbf{e}}_i\)’nin koordinatları \(a_{i1}, a_{i2}, a_{i3}\)’tür. \(B\) de \(f\) çatısının duruş matrisi olsun. Noktaları sütun vektörü olarak yazıyoruz; bir matrisin bir noktaya uygulanması matris çarpımıdır.
Önerme 19.1 (Ortogonal Kısmın Matrisi) Teorem 19.2 içinde \(e\) çatısını \(f\) çatısına götüren izometrinin ortogonal kısmının matrisi \(B^{\mathsf{T}} A\)’dır; öteleme kısmı \(\mathbf{q} - B^{\mathsf{T}} A\,\mathbf{p}\) ile ötelemedir.
İspat
\(A\), \(\hat{\mathbf{e}}_i\)’yi birim noktaya götürür. \(A\hat{\mathbf{e}}_i\) sütununun \(k\)-inci girdisi, \(A\)’nın \(k\)-inci satırı ile \(\hat{\mathbf{e}}_i\)’nin karşılıklı çarpımlarının toplamıdır; \(k\)-inci satır \(\hat{\mathbf{e}}_k\) olduğundan bu sayı \(\hat{\mathbf{e}}_k \cdot \hat{\mathbf{e}}_i = \delta_{ki}\)’dir:
\[A\hat{\mathbf{e}}_i = \begin{pmatrix} \hat{\mathbf{e}}_1 \cdot \hat{\mathbf{e}}_i \\ \hat{\mathbf{e}}_2 \cdot \hat{\mathbf{e}}_i \\ \hat{\mathbf{e}}_3 \cdot \hat{\mathbf{e}}_i \end{pmatrix} = \mathbf{u}_i.\]
\(B^{\mathsf{T}}\), birim noktayı \(\hat{\mathbf{f}}_i\)’ye götürür. Bir matrisin \(\mathbf{u}_i\) ile çarpımı o matrisin \(i\)-inci sütunudur. \(B^{\mathsf{T}}\)’nin \(i\)-inci sütunu \(B\)’nin \(i\)-inci satırı, yani \(\hat{\mathbf{f}}_i\)’dir. Dolayısıyla
\[B^{\mathsf{T}} A\, \hat{\mathbf{e}}_i = B^{\mathsf{T}} \mathbf{u}_i = \hat{\mathbf{f}}_i \qquad (1 \le i \le 3).\]
Sonuç. \(\mathbf{x} \mapsto B^{\mathsf{T}} A\,\mathbf{x}\) lineer bir dönüşümdür ve \(\hat{\mathbf{e}}_i\)’leri \(\hat{\mathbf{f}}_i\)’lere götürür. Teoremin ispatında böyle bir lineer dönüşümün tek olduğunu gördük; bu dönüşüm \(C\)’dir. Öteleme kısmı ispatta \(\mathbf{q} - C(\mathbf{p})\) ile öteleme olarak bulunmuştu.
\(\blacksquare\)
Ara adım şunu da söyler: \(A\), \(e\) çatısının vektör kısımlarını birim noktalara, \(B^{\mathsf{T}}\) ise birim noktaları \(f\) çatısının vektör kısımlarına götürür. \(C\), doğal çatı üzerinden geçen bu iki adımın bileşkesidir.
İpucuÜç adımda iki çatıyı eşleyen izometri
- Çatıların duruş matrislerini yazın: \(A\)’nın satırları \(e_1, e_2, e_3\)’ün, \(B\)’ninkiler \(f_1, f_2, f_3\)’ün koordinatlarıdır.
- Ortogonal kısım \(C = B^{\mathsf{T}} A\)’dır.
- Öteleme vektörü \(\mathbf{a} = \mathbf{q} - C\mathbf{p}\)’dir ve \(F(\mathbf{r}) = C\mathbf{r} + \mathbf{a}\). Denetim için \(C\hat{\mathbf{e}}_i = \hat{\mathbf{f}}_i\) ve \(F(\mathbf{p}) = \mathbf{q}\) eşitliklerine bakın.
Örnek 19.9 (Bir Çatıyı Başlangıç Noktasındaki Doğal Çatıya Götürmek) \(\mathbf{p} = (1, 0, 2)\) noktasında vektör kısımları
\[\hat{\mathbf{e}}_1 = \dfrac{(1, 2, 1)}{\sqrt{6}}, \qquad \hat{\mathbf{e}}_2 = \dfrac{(-1, 0, 1)}{\sqrt{2}}, \qquad \hat{\mathbf{e}}_3 = \dfrac{(1, -1, 1)}{\sqrt{3}}\]
olan çatıyı (Örnek 9.28) başlangıç noktasındaki \(U_1(\mathbf{0}), U_2(\mathbf{0}), U_3(\mathbf{0})\) doğal çatısına götüren izometriyi bulalım ve anlamını görelim.
Çözüm
Adım 1. \(A\)’nın satırları \(\hat{\mathbf{e}}_1, \hat{\mathbf{e}}_2, \hat{\mathbf{e}}_3\)’tür; hedef çatı doğal çatı olduğundan \(B = I\).
Adım 2. \(C = I^{\mathsf{T}} A = A\):
\[C = \begin{pmatrix} 1/\sqrt{6} & 2/\sqrt{6} & 1/\sqrt{6} \\ -1/\sqrt{2} & 0 & 1/\sqrt{2} \\ 1/\sqrt{3} & -1/\sqrt{3} & 1/\sqrt{3} \end{pmatrix}.\]
Adım 3. \(\mathbf{q} = \mathbf{0}\) olduğundan \(\mathbf{a} = -A\mathbf{p}\). Satırları \(\mathbf{p} = (1, 0, 2)\) ile çarparsak
\[A\mathbf{p} = \left(\dfrac{1 + 0 + 2}{\sqrt{6}},\ \dfrac{-1 + 0 + 2}{\sqrt{2}},\ \dfrac{1 - 0 + 2}{\sqrt{3}}\right) = \left(\dfrac{\sqrt{6}}{2},\ \dfrac{\sqrt{2}}{2},\ \sqrt{3}\right).\]
Böylece \(F(\mathbf{r}) = A\mathbf{r} - A\mathbf{p} = A(\mathbf{r} - \mathbf{p})\); açıkça
\[F(x, y, z) = \left(\dfrac{x + 2y + z - 3}{\sqrt{6}},\ \dfrac{-x + z - 1}{\sqrt{2}},\ \dfrac{x - y + z - 3}{\sqrt{3}}\right).\]
Denetim. \(F(\mathbf{p}) = A\mathbf{0} = \mathbf{0}\). \(C\hat{\mathbf{e}}_1\)’in girdileri \(\hat{\mathbf{e}}_1\)’in satırlarla iç çarpımlarıdır: \(\hat{\mathbf{e}}_1 \cdot \hat{\mathbf{e}}_1 = (1 + 4 + 1)/6 = 1\), \(\hat{\mathbf{e}}_2 \cdot \hat{\mathbf{e}}_1 = (-1 + 0 + 1)/\sqrt{12} = 0\), \(\hat{\mathbf{e}}_3 \cdot \hat{\mathbf{e}}_1 = (1 - 2 + 1)/\sqrt{18} = 0\); yani \(C\hat{\mathbf{e}}_1 = \mathbf{u}_1\). Öteki ikisi de aynı biçimde \(\mathbf{u}_2\) ve \(\mathbf{u}_3\) çıkar.
Anlamı. \(F(\mathbf{r})\)’nin koordinatları \((\mathbf{r} - \mathbf{p}) \cdot \hat{\mathbf{e}}_1\), \((\mathbf{r} - \mathbf{p}) \cdot \hat{\mathbf{e}}_2\) ve \((\mathbf{r} - \mathbf{p}) \cdot \hat{\mathbf{e}}_3\)’tür; Teorem 9.1 gereği bunlar \(\mathbf{r} - \mathbf{p}\) yer değiştirmesinin \(e\) çatısına göre koordinatlarıdır. Örneğin \(\mathbf{r} = \mathbf{p} + \hat{\mathbf{e}}_1 + 2\hat{\mathbf{e}}_2\) noktası \((1, 2, 0)\)’a gider. Uzayı bir çatıya göre okumak, kısacası, bir izometridir.
Ters yön. \(A^{\mathsf{T}} A = I\) olduğundan (Sonuç 9.1) tersi
\[F^{-1}(\mathbf{s}) = \mathbf{p} + A^{\mathsf{T}}\mathbf{s} = \mathbf{p} + s_1\hat{\mathbf{e}}_1 + s_2\hat{\mathbf{e}}_2 + s_3\hat{\mathbf{e}}_3\]
olur; başlangıç noktasındaki doğal çatıyı \(\mathbf{p}\)’deki \(e\) çatısına götürür.
\(\blacksquare\)
Son örnekteki gözlem genelleşir. Başlangıç noktasındaki doğal çatıyı sabit bir başvuru çatısı olarak seçelim. \(\mathbf{q}\)’daki her \(f\) çatısı için bu başvuru çatısını \(f\)’ye götüren tek bir izometri vardır: \(A = I\) olduğundan \(C = B^{\mathsf{T}}\), yani \(C\)’nin sütunları \(\hat{\mathbf{f}}_1, \hat{\mathbf{f}}_2, \hat{\mathbf{f}}_3\)’tür ve
\[F(\mathbf{r}) = \mathbf{q} + r_1\hat{\mathbf{f}}_1 + r_2\hat{\mathbf{f}}_2 + r_3\hat{\mathbf{f}}_3.\]
Tersine her \(F\) izometrisi, \(F(\mathbf{0})\)’da \(F_*(U_1(\mathbf{0})), F_*(U_2(\mathbf{0})), F_*(U_3(\mathbf{0}))\) çatısını verir. Böylece izometriler ile çatılar arasında birebir ve örten bir eşleme vardır: bir izometri seçmek, uzayda bir çatı seçmekle aynı şeydir.
19.4 Alıştırmalar
Alıştırmalarda, önceki bölümdeki gibi, \(\mathbf{a}\) ile ötelemeyi \(T_{\mathbf{a}}\) diye yazıyoruz.
Alıştırma 19.1 (Ötelemenin Teğet Dönüşümü Okları Paralel Taşır) \(T\), \(\mathbb{R}^3\)’ün bir ötelemesi olsun. Her \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\) teğet vektörü için \(T_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}})\) ile \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\)’nin aynı Öklid koordinatlarına sahip olduğunu, dolayısıyla \(T\) özdeşlik değilse bu iki okun paralel olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Ortogonal kısım. \(T = T_{\mathbf{a}}\) olsun ve \(I\), özdeşlik dönüşümü olsun. \(I\) lineerdir ve iç çarpımı korur; \(T = T_{\mathbf{a}} I\) yazılışı bir ortogonal dönüşümün ardından bir ötelemedir. Teorem 18.2 içindeki teklik gereği \(T\)’nin ortogonal kısmı \(I\)’dır.
Teorem. Teorem 19.1 gereği
\[T_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = I(\mathbf{v})_{T(\mathbf{p})} = \mathbf{v}_{\mathbf{p} + \mathbf{a}}.\]
Görüntünün Öklid koordinatları \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\)’ninkilerle aynıdır, yani \((v_1, v_2, v_3)\); yalnızca uygulama noktası \(\mathbf{a}\) kadar kaymıştır. Teğet Vektörler bölümündeki tanıma göre vektör kısımları aynı, uygulama noktaları farklı olan iki ok paraleldir. Dolayısıyla \(\mathbf{a} \ne \mathbf{0}\) ise \(T_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}})\) ile \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\) paraleldir; \(\mathbf{a} = \mathbf{0}\) ise \(T\) özdeşliktir ve iki ok eşittir. Aynı sonucu tanımdan doğrudan hesaplamıştık (Örnek 7.8).
Sayısal örnek. \(\mathbf{a} = (1, -2, 4)\), \(\mathbf{p} = (2, 2, 2)\) ve \(\mathbf{v} = (3, 0, -1)\) için \(T_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = (3, 0, -1)_{(3, 0, 6)}\).
Tersi de doğrudur. Ortogonal kısmı \(C\) olan bir \(F\) izometrisi her okun vektör kısmını koruyorsa, yani her \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\) için \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}})\)’nin vektör kısmı \(\mathbf{v}\) ise, her \(\mathbf{v}\) için \(C(\mathbf{v}) = \mathbf{v}\) olur; yani \(C = I\) ve \(F\) bir ötelemedir. Ötelemeler, okları döndürmeyen tek izometrilerdir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 19.2 (İki İzometrinin Bileşkesinin Teğet Dönüşümü) \(F\) ve \(G\), \(\mathbb{R}^3\)’ün iki izometrisi olsun. Genel zincir kuralını kullanmadan, Teorem 19.1 yardımıyla \((GF)_* = G_* F_*\) olduğunu ispatlayınız.
Çözüm
Ayrışımlar. \(F = T_{\mathbf{a}} C\) ve \(G = T_{\mathbf{b}} D\) yazalım. Her \(\mathbf{p}\) için \(D\)’nin lineerliğiyle
\[GF(\mathbf{p}) = D\bigl(C(\mathbf{p}) + \mathbf{a}\bigr) + \mathbf{b} = DC(\mathbf{p}) + \bigl(D(\mathbf{a}) + \mathbf{b}\bigr).\]
\(DC\) ortogonaldir. İki lineer dönüşümün bileşkesi lineerdir; \(D\) ve \(C\) iç çarpımı koruduğundan \(DC(\mathbf{x}) \cdot DC(\mathbf{y}) = \mathbf{x} \cdot \mathbf{y}\). Demek ki \(GF = T_{D(\mathbf{a}) + \mathbf{b}}\,(DC)\) ve Teorem 18.2 içindeki teklik gereği \(GF\)’nin ortogonal kısmı \(DC\)’dir; bu, Alıştırma 18.3 sonucudur.
Sol yan. Teorem \(GF\)’ye uygulanınca \((GF)_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = DC(\mathbf{v})_{GF(\mathbf{p})}\).
Sağ yan. Teorem önce \(F\)’ye, sonra \(G\)’ye uygulanınca
\[G_*\bigl(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}})\bigr) = G_*\bigl(C(\mathbf{v})_{F(\mathbf{p})}\bigr) = D\bigl(C(\mathbf{v})\bigr)_{G(F(\mathbf{p}))}.\]
İki yan aynı noktada uygulanır ve vektör kısımları aynıdır; her \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\) için eşittirler.
Sayısal denetim. \(F\), Örnek 19.3 içindeki dönme (\(C(x, y, z) = (z, x, y)\), \(\mathbf{a} = (1, 0, -1)\)), \(G\) de Örnek 19.4 içindeki yansıma (\(D(x, y, z) = (z, y, x)\), \(\mathbf{b} = (2, 0, -2)\)) olsun. \(DC(x, y, z) = D(z, x, y) = (y, x, z)\); \(D(\mathbf{a}) = (-1, 0, 1)\) olduğundan \(D(\mathbf{a}) + \mathbf{b} = (1, 0, -1)\). \(\mathbf{p} = (1, 2, 3)\), \(\mathbf{v} = (1, -1, 2)\) için sağ yan: \(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = (2, 1, -1)_{(4, 1, 1)}\) ve \(G_*\) bunu \((-1, 1, 2)_{(3, 1, 2)}\)’ye götürür. Sol yan: \(DC(\mathbf{v}) = (-1, 1, 2)\) ve \(GF(\mathbf{p}) = DC(\mathbf{p}) + (1, 0, -1)\), yani \((2, 1, 3) + (1, 0, -1) = (3, 1, 2)\). Aynı ok.
Genel zincir kuralı (Alıştırma 7.16) bu eşitliği her dönüşüm için verir; izometrilerde ise yalnızca ortogonal kısımların bileşkesine indirgenir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 19.3 (Ters İzometrinin Teğet Dönüşümü) \(F\), \(\mathbb{R}^3\)’ün bir izometrisi olsun. Teorem 19.1 yardımıyla \((F^{-1})_* = (F_*)^{-1}\) olduğunu ispatlayınız.
Çözüm
\(F^{-1}\)’in ayrışımı. \(F = T_{\mathbf{a}} C\) olsun. Sonuç 18.1 gereği \(F\) birebir ve örtendir, \(F^{-1}\) bir izometridir ve \(C\)’nin tersi \(C^{-1}\) bir ortogonal dönüşümdür. \(\mathbf{q} = C(\mathbf{p}) + \mathbf{a}\) denklemi, \(C^{-1}\)’in lineerliğiyle,
\[\mathbf{p} = C^{-1}(\mathbf{q} - \mathbf{a}) = C^{-1}(\mathbf{q}) - C^{-1}(\mathbf{a})\]
verir. Demek ki
\[F^{-1} = T_{-C^{-1}(\mathbf{a})}\, C^{-1}\]
ve teklik gereği \(F^{-1}\)’in ortogonal kısmı \(C^{-1}\)’dir (Alıştırma 18.4). Teorem gereği \((F^{-1})_*(\mathbf{w}_{\mathbf{q}}) = C^{-1}(\mathbf{w})_{F^{-1}(\mathbf{q})}\).
İki bileşke. Her \(\mathbf{w}_{\mathbf{q}}\) ve her \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\) için
\[\begin{aligned} F_*\bigl((F^{-1})_*(\mathbf{w}_{\mathbf{q}})\bigr) &= C\bigl(C^{-1}(\mathbf{w})\bigr)_{F(F^{-1}(\mathbf{q}))} = \mathbf{w}_{\mathbf{q}},\\[1mm] (F^{-1})_*\bigl(F_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}})\bigr) &= C^{-1}\bigl(C(\mathbf{v})\bigr)_{F^{-1}(F(\mathbf{p}))} = \mathbf{v}_{\mathbf{p}}. \end{aligned}\]
İki bileşke de özdeşliktir; \(F_*\) birebir ve örtendir ve tersi \((F^{-1})_*\)’tır. Matris diliyle \(C^{-1}\)’in matrisi \(C^{\mathsf{T}}\)’dir (Sonuç 9.1).
Sayısal denetim. Örnek 19.3 içinde \(C(x, y, z) = (z, x, y)\) için \(C^{-1}(x, y, z) = (y, z, x)\). \(\mathbf{q} = F(\mathbf{p}) = (4, 1, 1)\) için \(\mathbf{q} - \mathbf{a} = (3, 1, 2)\) ve \(F^{-1}(\mathbf{q}) = (1, 2, 3) = \mathbf{p}\). Ayrıca
\[(F^{-1})_*\bigl((2, 1, -1)_{\mathbf{q}}\bigr) = C^{-1}(2, 1, -1)_{\mathbf{p}} = (1, -1, 2)_{\mathbf{p}};\]
bu, başladığımız \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\)’dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 19.4 (Verilen İki Çatıyı Eşleyen İzometri) \(\mathbf{p} = (0, 1, 0)\) noktasında
\[e_1 = \dfrac{(2, 2, 1)}{3}, \qquad e_2 = \dfrac{(-2, 1, 2)}{3}, \qquad e_3 = \dfrac{(1, -2, 2)}{3}\]
çatısı ve \(\mathbf{q} = (3, -1, 1)\) noktasında
\[f_1 = \dfrac{(1, 0, 1)}{\sqrt{2}}, \qquad f_2 = (0, 1, 0), \qquad f_3 = \dfrac{(1, 0, -1)}{\sqrt{2}}\]
çatısı verilsin. \(F = T_{\mathbf{a}} C\) izometrisinin \(e\) çatısını \(f\) çatısına götürmesini sağlayan \(\mathbf{a}\) ve \(C\)’yi bulunuz.
Çözüm
Adım 1. Duruş matrisleri
\[A = \dfrac{1}{3}\begin{pmatrix} 2 & 2 & 1 \\ -2 & 1 & 2 \\ 1 & -2 & 2 \end{pmatrix}, \qquad B = \dfrac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & \sqrt{2} & 0 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix}.\]
Bu iki üçlünün gerçekten çatı olduğunu Alıştırma 19.7 içinde denetleyeceğiz.
Adım 2. \(B\) simetriktir, \(B^{\mathsf{T}} = B\). \(C = B^{\mathsf{T}} A\)’nın \((i, j)\) girdisi, \(B^{\mathsf{T}}\)’nin \(i\)-inci satırı ile \(A\)’nın \(j\)-inci sütununun karşılıklı çarpımlarının toplamıdır. \(A\)’nın sütunları \((2, -2, 1)/3\), \((2, 1, -2)/3\) ve \((1, 2, 2)/3\)’tür.
- Birinci satır \((1, 0, 1)/\sqrt{2}\): \((2 + 1)/(3\sqrt{2}) = 1/\sqrt{2}\), \((2 - 2)/(3\sqrt{2}) = 0\), \((1 + 2)/(3\sqrt{2}) = 1/\sqrt{2}\).
- İkinci satır \((0, 1, 0)\): \(A\)’nın ikinci satırı, yani \(-2/3\), \(1/3\), \(2/3\).
- Üçüncü satır \((1, 0, -1)/\sqrt{2}\): \((2 - 1)/(3\sqrt{2})\), \((2 + 2)/(3\sqrt{2})\), \((1 - 2)/(3\sqrt{2})\).
Böylece
\[C = \begin{pmatrix} 1/\sqrt{2} & 0 & 1/\sqrt{2} \\ -2/3 & 1/3 & 2/3 \\ \sqrt{2}/6 & 2\sqrt{2}/3 & -\sqrt{2}/6 \end{pmatrix}.\]
Adım 3. \(C\mathbf{p}\), \(\mathbf{p} = \mathbf{u}_2\) olduğundan \(C\)’nin ikinci sütunudur: \(C\mathbf{p} = (0,\ 1/3,\ 2\sqrt{2}/3)\). Öyleyse
\[\mathbf{a} = \mathbf{q} - C\mathbf{p} = \left(3,\ -\dfrac{4}{3},\ 1 - \dfrac{2\sqrt{2}}{3}\right).\]
Sonuç. İstenen izometri \(F(\mathbf{r}) = C\mathbf{r} + \mathbf{a}\)’dır; \(F(\mathbf{p}) = C\mathbf{p} + \mathbf{a} = \mathbf{q}\). \(C\hat{\mathbf{e}}_i = \hat{\mathbf{f}}_i\) eşitliklerini Alıştırma 19.8 içinde tek tek denetleyeceğiz; Teorem 19.2 gereği bu izometri tektir.
Bir gözlem. \(e_1 \times e_2 = (3, -6, 6)/9 = e_3\) iken \(f_1 \times f_2 = (-1, 0, 1)/\sqrt{2} = -f_3\). Bu izometri de Örnek 19.8 içindeki yansıma gibi \(e_1 \times e_2 = e_3\) bağıntısını işaret değiştirmiş bir bağıntıya çevirir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 19.5 (İzometri Düzlemi Düzleme Götürür) \(F = TC\), \(\mathbb{R}^3\)’ün bir izometrisi, \(\mathbf{p}\) bir nokta ve \(\mathbf{q} \ne \mathbf{0}\) olsun. \(F\)’nin, \(\mathbf{p}\)’den geçen ve \(\mathbf{q}\)’ya dik olan düzlemi, \(F(\mathbf{p})\)’den geçen ve \(C(\mathbf{q})\)’ya dik olan düzlemin üzerine götürdüğünü ispatlayınız.
Çözüm
Düzlemler. \(P = \{\mathbf{r} : (\mathbf{r} - \mathbf{p}) \cdot \mathbf{q} = 0\}\) ve \(P' = \{\mathbf{s} : (\mathbf{s} - F(\mathbf{p})) \cdot C(\mathbf{q}) = 0\}\) olsun. \(\|C(\mathbf{q})\| = \|\mathbf{q}\| \ne 0\) olduğundan \(C(\mathbf{q}) \ne \mathbf{0}\) ve \(P'\) gerçekten bir düzlemdir.
Temel özdeşlik. \(F(\mathbf{r}) = C(\mathbf{r}) + \mathbf{a}\) ise \(C\)’nin lineerliğiyle
\[F(\mathbf{r}) - F(\mathbf{p}) = C(\mathbf{r}) - C(\mathbf{p}) = C(\mathbf{r} - \mathbf{p}).\]
\(F(P) \subset P'\). \(\mathbf{r} \in P\) ise
\[\bigl(F(\mathbf{r}) - F(\mathbf{p})\bigr) \cdot C(\mathbf{q}) = C(\mathbf{r} - \mathbf{p}) \cdot C(\mathbf{q}) = (\mathbf{r} - \mathbf{p}) \cdot \mathbf{q} = 0.\]
\(P' \subset F(P)\). \(\mathbf{s} \in P'\) olsun. Alıştırma 19.3 içinde gördüğümüz \(C^{-1}\) ile \(\mathbf{r} = \mathbf{p} + C^{-1}\bigl(\mathbf{s} - F(\mathbf{p})\bigr)\) alalım. Temel özdeşlik \(F(\mathbf{r}) = F(\mathbf{p}) + \bigl(\mathbf{s} - F(\mathbf{p})\bigr) = \mathbf{s}\) verir. Ayrıca
\[(\mathbf{r} - \mathbf{p}) \cdot \mathbf{q} = C(\mathbf{r} - \mathbf{p}) \cdot C(\mathbf{q}) = \bigl(\mathbf{s} - F(\mathbf{p})\bigr) \cdot C(\mathbf{q}) = 0,\]
yani \(\mathbf{r} \in P\) ve \(\mathbf{s} = F(\mathbf{r}) \in F(P)\). İki kapsama birlikte \(F(P) = P'\) verir.
Teğet vektörlerle okuma. \(\mathbf{q}_{\mathbf{p}}\) düzlemin \(\mathbf{p}\)’deki normalidir ve Teorem 19.1 gereği \(F_*(\mathbf{q}_{\mathbf{p}}) = C(\mathbf{q})_{F(\mathbf{p})}\). Yani görüntü düzlemin normali, normal okun teğet dönüşümü altındaki görüntüsüdür. Sonuç 19.2 de aynı şeyi söyler: \(\mathbf{p}\)’de \(\mathbf{q}_{\mathbf{p}}\)’ye dik oklar, \(F(\mathbf{p})\)’de \(F_*(\mathbf{q}_{\mathbf{p}})\)’ye dik oklara gider.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 19.6 (Verilen Bir Düzlemi Verilen Bir Düzleme Götürmek) \(P\), \((1/2, -1, 0)\) noktasından geçen ve \((0, 1, 0)\)’a dik olan düzlem olsun. \(F(P)\)’nin \((1, -2, 1)\) noktasından geçen ve \((1, 0, -1)\)’e dik olan düzlem olmasını sağlayan bir \(F = TC\) izometrisi bulunuz.
Çözüm
Strateji. \(\mathbf{p} = (1/2, -1, 0)\) ve \(\mathbf{q} = (0, 1, 0) = \mathbf{u}_2\) olsun. Alıştırma 19.5 gereği \(F(P)\), \(F(\mathbf{p})\)’den geçen ve \(C(\mathbf{u}_2)\)’ye dik düzlemdir. Dolayısıyla iki koşul yeter: \(C(\mathbf{u}_2)\), \((1, 0, -1)\)’e paralel olsun ve \(F(\mathbf{p}) = (1, -2, 1)\) olsun. \(\|C(\mathbf{u}_2)\| = 1\) olduğundan \(C(\mathbf{u}_2) = (1, 0, -1)/\sqrt{2}\) seçelim.
Ortogonal kısım. \(C\)’nin sütunları \(C(\mathbf{u}_1), C(\mathbf{u}_2), C(\mathbf{u}_3)\)’tür. İkinci sütuna dik bir birim vektör olarak \(\mathbf{c}_1 = (1, 0, 1)/\sqrt{2}\), üçüncü sütun olarak da \(\mathbf{c}_3 = \mathbf{c}_1 \times \mathbf{c}_2 = (0, 1, 0)\) alalım:
\[C = \begin{pmatrix} 1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1/\sqrt{2} & -1/\sqrt{2} & 0 \end{pmatrix}.\]
Sütunlar ortonormaldir: \(\mathbf{c}_1 \cdot \mathbf{c}_2 = (1 - 1)/2 = 0\), \(\mathbf{c}_3\) ise ikisine de diktir ve üçü de birim uzunluktadır. Önerme 18.2 gereği \(C\) ortogonaldir.
Öteleme. \(C\mathbf{p} = \tfrac{1}{2}\mathbf{c}_1 - \mathbf{c}_2\) olduğundan
\[C\mathbf{p} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\dfrac{1}{2} - 1,\ 0,\ \dfrac{1}{2} + 1\right) = \left(-\dfrac{\sqrt{2}}{4},\ 0,\ \dfrac{3\sqrt{2}}{4}\right)\]
ve \(\mathbf{a} = (1, -2, 1) - C\mathbf{p}\):
\[\mathbf{a} = \left(1 + \dfrac{\sqrt{2}}{4},\ -2,\ 1 - \dfrac{3\sqrt{2}}{4}\right).\]
İzometri. \(F(\mathbf{r}) = C\mathbf{r} + \mathbf{a}\), yani
\[\begin{aligned} F(x, y, z) = \Bigl(&\dfrac{x + y}{\sqrt{2}} + 1 + \dfrac{\sqrt{2}}{4},\ z - 2,\\[1mm] &\quad \dfrac{x - y}{\sqrt{2}} + 1 - \dfrac{3\sqrt{2}}{4}\Bigr). \end{aligned}\]
Denetim. \(P\), \(y = -1\) düzlemidir. \((x, -1, z)\) noktasının görüntüsünün birinci koordinatından üçüncüsünü çıkarırsak
\[\dfrac{(x - 1) - (x + 1)}{\sqrt{2}} + \dfrac{\sqrt{2}}{4} + \dfrac{3\sqrt{2}}{4} = -\sqrt{2} + \sqrt{2} = 0\]
bulunur. \(F(P)\), \(x - z = 0\) düzlemindedir; bu düzlem \((1, -2, 1)\)’den geçer ve \((1, 0, -1)\)’e diktir. Ayrıca \(F(\mathbf{p}) = (1, -2, 1)\). Alıştırma 19.5 gereği \(F(P)\) bu düzlemin tamamıdır.
Tek çözüm değil. \(\mathbf{c}_1\) yerine \((1, 0, -1)\)’e dik başka bir birim vektör, \(C(\mathbf{u}_2)\) için \(-(1, 0, -1)/\sqrt{2}\) ya da \(F(\mathbf{p})\) için hedef düzlemin başka bir noktası seçilebilirdi. Teorem 19.2 bir izometriyi belirlemek için bütün bir çatı ister; bir düzlem bu bilginin yalnızca bir kısmını verir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 19.7 (Alıştırmadaki Üçlülerin Çatı Olduğu) Alıştırma 19.4 içindeki iki vektör üçlüsünün de çatı olduğunu, duruş matrisleri için \(A A^{\mathsf{T}} = I\) ve \(B B^{\mathsf{T}} = I\) eşitliklerini göstererek doğrulayınız.
Çözüm
Ölçüt. Önerme 9.5 gereği \(A A^{\mathsf{T}}\)’nin \((i, j)\) girdisi \(A\)’nın \(i\)-inci ve \(j\)-inci satırlarının iç çarpımıdır; \(A A^{\mathsf{T}} = I\) olması satırların bir çatı oluşturmasına denktir.
\(A\) için. Ortak çarpan \(1/9\)’dur. Satırların kendileriyle iç çarpımları \(4 + 4 + 1 = 9\), \(4 + 1 + 4 = 9\) ve \(1 + 4 + 4 = 9\); karşılıklı iç çarpımlar
\[(2, 2, 1) \cdot (-2, 1, 2) = -4 + 2 + 2 = 0,\] \[(2, 2, 1) \cdot (1, -2, 2) = 2 - 4 + 2 = 0,\] \[(-2, 1, 2) \cdot (1, -2, 2) = -2 - 2 + 4 = 0.\]
Dolayısıyla
\[A A^{\mathsf{T}} = \dfrac{1}{9}\begin{pmatrix} 9 & 0 & 0 \\ 0 & 9 & 0 \\ 0 & 0 & 9 \end{pmatrix} = I.\]
\(B\) için. Satırların kendileriyle iç çarpımları \((1 + 0 + 1)/2 = 1\), \(1\) ve \((1 + 0 + 1)/2 = 1\). Karşılıklı iç çarpımlar: birinci ile ikinci satır ve ikinci ile üçüncü satır ortak bir sıfırdan farklı koordinat taşımadığından \(0\); birinci ile üçüncü satırın iç çarpımı \((1 \cdot 1 + 0 + 1 \cdot (-1))/2 = 0\). Yani \(B B^{\mathsf{T}} = I\).
Sonuç. İki üçlü de çatıdır. Sonuç 9.1 gereği \(A^{\mathsf{T}} A = I\) ve \(B^{\mathsf{T}} B = I\) de sağlanır; sütunlar da ortonormaldir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 19.8 (Çatıyı Çatıya Götüren Matris) Alıştırma 19.4 içindeki \(\hat{\mathbf{e}}_i\) noktalarını \(\hat{\mathbf{f}}_i\) noktalarına götüren \(C\) matrisini bulunuz ve \(C\hat{\mathbf{e}}_i = \hat{\mathbf{f}}_i\) eşitliğini \(i = 1, 2, 3\) için tek tek denetleyiniz.
Çözüm
İkinci bir yol. Bir \(\mathbf{f}\) sütunu ile bir \(\mathbf{e}\) satırının çarpımı \(\mathbf{f}\,\mathbf{e}^{\mathsf{T}}\), \((k, l)\) girdisi \(f_k e_l\) olan \(3 \times 3\) matristir ve bir \(\mathbf{x}\) sütununa \(\mathbf{f}\,\mathbf{e}^{\mathsf{T}}\mathbf{x} = (\mathbf{e} \cdot \mathbf{x})\,\mathbf{f}\) olarak etki eder. Buna göre
\[M = \hat{\mathbf{f}}_1 \hat{\mathbf{e}}_1^{\mathsf{T}} + \hat{\mathbf{f}}_2 \hat{\mathbf{e}}_2^{\mathsf{T}} + \hat{\mathbf{f}}_3 \hat{\mathbf{e}}_3^{\mathsf{T}}\]
matrisi için \(M\hat{\mathbf{e}}_i = \sum_k (\hat{\mathbf{e}}_k \cdot \hat{\mathbf{e}}_i)\, \hat{\mathbf{f}}_k = \hat{\mathbf{f}}_i\) olur. \(M\), aradığımız \(C\)’dir.
Üç terim.
\[\hat{\mathbf{f}}_1 \hat{\mathbf{e}}_1^{\mathsf{T}} = \dfrac{1}{3\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 2 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 2 & 2 & 1 \end{pmatrix}, \qquad \hat{\mathbf{f}}_2 \hat{\mathbf{e}}_2^{\mathsf{T}} = \dfrac{1}{3}\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ -2 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix},\]
\[\hat{\mathbf{f}}_3 \hat{\mathbf{e}}_3^{\mathsf{T}} = \dfrac{1}{3\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & -2 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \\ -1 & 2 & -2 \end{pmatrix}.\]
Toplam. Birinci satır \(\tfrac{1}{3\sqrt{2}}(3, 0, 3)\), ikinci satır \(\tfrac{1}{3}(-2, 1, 2)\), üçüncü satır \(\tfrac{1}{3\sqrt{2}}(1, 4, -1)\):
\[C = \begin{pmatrix} 1/\sqrt{2} & 0 & 1/\sqrt{2} \\ -2/3 & 1/3 & 2/3 \\ \sqrt{2}/6 & 2\sqrt{2}/3 & -\sqrt{2}/6 \end{pmatrix}.\]
Bu, Alıştırma 19.4 içinde \(B^{\mathsf{T}} A\) olarak bulduğumuz matristir. Rastlantı değildir: \(B^{\mathsf{T}} A\) çarpımı, \(B^{\mathsf{T}}\)’nin \(k\)-inci sütunu (\(\hat{\mathbf{f}}_k\)) ile \(A\)’nın \(k\)-inci satırının (\(\hat{\mathbf{e}}_k^{\mathsf{T}}\)) çarpımlarının toplamı olarak da yazılabilir.
\(i = 1\). \(\hat{\mathbf{e}}_1 = (2, 2, 1)/3\) ile satırların iç çarpımları
\[\dfrac{2 + 1}{3\sqrt{2}} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}, \qquad \dfrac{-4 + 2 + 2}{9} = 0, \qquad \dfrac{2 + 8 - 1}{9\sqrt{2}} = \dfrac{1}{\sqrt{2}};\]
\(C\hat{\mathbf{e}}_1 = (1, 0, 1)/\sqrt{2} = \hat{\mathbf{f}}_1\).
\(i = 2\). \(\hat{\mathbf{e}}_2 = (-2, 1, 2)/3\) ile
\[\dfrac{-2 + 2}{3\sqrt{2}} = 0, \qquad \dfrac{4 + 1 + 4}{9} = 1, \qquad \dfrac{-2 + 4 - 2}{9\sqrt{2}} = 0;\]
\(C\hat{\mathbf{e}}_2 = (0, 1, 0) = \hat{\mathbf{f}}_2\).
\(i = 3\). \(\hat{\mathbf{e}}_3 = (1, -2, 2)/3\) ile
\[\dfrac{1 + 2}{3\sqrt{2}} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}, \qquad \dfrac{-2 - 2 + 4}{9} = 0, \qquad \dfrac{1 - 8 - 2}{9\sqrt{2}} = -\dfrac{1}{\sqrt{2}};\]
\(C\hat{\mathbf{e}}_3 = (1, 0, -1)/\sqrt{2} = \hat{\mathbf{f}}_3\). Üç eşitlik de sağlanır.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde bir izometrinin teğet dönüşümünün her noktada ortogonal kısmın kendisi olduğunu gördük: oklar her yerde aynı biçimde döner, yalnızca uygulama noktası \(F(\mathbf{p})\)’ye taşınır. Bundan izometrilerin iç çarpımları, uzunlukları, açıları ve çatıları koruduğu çıktı; iki çatının tek bir izometri belirlediğini ispatlayıp bu izometriyi duruş matrisleriyle hesapladık. Yansıma örneğinde bir izometrinin bütün ölçümleri koruduğu hâlde \(e_1 \times e_2 = e_3\) bağıntısının işaretini değiştirebildiğini gördük. Sıradaki bölümde (Yönlendirme) bu farkı bir izometrinin işaretiyle ölçecek ve vektörel çarpımın izometriler altında nasıl davrandığını göreceğiz.