12  Keyfi Hızlı Eğriler

Önceki bölümde (Frenet Formülleri) bir eğrinin biçimini ölçen iki sayıyı, eğrilik \(\kappa\) ile burulma \(\tau\)’yu, ve eğri boyunca taşınan \(T, N, B\) çatı alanını tanımladık. Ancak bütün bu tanımlar birim hızlı eğriler için yapıldı: yay uzunluğuyla parametrelendirilmiş bir \(\beta\) eğrisinde \(T = \beta'\) zaten birim uzunluktaydı ve Frenet formülleri çatının yay uzunluğuna göre değişimini veriyordu. Bu sınırlama teori için rahat, hesap için ise çoğu zaman engelleyicidir. Karşımıza çıkan eğrilerin büyük kısmı, örneğin \(\alpha(t) = (t, t^2, t^3)\), birim hızlı değildir ve birim hızlı yeniden parametrelendirmelerini açık bir formülle yazmak genellikle olanaksızdır.

Bu bölümde iki şey yapacağız. Önce, düzgün bir eğrinin Frenet aparatını, birim hızlı yeniden parametrelendirmesinden “ödünç alarak” tanımlayacağız; bu tanımın eğrinin dolaştığı rotanın geometrisini aynen yansıttığını göreceğiz. Sonra, bu ödünç alma işine hiç girmeden \(\kappa\), \(\tau\), \(T\), \(N\) ve \(B\)’yi doğrudan \(\alpha'\), \(\alpha''\) ve \(\alpha'''\) türevlerinden hesaplayan formüller çıkaracağız. Bu formüller sayesinde elimizdeki her düzgün eğrinin aparatını, birim hızlı olup olmadığına bakmadan, mekanik bir hesapla bulabileceğiz.

Bölümün ikinci yarısında bu araçları iki uygulamada kullanacağız: bir eğrinin birim teğetinin küre üzerinde çizdiği küresel görüntü ve teğetinin sabit bir doğrultuyla sabit açı yaptığı silindirik helisler. Silindirik helislerin tam olarak \(\tau/\kappa\) oranı sabit olan eğriler olduğunu ispatlayacak ve bölümü, eğrilik ile burulma üzerine konan basit koşulların eğri türlerini nasıl belirlediğini özetleyen bir tabloyla kapatacağız.

import { PLOTLY, watchTheme, fmt, sceneLayout, path, point, label, segment, arrow, surface, cylinder, render } from "../ojs/scene3d.js"

Plotly = require(PLOTLY)

theme = Generators.observe(watchTheme)

12.1 Aparatın Aktarılması

\(\alpha : I \to \mathbb{R}^3\) düzgün bir eğri olsun (Tanım 4.6): her \(t\) için \(\alpha'(t) \ne \mathbf{0}\). Süratı \(v(t) = \|\alpha'(t)\| > 0\) ve bir \(t_0\) tabanlı yay uzunluğu fonksiyonu \(s(t) = \int_{t_0}^{t} v(u)\, du\) olsun (Tanım 10.1). Birim hızlı yeniden parametrelendirme teoremi (Teorem 10.1) bize, \(s\)’nin görüntü aralığı \(J\) üzerinde tanımlı ve

\[\alpha(t) = \bar\alpha\bigl(s(t)\bigr) \qquad (t \in I)\]

eşitliğini sağlayan birim hızlı bir \(\bar\alpha : J \to \mathbb{R}^3\) eğrisi verir. Kısaca \(\alpha = \bar\alpha(s)\) yazarız. \(\alpha\) ile \(\bar\alpha\) aynı rotayı, aynı yönde, ama farklı hızlarla dolaşır; \(\alpha\)’nın \(t\) anında bulunduğu noktaya \(\bar\alpha\), \(s(t)\) anında gelir.

\(\bar\alpha\) birim hızlı olduğundan önceki bölümün bütün tanımları ona uygulanır: eğriliği \(\bar\kappa\) (Tanım 11.1), \(\bar\kappa > 0\) ise asli normali \(\bar N\), binormali \(\bar B\) (Tanım 11.2) ve burulması \(\bar\tau\) (Tanım 11.3) vardır. Bunları \(\alpha\)’ya taşımak için yapılacak tek şey, \(\alpha\)’nın her \(t\) anında \(\bar\alpha\)’nın karşılık gelen \(s(t)\) anındaki değerleri okumaktır.

Tanım 12.1 (Keyfi Hızlı Eğrinin Frenet Aparatı) \(\alpha : I \to \mathbb{R}^3\) düzgün bir eğri, \(s\) onun bir yay uzunluğu fonksiyonu ve \(\bar\alpha\), \(\alpha = \bar\alpha(s)\) eşitliğini sağlayan birim hızlı yeniden parametrelendirmesi olsun. \(\bar\alpha\)’nın eğriliği \(\bar\kappa\) her yerde pozitif olsun ve \(\bar\alpha\)’nın Frenet aparatı \(\bar\kappa, \bar\tau, \bar T, \bar N, \bar B\) ile gösterilsin. \(\alpha\)’nın

• eğrilik fonksiyonu \(\kappa : I \to \mathbb{R}\), \(\kappa(t) = \bar\kappa\bigl(s(t)\bigr)\);
• burulma fonksiyonu \(\tau : I \to \mathbb{R}\), \(\tau(t) = \bar\tau\bigl(s(t)\bigr)\);
• birim teğet vektör alanı \(T\), \(T(t) = \bar T\bigl(s(t)\bigr)\);
• asli normal vektör alanı \(N\), \(N(t) = \bar N\bigl(s(t)\bigr)\);
• binormal vektör alanı \(B\), \(B(t) = \bar B\bigl(s(t)\bigr)\)

olarak tanımlanır. \(\kappa, \tau, T, N, B\) beşlisine \(\alpha\)’nın Frenet aparatı (Frenet apparatus), \(T, N, B\) üçlüsüne \(\alpha\)’nın Frenet çatı alanı denir.

Yani keyfi hızlı bir eğrinin aparatı, aynı rotayı birim hızla dolaşan eğrinin aparatının, zamanı \(s(t)\) ile yeniden ayarlanmış hâlidir.

Burada \(T, N, B\)’nin gerçekten \(\alpha\) üzerinde vektör alanları olduğuna dikkat edin (Tanım 10.3): \(\bar T(s(t))\) teğet vektörünün uygulama noktası \(\bar\alpha(s(t)) = \alpha(t)\)’dir; koordinat fonksiyonları ise türevlenebilir fonksiyonların bileşkesi olduğundan türevlenebilirdir. Ayrıca Lemma 11.1 gereği \(\bar T(s), \bar N(s), \bar B(s)\) her \(s\) için bir çatıdır; dolayısıyla \(T(t), N(t), B(t)\) de \(\alpha(t)\) noktasında bir çatıdır.

\(\kappa\) ile \(\bar\kappa\) genel olarak farklı fonksiyonlardır, hatta farklı aralıklarda tanımlıdırlar. Ama ikisi de ortak rotanın dönüşünü aynı biçimde betimler: rotanın \(\alpha(t) = \bar\alpha(s(t))\) noktasında \(\alpha\)’nın eğriliği olan \(\kappa(t)\) sayısı ile \(\bar\alpha\)’nın eğriliği olan \(\bar\kappa(s(t))\) sayısı, tanım gereği aynı sayıdır. Aparatın öteki parçaları için de aynısı geçerlidir. İşin içinde yalnızca bir parametre değişimi olduğundan, önceki bölümde Frenet yaklaşımıyla açıkladığımız geometrik anlamlar hiç değişmez: \(\kappa(t)\) rotanın \(\alpha(t)\) noktasında ne kadar sert döndüğünü, \(\tau(t)\) oskülatör düzlemden ne hızla ayrıldığını, \(T, N, B\) çatısı da rotanın o noktadaki duruşunu gösterir.

Örnek 12.1 (Dairesel Helisin Aparatının Aktarılması) \(\alpha(t) = (3\cos t,\ 3\sin t,\ 4t)\) helisinin (Örnek 4.2, \(a = 3\), \(b = 4\)) Frenet aparatını, birim hızlı yeniden parametrelendirmesinden aktararak bulalım.

Çözüm

Hız vektörünün vektör kısmı \((-3\sin t, 3\cos t, 4)\), sürati \(v(t) = \sqrt{9\sin^2 t + 9\cos^2 t + 16} = 5\)’tir. \(t_0 = 0\) tabanlı yay uzunluğu \(s(t) = 5t\), tersi \(t = s/5\)’tir. Dolayısıyla birim hızlı yeniden parametrelendirme

\[\bar\alpha(s) = \left(3\cos\dfrac{s}{5},\ 3\sin\dfrac{s}{5},\ \dfrac{4s}{5}\right)\]

olur. Bu, önceki bölümde aparatını hesapladığımız birim hızlı helistir (Örnek 11.5, \(c = \sqrt{a^2 + b^2} = 5\)):

\[\bar\kappa = \dfrac{a}{c^2} = \dfrac{3}{25}, \qquad \bar\tau = \dfrac{b}{c^2} = \dfrac{4}{25},\]

\[\bar T(s) = \dfrac{1}{5}\left(-3\sin\dfrac{s}{5},\ 3\cos\dfrac{s}{5},\ 4\right), \qquad \bar N(s) = \left(-\cos\dfrac{s}{5},\ -\sin\dfrac{s}{5},\ 0\right),\]

\[\bar B(s) = \dfrac{1}{5}\left(4\sin\dfrac{s}{5},\ -4\cos\dfrac{s}{5},\ 3\right).\]

Tanıma göre \(\alpha\)’nın aparatı bu fonksiyonlarda \(s\) yerine \(s(t) = 5t\) yazılarak bulunur:

\[\kappa(t) = \dfrac{3}{25}, \qquad \tau(t) = \dfrac{4}{25},\]

\[T(t) = \dfrac{1}{5}(-3\sin t,\ 3\cos t,\ 4), \quad N(t) = (-\cos t,\ -\sin t,\ 0), \quad B(t) = \dfrac{1}{5}(4\sin t,\ -4\cos t,\ 3).\]

Eğrilik ve burulma sabit olduğu için aktarım onları değiştirmedi; vektör alanları ise yalnızca “\(s/5\) yerine \(t\)” değişimine uğradı. Örneğin \(t = \pi/2\) anında \(\alpha(\pi/2) = (0, 3, 2\pi)\) noktasında \(T = (-3/5, 0, 4/5)\), \(N = (0, -1, 0)\), \(B = (4/5, 0, 3/5)\)’tir; bu üç vektörün karşılıklı dik birim vektörler olduğu doğrudan görülür.

\(\blacksquare\)

Aktarım, kuramsal sonuçları hemen keyfi hızlı eğrilere taşımamıza da izin verir: \(\alpha\) hakkındaki bir bilgi \(\bar\alpha\) hakkında bir bilgiye dönüşür, \(\bar\alpha\) için bildiğimiz teorem uygulanır, sonuç \(\alpha\)’ya geri çevrilir.

Örnek 12.2 (Burulması Sıfır Olan Düzgün Eğri Düzlemseldir) \(\alpha : I \to \mathbb{R}^3\), eğriliği pozitif ve burulması her yerde sıfır olan düzgün bir eğri olsun. \(\alpha\)’nın bir düzlemde kaldığını gösterelim.

Çözüm

\(\bar\alpha\), \(\alpha = \bar\alpha(s)\) eşitliğini sağlayan birim hızlı yeniden parametrelendirme olsun. Tanım gereği \(\tau(t) = \bar\tau(s(t))\)’dir. \(s : I \to J\) örten olduğundan (\(J\), \(s\)’nin görüntü aralığıdır) \(J\)’nin her \(s_1\) noktası bir \(s(t_1)\) biçimindedir ve \(\bar\tau(s_1) = \tau(t_1) = 0\) olur. Yani \(\bar\tau\) da her yerde sıfırdır.

\(\bar\alpha\) birim hızlı ve eğriliği pozitif olduğundan Sonuç 11.1 uygulanır: \(\bar\alpha\) bir düzlem eğrisidir, yani bütün \(\bar\alpha(s)\) noktaları belli bir \(P\) düzlemindedir. Her \(\alpha(t) = \bar\alpha(s(t))\) noktası bu noktalardan biri olduğundan \(\alpha\) da \(P\)’nin içinde kalır.

Aynı akıl yürütme Lemma 11.2 için de çalışır: \(\kappa > 0\) sabit ve \(\tau = 0\) olan düzgün bir eğrinin rotası bir çemberin parçasıdır, çünkü \(\bar\kappa\) da aynı sabit, \(\bar\tau\) da sıfırdır.

\(\blacksquare\)

UyarıAktarım hesap için çoğu zaman kullanışsızdır

Yukarıdaki iki örnekte aktarım kolayca çalıştı, çünkü helisin sürati sabitti ve ikinci örnekte hiç hesap yoktu. Genel durumda ise \(\bar\alpha\)’yı açık bir formülle yazmak neredeyse hiçbir zaman mümkün değildir. Örneğin \(\alpha(t) = (t, t^2, t^3)\) için sürat \(v(t) = \sqrt{1 + 4t^2 + 9t^4}\) ve yay uzunluğu

\[s(t) = \int_0^t \sqrt{1 + 4u^2 + 9u^4}\, du\]

olur. Bu integralin ilkeli elemanter fonksiyonlarla yazılamaz; \(s\)’nin tersini almak ve \(\bar\alpha(s) = \alpha(t(s))\)’yi yazmak ise büsbütün umutsuzdur. Bu yüzden bu bölümün asıl amacı, aparatı \(\bar\alpha\)’ya hiç uğramadan hesaplayan formüller bulmaktır.

NotParametre değişimini görmezden gelen gösterim

Bazı metinlerde eğri ile birim hızlı yeniden parametrelendirmesi aynı harfle gösterilir ve türevler arasındaki fark, \(T'\) yerine \(dT/dt\), \(\bar T'\) yerine \(dT/ds\) yazılarak belirtilir. Bu gösterimde aşağıdaki lemmanın ispatı tek satıra iner: zincir kuralı \(dT/dt = (dT/ds)(ds/dt)\) ile Frenet formülü \(dT/ds = \kappa N\) birleşip \(dT/dt = \kappa v N\) verir. Biz \(\alpha\) ile \(\bar\alpha\)’yı ayrı harflerle yazmayı sürdüreceğiz; ama bu kısa yolu görmek, formüllerin nereden geldiğini akılda tutmaya yardım eder.

12.2 Keyfi Hızda Frenet Formülleri

Frenet formülleri (Teorem 11.1) birim hızlı eğriler için geçerlidir; \(T, N, B\) çatısının yay uzunluğuna göre değişim hızını verirler. Keyfi hızlı bir \(\alpha\) eğrisinde \(T, N, B\)’nin \(t\)’ye göre türevini alırsak ne olur? Zincir kuralı cevabı hemen söyler: \(t\)’ye göre türev, \(s\)’ye göre türevin \(ds/dt = v\) ile çarpımıdır. Dolayısıyla Frenet formüllerinin her sağ tarafına bir \(v\) çarpanı gelir.

Önce ihtiyacımız olan zincir kuralını açıkça yazalım. \(Y\), \(\bar\alpha\) üzerinde bir vektör alanı olsun: \(Y(s) = \sum_i y_i(s)\, U_i(\bar\alpha(s))\). O zaman \(t \mapsto Y(s(t))\), \(\alpha\) üzerinde bir vektör alanıdır (\(\bar\alpha(s(t)) = \alpha(t)\)) ve koordinat fonksiyonları \(y_i(s(t))\)’dir. Türevi (Tanım 10.4), koordinat fonksiyonlarının türevleriyle alınır; tek değişkenli zincir kuralı ise

\[\dfrac{d}{dt}\, y_i\bigl(s(t)\bigr) = \dfrac{dy_i}{ds}\bigl(s(t)\bigr)\, \dfrac{ds}{dt}(t)\]

verir. Dolayısıyla

\[\bigl(Y(s)\bigr)'(t) = Y'\bigl(s(t)\bigr)\, \dfrac{ds}{dt}(t) = v(t)\, Y'\bigl(s(t)\bigr).\]

Bu, hız vektörü için bildiğimiz yeniden parametrelendirme formülünün (Lemma 4.1) eğri üzerindeki vektör alanlarına uyarlanmış hâlidir.

Lemma 12.1 (Keyfi Hızlı Eğri İçin Frenet Formülleri) \(\alpha : I \to \mathbb{R}^3\), eğriliği \(\kappa > 0\) olan düzgün bir eğri, \(v\) sürati ve \(T, N, B\) Frenet çatı alanı olsun. O zaman

\[\begin{aligned} T' &= \kappa v\, N,\\ N' &= -\kappa v\, T + \tau v\, B,\\ B' &= -\tau v\, N. \end{aligned}\]

İspat

\(\bar\alpha\), \(\alpha = \bar\alpha(s)\) eşitliğini sağlayan birim hızlı yeniden parametrelendirme olsun. Tanım gereği \(T = \bar T(s)\), yani \(T(t) = \bar T(s(t))\)’dir. Yukarıdaki zincir kuralını \(Y = \bar T\) için uygularsak

\[T'(t) = \bar T'\bigl(s(t)\bigr)\, \dfrac{ds}{dt}(t) = v(t)\, \bar T'\bigl(s(t)\bigr)\]

buluruz. \(\bar\alpha\) birim hızlı olduğundan ona alışılmış Frenet formülleri uygulanır: \(\bar T' = \bar\kappa \bar N\). Bu eşitlikte \(s\) yerine \(s(t)\) yazarsak

\[\bar T'\bigl(s(t)\bigr) = \bar\kappa\bigl(s(t)\bigr)\, \bar N\bigl(s(t)\bigr) = \kappa(t)\, N(t)\]

olur; son adım \(\kappa\) ile \(N\)’nin keyfi hızlı eğri için tanımından başka bir şey değildir. İki eşitliği birleştirince \(T'(t) = v(t)\kappa(t) N(t)\), yani \(T' = \kappa v N\) çıkar.

\(N'\) için aynı yol izlenir: \(N = \bar N(s)\) olduğundan \(N' = v\, \bar N'(s)\)’dir ve \(\bar N' = -\bar\kappa \bar T + \bar\tau \bar B\) Frenet formülünde \(s\) yerine \(s(t)\) yazılırsa \(\bar N'(s(t)) = -\kappa(t) T(t) + \tau(t) B(t)\) elde edilir. Böylece \(N' = -\kappa v T + \tau v B\) olur. Son olarak \(B = \bar B(s)\) için \(B' = v\, \bar B'(s)\) ve \(\bar B' = -\bar\tau \bar N\)’den \(B' = -\tau v N\) bulunur.

\(\blacksquare\)

Yani keyfi hızlı bir eğride çatı, birim hızlı durumdakinin tam \(v\) katı hızla döner: rota üzerinde aynı yerden \(v\) kat hızlı geçen bir gözlemci, çatının değişimini de \(v\) kat hızlı görür. \(v = 1\) ise alışılmış Frenet formülleri geri gelir.

Örnek 12.3 (Helis Üzerinde Sürat Çarpanının Denetimi) \(\alpha(t) = (3\cos t, 3\sin t, 4t)\) helisi için \(T' = \kappa v N\) ve \(B' = -\tau v N\) formüllerini, iki tarafı ayrı ayrı hesaplayarak doğrulayalım.

Çözüm

Örnek 12.1’da \(v = 5\), \(\kappa = 3/25\), \(\tau = 4/25\) ve

\[T(t) = \dfrac{1}{5}(-3\sin t,\ 3\cos t,\ 4), \qquad N(t) = (-\cos t,\ -\sin t,\ 0), \qquad B(t) = \dfrac{1}{5}(4\sin t,\ -4\cos t,\ 3)\]

bulmuştuk. \(T\)’nin koordinat fonksiyonlarını türevleyelim:

\[T'(t) = \dfrac{1}{5}(-3\cos t,\ -3\sin t,\ 0) = \dfrac{3}{5}(-\cos t,\ -\sin t,\ 0) = \dfrac{3}{5}\, N(t).\]

Öte yandan \(\kappa v = \tfrac{3}{25} \cdot 5 = \tfrac{3}{5}\)’tir; \(T' = \kappa v N\) sağlanır. Birim hızlı helis için \(\bar T' = \bar\kappa \bar N = \tfrac{3}{25}\bar N\) olduğunu hatırlayın: keyfi hızlı \(\alpha\)’da çatı, \(v = 5\) kat daha hızlı döner.

\(B\) için

\[B'(t) = \dfrac{1}{5}(4\cos t,\ 4\sin t,\ 0) = -\dfrac{4}{5}(-\cos t,\ -\sin t,\ 0) = -\dfrac{4}{5}\, N(t)\]

ve \(\tau v = \tfrac{4}{25}\cdot 5 = \tfrac{4}{5}\); \(B' = -\tau v N\) de sağlanır.

\(\blacksquare\)

12.3 Hız ve İvme

Bir eğrinin hızı \(\alpha'\) ile ivmesi \(\alpha''\) (Tanım 10.4) arasındaki ilişki, eğrinin süratine bağlıdır. Sürat sabitse ivme hıza diktir; genel durumda değildir. Bunu görmek için \(\alpha' \cdot \alpha' = v^2\) eşitliğinin türevini alalım:

\[(\alpha' \cdot \alpha')' = 2\, \alpha' \cdot \alpha''.\]

Sol taraf \((v^2)' = 2v\, dv/dt\)’dir. Dolayısıyla \(\alpha' \cdot \alpha'' = v\, dv/dt\) olur ve \(v > 0\) olduğundan şu denklik çıkar: sürat sabittir (\(dv/dt = 0\)) ancak ve ancak ivme her an hıza diktir (\(\alpha' \cdot \alpha'' = 0\)). Birim hızlı eğrilerde \(T' \perp T\) olması bunun özel hâliydi.

Genel durumda ivmeyi çözümlemenin en iyi yolu onu Frenet çatısına göre açmaktır. Ortaya iki bileşen çıkar: biri \(T\) doğrultusunda, öteki \(N\) doğrultusunda; \(B\) doğrultusunda bileşen yoktur.

Lemma 12.2 (Hız ve İvmenin Frenet Açılımı) \(\alpha : I \to \mathbb{R}^3\), sürati \(v\) ve eğriliği \(\kappa > 0\) olan düzgün bir eğri olsun. O zaman

\[\alpha' = v\, T, \qquad \alpha'' = \dfrac{dv}{dt}\, T + \kappa v^2\, N.\]

İspat

\(\alpha = \bar\alpha(s)\) olsun. Hız için yeniden parametrelendirme formülü (Lemma 4.1)

\[\alpha'(t) = \dfrac{ds}{dt}(t)\, \bar\alpha'\bigl(s(t)\bigr) = v(t)\, \bar T\bigl(s(t)\bigr) = v(t)\, T(t)\]

verir; burada \(\bar\alpha' = \bar T\) (birim hızlı eğride birim teğet, hızın kendisidir) ve \(T = \bar T(s)\) tanımını kullandık. Böylece \(\alpha' = vT\)’dir.

Şimdi \(\alpha' = vT\) eşitliğinin türevini alalım. \(v\) gerçel değerli bir fonksiyon, \(T\) eğri üzerinde bir vektör alanıdır; çarpımın türevi için Leibniz kuralı geçerlidir (koordinat fonksiyonları \(v\, t_i\) olan bir alanın türevi, koordinatlarda \((v t_i)' = v' t_i + v t_i'\) ile alınır):

\[\alpha'' = \dfrac{dv}{dt}\, T + v\, T'.\]

Lemma 12.1’ne göre \(T' = \kappa v N\)’dir. Yerine koyunca

\[\alpha'' = \dfrac{dv}{dt}\, T + v \cdot \kappa v N = \dfrac{dv}{dt}\, T + \kappa v^2\, N\]

bulunur.

\(\blacksquare\)

Yani hız her zaman teğet doğrultusundadır ve uzunluğu sürattir; ivme ise teğet ile asli normalin gerdiği oskülatör düzlemde yatar. \(\alpha' = vT\) formülü beklenen bir şeydir: \(\alpha'\) ile \(T\) ikisi de eğriye teğettir, \(T\) birim uzunluktadır ve \(\|\alpha'\| = v\)’dir. İvme formülü daha ilginçtir. Tanım gereği \(\alpha''\), hızın değişim hızıdır ve genel olarak hızın hem uzunluğu hem doğrultusu değişir. Teğet bileşen \((dv/dt)\,T\) uzunluğun (süratin) değişim hızını ölçer; normal bileşen \(\kappa v^2 N\) ise doğrultunun değişim hızını ölçer. İkisi birbirine diktir, dolayısıyla

\[\|\alpha''\|^2 = \left(\dfrac{dv}{dt}\right)^2 + \kappa^2 v^4\]

olur; bu eşitliği alıştırmalarda eğriliği hesaplamanın bir yolu olarak kullanacağız.

İpucuFiziksel yorum: düz yolda gaz, virajda savrulma

Newton’un hareket yasalarına göre bu iki bileşen kuvvet olarak hissedilir. Düz bir yolda hızlanan ya da yavaşlayan bir arabada hissedilen tek kuvvet \((dv/dt)\,T\)’den gelir: sırtınızı koltuğa yaslayan ya da öne savuran kuvvet. Eğimsiz bir virajı \(v\) süratiyle dönerken hissedilen yanal kuvvet ise \(\kappa v^2 N\)’den gelir. Burada \(\kappa\) yolun ne kadar sert döndüğünü ölçer; süratin etkisi \(v^2\) ile gelir. Aynı virajı iki kat süratle dönmek dört kat daha sert savurur.

Örnek 12.4 (Parabolün İvmesinin Bileşenleri) \(\alpha(t) = (t, t^2, 0)\) parabolü için \(t = 1\) anında sürati, süratin değişim hızını, ivmenin teğet ve normal bileşenlerini ve eğriliği bulalım.

Çözüm

\(\alpha'(t) = (1, 2t, 0)\) ve \(\alpha''(t) = (0, 2, 0)\)’dır. Sürat \(v(t) = \sqrt{1 + 4t^2}\), dolayısıyla

\[\dfrac{dv}{dt} = \dfrac{4t}{\sqrt{1 + 4t^2}}, \qquad T(t) = \dfrac{(1, 2t, 0)}{\sqrt{1 + 4t^2}}.\]

\(t = 1\)’de \(v = \sqrt 5\), \(dv/dt = 4/\sqrt 5\) ve \(T = (1, 2, 0)/\sqrt 5\) olur. İvmenin teğet bileşeni

\[\dfrac{dv}{dt}\, T = \dfrac{4}{\sqrt 5} \cdot \dfrac{(1, 2, 0)}{\sqrt 5} = \dfrac{4}{5}(1, 2, 0) = \left(\dfrac{4}{5}, \dfrac{8}{5}, 0\right),\]

normal bileşeni ise ivmeden teğet bileşenin çıkarılmasıyla bulunur:

\[\kappa v^2 N = \alpha''(1) - \dfrac{dv}{dt}\, T = (0, 2, 0) - \left(\dfrac{4}{5}, \dfrac{8}{5}, 0\right) = \left(-\dfrac{4}{5}, \dfrac{2}{5}, 0\right).\]

Bu vektör gerçekten \(T\)’ye diktir: \((1)(-4/5) + (2)(2/5) = 0\). Uzunluğu \(\sqrt{16/25 + 4/25} = 2/\sqrt 5\)’tir; \(\kappa v^2 = 2/\sqrt 5\) ve \(v^2 = 5\) olduğundan

\[\kappa(1) = \dfrac{2}{5\sqrt 5} \approx 0{,}179, \qquad N(1) = \dfrac{(-4/5,\ 2/5,\ 0)}{2/\sqrt 5} = \dfrac{(-2, 1, 0)}{\sqrt 5}.\]

Denetim: \(\|\alpha''\|^2 = 4\) ve \((dv/dt)^2 + \kappa^2 v^4 = 16/5 + \tfrac{4}{125}\cdot 25 = 16/5 + 4/5 = 4\). \(N\), parabolün içbükey tarafına, yani \(y\) ekseninin sol üstüne bakar; tam beklendiği gibi.

\(\blacksquare\)

Örnek 12.5 (Sabit Süratli Eğride İvme Tamamen Normaldir) \(\alpha(t) = (3\cos t, 3\sin t, 4t)\) helisinin ivmesinin teğet bileşeninin sıfır olduğunu ve \(\alpha'' = \kappa v^2 N\) eşitliğini sayılarla doğrulayalım.

Çözüm

Sürat \(v = 5\) sabittir, dolayısıyla \(dv/dt = 0\) ve Lemma 12.2’ye göre \(\alpha'' = \kappa v^2 N\) olmalıdır. Doğrudan hesap: \(\alpha''(t) = (-3\cos t, -3\sin t, 0)\). Öte yandan \(\kappa v^2 = \tfrac{3}{25}\cdot 25 = 3\) ve \(N(t) = (-\cos t, -\sin t, 0)\) olduğundan \(\kappa v^2 N = (-3\cos t, -3\sin t, 0) = \alpha''\); eşitlik sağlanır. İvme her an silindirin eksenine doğru bakar ve uzunluğu \(3\)’tür: helis üzerinde sabit süratle giden bir nokta yalnızca “içe doğru” çekilir, hiç hızlanmaz ya da yavaşlamaz.

\(\blacksquare\)

12.4 Aparatın Hesaplanabilir Formülleri

Artık asıl hedefe geliyoruz: aparatı doğrudan \(\alpha\)’nın türevlerinden hesaplamak. Anahtar gözlem, hız ile ivmenin vektörel çarpımının (Tanım 9.9) çok sade olmasıdır. Lemma 12.2’deki açılımlarla

\[\alpha' \times \alpha'' = (vT) \times \left(\dfrac{dv}{dt}\, T + \kappa v^2 N\right) = v\,\dfrac{dv}{dt}\, T \times T + \kappa v^3\, T \times N = \kappa v^3\, B\]

olur; çünkü \(T \times T = \mathbf{0}\) ve \(T \times N = B\)’dir. Yani hız ile ivmenin vektörel çarpımı binormal doğrultusundadır ve uzunluğu \(\kappa v^3\)’tür. Bu tek eşitlikten aparatın hemen hemen tamamı çıkar.

Teorem 12.1 (Frenet Aparatının Türevlerle Hesabı) \(\alpha : I \to \mathbb{R}^3\), eğriliği \(\kappa > 0\) olan düzgün bir eğri olsun. O zaman

\[\begin{aligned} T &= \dfrac{\alpha'}{\|\alpha'\|}, \qquad B = \dfrac{\alpha' \times \alpha''}{\|\alpha' \times \alpha''\|}, \qquad N = B \times T,\\[4pt] \kappa &= \dfrac{\|\alpha' \times \alpha''\|}{\|\alpha'\|^3}, \qquad \tau = \dfrac{(\alpha' \times \alpha'') \cdot \alpha'''}{\|\alpha' \times \alpha''\|^2}. \end{aligned}\]

Ayrıca düzgün bir eğri için \(\|\alpha' \times \alpha''\| > 0\) koşulu \(\kappa > 0\) koşuluna denktir.

İspat

Birim teğet. \(v = \|\alpha'\| > 0\) olduğundan \(\alpha' = vT\) eşitliği (Lemma 12.2) \(T = \alpha'/\|\alpha'\|\) ile aynı şeydir.

Eğrilik. Teoremin önünde gösterdiğimiz gibi \(\alpha' \times \alpha'' = \kappa v^3 B\)’dir. Normunu alalım: \(\|B\| = 1\), \(\kappa > 0\) ve \(v > 0\) olduğundan

\[\|\alpha' \times \alpha''\| = \kappa v^3 = \kappa\, \|\alpha'\|^3,\]

bu da \(\kappa\) formülüdür. Bu eşitlik aynı zamanda son iddiayı verir: \(v > 0\) olduğundan \(\|\alpha' \times \alpha''\| > 0\) ile \(\kappa > 0\) aynı anda doğru ya da aynı anda yanlıştır. (Eğriliğin tanımı \(\kappa > 0\) varsayımını gerektiriyordu; bu iddiayı, tanımın \(\kappa \ge 0\) verdiği genel durumda \(\|\alpha' \times \alpha''\| = \kappa v^3\) eşitliğinin hâlâ geçerli olduğu gözlemiyle okuyun: hız ile ivme birbirine paralelse eğrilik sıfırdır, değilse pozitiftir. Böylece \(\kappa > 0\) olduğunda \(\alpha'\) ile \(\alpha''\) lineer bağımsızdır ve tıpkı \(T\) ile \(N\) gibi her noktada oskülatör düzlemi gererler.)

Binormal. \(\alpha' \times \alpha'' = \kappa v^3 B\) eşitliğini pozitif sayı \(\kappa v^3 = \|\alpha' \times \alpha''\|\)’ye bölersek

\[B = \dfrac{\alpha' \times \alpha''}{\kappa v^3} = \dfrac{\alpha' \times \alpha''}{\|\alpha' \times \alpha''\|}\]

çıkar.

Asli normal. \(N = B \times T\) olduğunu gösterelim. \(B \times T\), hem \(B\)’ye hem \(T\)’ye dik bir vektördür (Lemma 9.5); \(T, N, B\) bir çatı olduğundan \(T\) ile \(B\)’ye dik olan her vektör \(N\)’nin bir katıdır: \(B \times T = \lambda N\). Katsayıyı bulmak için iki tarafı \(N\) ile iç çarpalım: \(\lambda = (B \times T) \cdot N\). Üçlü skaler çarpım, satırları \(B, T, N\)’nin koordinatları olan determinanttır; satırların çevrimsel yer değiştirmesi (iki satır değişimi) determinantı değiştirmez, dolayısıyla

\[(B \times T) \cdot N = (T \times N) \cdot B = B \cdot B = 1.\]

Burada \(T \times N = B\) tanımını kullandık. Yani \(\lambda = 1\) ve \(N = B \times T\)’dir.

Burulma. \((\alpha' \times \alpha'') \cdot \alpha'''\) çarpımını hesaplamak için her şeyi \(T, N, B\) cinsinden yazalım. \(\alpha' \times \alpha'' = \kappa v^3 B\) olduğunu ve \(T \cdot B = N \cdot B = 0\) olduğunu biliyoruz; dolayısıyla yalnızca \(\alpha'''\)’ün \(B\) bileşenine ihtiyacımız var. \(\alpha'' = (dv/dt)\, T + \kappa v^2 N\) eşitliğinin türevini alalım; Leibniz kuralı ve Lemma 12.1 ile

\[\begin{aligned} \alpha''' &= \dfrac{d^2 v}{dt^2}\, T + \dfrac{dv}{dt}\, T' + \dfrac{d(\kappa v^2)}{dt}\, N + \kappa v^2\, N'\\ &= \dfrac{d^2 v}{dt^2}\, T + \dfrac{dv}{dt}\, \kappa v N + \dfrac{d(\kappa v^2)}{dt}\, N + \kappa v^2\,(-\kappa v T + \tau v B). \end{aligned}\]

\(B\)’nin önündeki tek terim \(\kappa v^2 \cdot \tau v = \kappa \tau v^3\)’tür; öteki terimlerin hepsi \(T\) ya da \(N\) doğrultusundadır. Dolayısıyla

\[(\alpha' \times \alpha'') \cdot \alpha''' = \kappa v^3\, B \cdot \alpha''' = \kappa v^3 \cdot \kappa \tau v^3 = \kappa^2 v^6 \tau.\]

Öte yandan \(\|\alpha' \times \alpha''\|^2 = \kappa^2 v^6\)’dır. Bölme yapılırsa

\[\dfrac{(\alpha' \times \alpha'') \cdot \alpha'''}{\|\alpha' \times \alpha''\|^2} = \dfrac{\kappa^2 v^6 \tau}{\kappa^2 v^6} = \tau\]

bulunur; ispat tamamlanır.

\(\blacksquare\)

Yani düzgün bir eğrinin bütün Frenet aparatı, ilk üç türevi ve birkaç vektörel çarpımla, hiçbir yeniden parametrelendirmeye gerek kalmadan hesaplanır. Formüller \(v = 1\) iken önceki bölümün tanımlarına indirgenir: birim hızlı eğride \(\alpha' = T\), \(\alpha'' = \kappa N\), \(\alpha' \times \alpha'' = \kappa B\) ve \(\kappa = \|\alpha''\|\)’dür.

NotHesap kolaylıkları

Vektörel çarpımın normunu hesaplamak için Lagrange özdeşliği (Lemma 9.5) kullanılabilir:

\[\|\alpha' \times \alpha''\|^2 = \|\alpha'\|^2\, \|\alpha''\|^2 - (\alpha' \cdot \alpha'')^2.\]

Burulma formülünün payı, üçlü skaler çarpımın çevrimsel simetrisiyle \(\alpha' \cdot (\alpha'' \times \alpha''')\) biçiminde de yazılabilir ve satırları \(\alpha', \alpha'', \alpha'''\) olan \(3 \times 3\) determinanta eşittir. Ancak \(\alpha' \times \alpha''\) zaten \(B\) ve \(\kappa\) için gerektiğinden, çoğu zaman en verimli yol \((\alpha' \times \alpha'') \cdot \alpha'''\) çarpımını doğrudan hesaplamaktır.

Örnek 12.6 (Kübik Koordinatlı Eğrinin Frenet Aparatı) Önceki bölümlerden tanıdığımız

\[\alpha(t) = \left(3t - t^3,\ 3t^2,\ 3t + t^3\right)\]

eğrisinin Frenet aparatını bulalım ve \(t = 1\) anındaki değerlerini yazalım.

Çözüm

Türevler. Koordinat koordinat türev alalım:

\[\begin{aligned} \alpha'(t) &= \left(3 - 3t^2,\ 6t,\ 3 + 3t^2\right) = 3\left(1 - t^2,\ 2t,\ 1 + t^2\right),\\ \alpha''(t) &= (-6t,\ 6,\ 6t) = 6\,(-t,\ 1,\ t),\\ \alpha'''(t) &= 6\,(-1,\ 0,\ 1). \end{aligned}\]

Sürat. \(\alpha' \cdot \alpha' = 9\left[(1 - t^2)^2 + 4t^2 + (1 + t^2)^2\right]\). Köşeli parantezin içi \(1 - 2t^2 + t^4 + 4t^2 + 1 + 2t^2 + t^4 = 2 + 4t^2 + 2t^4 = 2(1 + t^2)^2\)’dir. Böylece

\[\alpha' \cdot \alpha' = 18\,(1 + t^2)^2, \qquad v(t) = \|\alpha'(t)\| = \sqrt{18}\,(1 + t^2) = 3\sqrt 2\,(1 + t^2).\]

Vektörel çarpım. Ortak çarpanları dışarı alarak

\[\alpha'(t) \times \alpha''(t) = 18 \begin{vmatrix} U_1 & U_2 & U_3 \\ 1 - t^2 & 2t & 1 + t^2 \\ -t & 1 & t \end{vmatrix}\]

yazalım. Bileşenler:

\[\begin{aligned} U_1:&\quad 2t \cdot t - (1 + t^2) \cdot 1 = 2t^2 - 1 - t^2 = t^2 - 1,\\ U_2:&\quad (1 + t^2)(-t) - (1 - t^2)\, t = -t - t^3 - t + t^3 = -2t,\\ U_3:&\quad (1 - t^2) \cdot 1 - 2t \cdot (-t) = 1 - t^2 + 2t^2 = 1 + t^2. \end{aligned}\]

Yani \(\alpha' \times \alpha'' = 18\,(-1 + t^2,\ -2t,\ 1 + t^2)\). Bu vektörün kendisiyle iç çarpımı

\[18^2\left[(t^2 - 1)^2 + 4t^2 + (1 + t^2)^2\right] = 18^2 \cdot 2\,(1 + t^2)^2\]

olur (köşeli parantez, sürat hesabındakiyle aynıdır). Dolayısıyla

\[\|\alpha' \times \alpha''\| = 18\sqrt 2\,(1 + t^2).\]

Üçlü çarpım. \((\alpha' \times \alpha'') \cdot \alpha''' = 18 \cdot 6\left[(-1 + t^2)(-1) + (-2t)(0) + (1 + t^2)(1)\right] = 18 \cdot 6 \cdot 2 = 216\); \(t\)’ye bağlı terimler birbirini götürdü.

Aparat. Teorem 12.1’ndeki formüllere yerleştirelim:

\[\kappa = \dfrac{18\sqrt 2\,(1 + t^2)}{\bigl(3\sqrt 2\,(1 + t^2)\bigr)^3} = \dfrac{18\sqrt 2\,(1 + t^2)}{54\sqrt 2\,(1 + t^2)^3} = \dfrac{1}{3(1 + t^2)^2},\]

\[\tau = \dfrac{216}{\bigl(18\sqrt 2\,(1 + t^2)\bigr)^2} = \dfrac{216}{648\,(1 + t^2)^2} = \dfrac{1}{3(1 + t^2)^2}.\]

Bu eğride eğrilik ile burulma her an eşittir. Çatı alanı:

\[T = \dfrac{\alpha'}{v} = \dfrac{(1 - t^2,\ 2t,\ 1 + t^2)}{\sqrt 2\,(1 + t^2)}, \qquad B = \dfrac{\alpha' \times \alpha''}{\|\alpha' \times \alpha''\|} = \dfrac{(-1 + t^2,\ -2t,\ 1 + t^2)}{\sqrt 2\,(1 + t^2)}.\]

\(N = B \times T\) için bir vektörel çarpım daha gerekir. \(2(1 + t^2)^2\) ortak paydasıyla, paydaki bileşenler:

\[\begin{aligned} U_1:&\quad (-2t)(1 + t^2) - (1 + t^2)(2t) = -4t\,(1 + t^2),\\ U_2:&\quad (1 + t^2)(1 - t^2) - (-1 + t^2)(1 + t^2) = 2\,(1 - t^2)(1 + t^2),\\ U_3:&\quad (-1 + t^2)(2t) - (-2t)(1 - t^2) = 2t\,(-1 + t^2 + 1 - t^2) = 0. \end{aligned}\]

Ortak \(2(1 + t^2)\) çarpanı sadeleşir:

\[N = \dfrac{(-2t,\ 1 - t^2,\ 0)}{1 + t^2}.\]

\(N\)’nin üçüncü koordinatı daima sıfırdır: bu eğrinin asli normali her an yataydır. Uzunluk denetimi: \(4t^2 + (1 - t^2)^2 = (1 + t^2)^2\), dolayısıyla \(\|N\| = 1\).

\(t = 1\) anındaki değerler. \(\alpha(1) = (2, 3, 4)\), \(v(1) = 6\sqrt 2\), \(\kappa(1) = \tau(1) = 1/12\) ve

\[T(1) = \left(0,\ \dfrac{1}{\sqrt 2},\ \dfrac{1}{\sqrt 2}\right), \qquad N(1) = (-1, 0, 0), \qquad B(1) = \left(0,\ -\dfrac{1}{\sqrt 2},\ \dfrac{1}{\sqrt 2}\right).\]

Üçü karşılıklı diktir ve \(T(1) \times N(1) = (0 \cdot 0 - \tfrac{1}{\sqrt 2}\cdot 0,\ \tfrac{1}{\sqrt 2}\cdot(-1) - 0,\ 0 - \tfrac{1}{\sqrt 2}\cdot(-1)) = B(1)\) sağlanır.

α(t) = (3t − t³, 3t², 3t + t³) eğrisi −1,5 ≤ t ≤ 1,5 aralığında çizilmiştir; ok, t’nin arttığı yönü gösterir, soluk kısım z = 0 düzleminin altında kalır. α(1) = (2, 3, 4) noktasında turuncu T(1) eğriye teğettir, yeşil N(1) = (−1, 0, 0) ona diktir ve eğrinin büküldüğü yana bakar, koyu B(1) = T(1) × N(1) ise ilk ikisinin gerdiği taralı oskülatör düzleme diktir. Üç vektör de birim uzunluktadır; görünürlük için iki kat uzun çizilmişlerdir, sayfada farklı boyda görünmeleri izdüşümün kısaltmasındandır. Bu noktada eğrilik ile burulma eşittir: κ(1) = τ(1) = 1/12.

\(\blacksquare\)

Etkileşimli sahne: kübik eğrinin Frenet aparatı. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz. \(t\) kaydırıcısı noktayı \(\alpha(t) = (3t - t^3,\ 3t^2,\ 3t + t^3)\) eğrisi üzerinde gezdirir; kalın turuncu ok birim teğet \(T\), yeşil ok asli normal \(N\), eğriyle aynı mavi renkteki ok binormal \(B\)’dir (üçü de görünsün diye \(2\) birim uzunlukta çizilmiştir), yarı saydam yama ise \(T\) ile \(N\)’nin gerdiği oskülatör düzlemdir. İnce turuncu ok hız \(\alpha'(t)\)’dir ve \(1/3\) ölçekle çizilmiştir: \(T\) ile hep aynı doğrultudadır, ama boyu sürat \(v(t)\) ile değişirken \(T\) birim kalır. Kaydırıcıyı oynatırken alttaki satırda \(\kappa\) ile \(\tau\)’nun her \(t\)’de eşit kaldığına ve ivmenin normal bileşeni \(\kappa v^2\) hep \(6\) iken teğet bileşeni \(dv/dt\)’nin yalnızca \(t = 0\)’da sıfırlandığına dikkat edin.

viewof apparatusControls = Inputs.form({
  t: Inputs.range([-1.5, 1.5], { value: 1, step: 0.01, label: "t" })
})

apparatusPlot = html`<div class="scene3d" role="img" aria-label="Dondurulebilir sahne: kubik egri uzerinde hareket eden nokta, birim teget, asli normal ve binormal oklari, oskulator duzlem parcasi ve olcekli hiz oku"></div>`

{
  const { t } = apparatusControls;
  const dot = (a, b) => a[0] * b[0] + a[1] * b[1] + a[2] * b[2];
  const cross = (a, b) => [a[1] * b[2] - a[2] * b[1], a[2] * b[0] - a[0] * b[2], a[0] * b[1] - a[1] * b[0]];
  const norm = (a) => Math.hypot(a[0], a[1], a[2]);
  const times = (a, k) => a.map((c) => c * k);
  const shift = (base, ...parts) => base.map((c, i) => parts.reduce((sum, part) => sum + part[i], c));
  const alpha = (u) => [3 * u - u ** 3, 3 * u * u, 3 * u + u ** 3];
  const velocityAt = (u) => [3 * (1 - u * u), 6 * u, 3 * (1 + u * u)];
  const accelerationAt = (u) => [-6 * u, 6, 6 * u];
  const jerk = [-6, 0, 6];
  const p = alpha(t);
  const velocity = velocityAt(t);
  const acceleration = accelerationAt(t);
  const speed = norm(velocity);
  const crossProduct = cross(velocity, acceleration);
  const crossNorm = norm(crossProduct);
  // On this curve the speed and the cross product stay far from zero, but a frame is never
  // built by dividing by a length that has not been tested first.
  const regular = speed > 1e-9 && crossNorm > 1e-9;
  const unitT = regular ? times(velocity, 1 / speed) : [0, 0, 0];
  const unitB = regular ? times(crossProduct, 1 / crossNorm) : [0, 0, 0];
  const unitN = cross(unitB, unitT);
  const kappa = regular ? crossNorm / speed ** 3 : 0;
  const torsion = regular ? dot(crossProduct, jerk) / crossNorm ** 2 : 0;
  const tangentialPart = regular ? dot(velocity, acceleration) / speed : 0;
  const normalPart = kappa * speed * speed;
  const traces = [
    surface((a, b) => shift(p, times(unitT, a), times(unitN, b)), -1.5, 1.5, -1.5, 1.5, theme.surface, { opacity: 0.14, nu: 2, nv: 2 }),
    path(alpha, -1.5, 1.5, theme.theory, "eğri α"),
    ...arrow(p, times(velocity, 1 / 3), theme.practice, "hız α′ (1/3)", { width: 4 }),
    ...arrow(p, times(unitT, 2), theme.practice, "teğet T"),
    ...arrow(p, times(unitN, 2), theme.base, "normal N"),
    ...arrow(p, times(unitB, 2), theme.theory, "binormal B"),
    point(p, theme.text, "α(t)")
  ];
  // The default camera puts T and N almost on one screen direction here; this oblique eye keeps
  // the three frame arrows apart, and the fixed ranges keep the box steady while t moves.
  render(Plotly, apparatusPlot, traces, sceneLayout(theme, { x: [-3.8, 3.8], y: [-2, 10], z: [-9.5, 11.5], eye: { x: -1.2, y: 0.6, z: 1.8 } }));
  return html`<div class="scene3d-readout">α(t) = (${fmt(p[0])}; ${fmt(p[1])}; ${fmt(p[2])}) &nbsp;·&nbsp; v(t) = ${fmt(speed)} &nbsp;·&nbsp; κ(t) = ${fmt(kappa, 4)} &nbsp;·&nbsp; τ(t) = ${fmt(torsion, 4)}<br>ivmenin teğet bileşeni dv/dt = ${fmt(tangentialPart)} &nbsp;·&nbsp; normal bileşeni κv² = ${fmt(normalPart)}</div>`;
}

Örnek 12.7 (Bükülmüş Kübiğin Eğriliği ve Burulması) \(\alpha(t) = (t, t^2, t^3)\) eğrisinin eğrilik ve burulma fonksiyonlarını bulalım; \(t = 0\) ve \(t = 1\) anlarındaki değerlerini hesaplayalım.

Çözüm

\(\alpha' = (1, 2t, 3t^2)\), \(\alpha'' = (0, 2, 6t)\), \(\alpha''' = (0, 0, 6)\). Vektörel çarpım:

\[\alpha' \times \alpha'' = \left(2t \cdot 6t - 3t^2 \cdot 2,\ 3t^2 \cdot 0 - 1 \cdot 6t,\ 1 \cdot 2 - 2t \cdot 0\right) = \left(6t^2,\ -6t,\ 2\right).\]

Normunun karesi \(36t^4 + 36t^2 + 4 = 4(9t^4 + 9t^2 + 1)\), üçlü çarpım \((\alpha' \times \alpha'') \cdot \alpha''' = 12\) ve \(\|\alpha'\|^2 = 1 + 4t^2 + 9t^4\)’tür. Dolayısıyla

\[\kappa(t) = \dfrac{2\sqrt{9t^4 + 9t^2 + 1}}{(1 + 4t^2 + 9t^4)^{3/2}}, \qquad \tau(t) = \dfrac{12}{4(9t^4 + 9t^2 + 1)} = \dfrac{3}{9t^4 + 9t^2 + 1}.\]

\(t = 0\)’da \(\kappa = 2\), \(\tau = 3\); burada \(\alpha' = (1, 0, 0)\), \(\alpha'' = (0, 2, 0)\) olduğundan \(T = (1, 0, 0)\), \(B = (0, 0, 1)\) ve \(N = B \times T = (0, 1, 0)\)’dır. \(t = 1\)’de \(\kappa = 2\sqrt{19}/14^{3/2} \approx 0{,}166\) ve \(\tau = 3/19 \approx 0{,}158\)’dir. Eğrilik de burulma da \(|t|\) büyüdükçe sıfıra gider: eğri uzaklarda gitgide bir doğruya benzer. Bu eğrinin birim hızlı yeniden parametrelendirmesini yazamadığımızı hatırlayın; aparatını yine de eksiksiz hesapladık.

\(\blacksquare\)

Özetlersek, keyfi bir düzgün eğrinin Frenet aparatına, yani eğriliğine, burulmasına ve Frenet çatı alanına artık sahibiz. Bu aparat sürat çarpanlı Frenet formüllerini (Lemma 12.1) sağlar ve Teorem 12.1 ile hesaplanır. Şimdi bu araçların iki uygulamasına bakalım.

12.5 Küresel Görüntü

Verilen bir \(\beta\) eğrisinden, \(\beta\)’nın davranışının bir yönünü aydınlatan yeni bir eğri üretmenin birçok doğal yolu vardır. En basitlerinden biri, birim teğet vektörlerin uçlarını izlemektir.

Tanım 12.2 (Küresel Görüntü) \(\beta : I \to \mathbb{R}^3\), eğriliği pozitif olan birim hızlı bir eğri ve \(T = \beta'\) onun birim teğet vektör alanı olsun. Öklid koordinatları \(T\)’nin koordinat fonksiyonlarıyla aynı olan

\[\sigma : I \to \mathbb{R}^3, \qquad \sigma(s) = \bigl(t_1(s),\ t_2(s),\ t_3(s)\bigr) \quad \text{(burada } T(s) = \textstyle\sum_i t_i(s)\, U_i(\beta(s))\text{)}\]

eğrisine \(\beta\)’nın küresel görüntüsü (spherical image) denir.

Yani küresel görüntü, her \(T(s)\) teğet vektörünü uygulama noktasından koparıp orijine taşıdığımızda ucunun çizdiği eğridir. \(\|T(s)\| = 1\) olduğundan \(\sigma\), merkezi orijin, yarıçapı \(1\) olan \(\Sigma\) birim küresinin üzerinde kalır. \(\sigma\)’nın hareketi, \(\beta\)’nın dönüşünü temsil eder: \(\beta\) ne kadar sert dönerse \(T\) o kadar hızlı değişir ve \(\sigma\) küre üzerinde o kadar hızlı ilerler.

Örnek 12.8 (Helisin Küresel Görüntüsü Bir Çemberdir) \(\beta(s) = \left(a\cos\dfrac{s}{c},\ a\sin\dfrac{s}{c},\ \dfrac{bs}{c}\right)\) birim hızlı helisinin (\(a > 0\), \(b \ne 0\), \(c = \sqrt{a^2 + b^2}\)) küresel görüntüsünü bulalım; \(a = 3\), \(b = 4\) için çemberin merkezini ve yarıçapını yazalım.

Çözüm

Örnek 11.5’ten \(T(s) = \dfrac{1}{c}\left(-a\sin\dfrac{s}{c},\ a\cos\dfrac{s}{c},\ b\right)\)’dir. Dolayısıyla

\[\sigma(s) = \left(-\dfrac{a}{c}\sin\dfrac{s}{c},\ \dfrac{a}{c}\cos\dfrac{s}{c},\ \dfrac{b}{c}\right).\]

Üçüncü koordinat \(b/c\) sabittir; ilk iki koordinatın kareleri toplamı \(a^2/c^2\)’dir. Yani \(\sigma\), birim küreyi \(z = b/c\) düzlemiyle kesen çember üzerinde dolaşır: merkezi \((0, 0, b/c)\), yarıçapı \(a/c\)’dir. Kürede kaldığı, \(a^2/c^2 + b^2/c^2 = 1\) eşitliğinden bir kez daha görülür. \(a = 3\), \(b = 4\) için merkez \((0, 0, 4/5)\), yarıçap \(3/5\)’tir. Helisin teğeti sabit eğimle yükseldiği için küresel görüntü ekvatora paralel bir “enlem çemberi” olur; \(b\) büyüdükçe çember küçülür ve kutba yaklaşır.

\(\blacksquare\)

\(\beta\) birim hızlı olsa da \(\sigma\)’nın birim hızlı olmasını bekleyemeyiz. Gerçekten \(\sigma\)’nın hız vektörünün vektör kısmı \(T'\)’nün vektör kısmıdır, yani \(\sigma' = \kappa N\) (koordinatlar düzeyinde), dolayısıyla \(\sigma\)’nın sürati \(\|\sigma'\| = \kappa\), yani \(\beta\)’nın eğriliğidir. Bu yüzden \(\sigma\)’nın eğriliğini hesaplarken keyfi hızlı formülleri kullanmak zorundayız; sonuç şaşırtıcı derecede sadedir.

Lemma 12.3 (Küresel Görüntünün Eğriliği) \(\beta\), eğriliği \(\kappa > 0\) ve burulması \(\tau\) olan birim hızlı bir eğri ve \(\sigma\) onun küresel görüntüsü olsun. \(\sigma\) düzgün bir eğridir ve eğriliği

\[\kappa_\sigma = \dfrac{\sqrt{\kappa^2 + \tau^2}}{\kappa} = \sqrt{1 + \left(\dfrac{\tau}{\kappa}\right)^2} \ \ge\ 1\]

ile verilir; yani yalnızca \(\beta\)’nın burulmasının eğriliğine oranına bağlıdır.

İspat

\(\sigma\)’nın türevlerini, \(T, N, B\)’nin koordinat fonksiyonlarıyla ifade edelim; aşağıda \(T, N, B\) yazarken bu vektör alanlarının orijine taşınmış vektör kısımlarını kastediyoruz. \(\sigma = T\) olduğundan Frenet formülleriyle

\[\sigma' = T' = \kappa N,\]

ve \(\|\sigma'\| = \kappa > 0\) olduğu için \(\sigma\) düzgündür. Bir kez daha türev alalım (Leibniz kuralı ve \(N' = -\kappa T + \tau B\)):

\[\sigma'' = (\kappa N)' = \dfrac{d\kappa}{ds}\, N + \kappa N' = -\kappa^2\, T + \dfrac{d\kappa}{ds}\, N + \kappa\tau\, B.\]

Şimdi vektörel çarpımı hesaplayalım. \(N \times N = \mathbf{0}\), \(N \times T = -B\) ve \(N \times B = T\) olduğundan

\[\sigma' \times \sigma'' = \kappa N \times \left(-\kappa^2 T + \dfrac{d\kappa}{ds}\, N + \kappa\tau B\right) = -\kappa^3\, N \times T + \kappa^2\tau\, N \times B = \kappa^3 B + \kappa^2 \tau\, T.\]

\(T\) ile \(B\) dik birim vektörler olduğundan \(\|\sigma' \times \sigma''\|^2 = \kappa^6 + \kappa^4\tau^2 = \kappa^4(\kappa^2 + \tau^2)\), yani \(\|\sigma' \times \sigma''\| = \kappa^2\sqrt{\kappa^2 + \tau^2}\). Teorem 12.1’ne göre, \(\sigma\)’nın sürati \(\kappa\) olduğundan,

\[\kappa_\sigma = \dfrac{\|\sigma' \times \sigma''\|}{\|\sigma'\|^3} = \dfrac{\kappa^2\sqrt{\kappa^2 + \tau^2}}{\kappa^3} = \dfrac{\sqrt{\kappa^2 + \tau^2}}{\kappa} = \sqrt{1 + \dfrac{\tau^2}{\kappa^2}}.\]

Karekökün içi en az \(1\) olduğundan \(\kappa_\sigma \ge 1\)’dir.

\(\blacksquare\)

Yani küresel görüntü hiçbir zaman birim küre üzerindeki bir büyük çemberden daha az eğri olamaz (\(\kappa_\sigma = 1\) tam olarak \(\tau = 0\) iken, yani düzlem eğrilerinde olur) ve eğriliği \(\tau/\kappa\) oranıyla belirlenir. Helis örneğinde \(\kappa = 3/25\), \(\tau = 4/25\) için \(\kappa_\sigma = \sqrt{9 + 16}/3 = 5/3\) bulunur; bu, yarıçapı \(3/5\) olan çemberin eğriliği \(1/(3/5) = 5/3\) ile uyumludur. Sırada, \(\tau/\kappa\) oranının belirleyici olduğu yakından ilişkili bir uygulama var.

12.6 Silindirik Helisler

Dairesel helisin en göze çarpan özelliği, teğetinin silindirin ekseniyle hep aynı açıyı yapmasıdır: \(T = \tfrac{1}{c}(-a\sin t, a\cos t, b)\) için \(T \cdot (0, 0, 1) = b/c\) sabittir. Bu özelliği, altındaki silindirin dairesel olmasını istemeden, bir tanıma dönüştürelim.

Tanım 12.3 (Silindirik Helis) \(\alpha : I \to \mathbb{R}^3\) düzgün bir eğri olsun. Sabit bir \(\mathbf{u}\) birim vektörü ve sabit bir \(\vartheta\) açısı için her \(t \in I\)’da

\[T(t) \cdot \mathbf{u} = \cos\vartheta\]

oluyorsa, yani \(\alpha\)’nın birim teğeti \(\mathbf{u}\) ile sabit bir \(\vartheta\) açısı yapıyorsa, \(\alpha\)’ya bir silindirik helis (cylindrical helix) denir. \(\mathbf{u}\)’ya helisin eksen vektörü, \(\vartheta\)’ya açısı diyeceğiz.

Yani silindirik helis, sabit bir doğrultuya göre gidiş yönünü hiç değiştirmeyen eğridir: \(\mathbf{u}\)’yu “yukarı” diye düşünürsek eğri hep aynı dikliğe sahip bir yamaçta yürür gibidir. Burada \(T \cdot \mathbf{u}\), birim vektörlerin iç çarpımı olduğundan \([-1, 1]\) aralığındadır ve \(\vartheta\)’yı \([0, \pi]\) aralığında, iki vektör arasındaki açı olarak alabiliriz.

Bu koşul yeniden parametrelendirme altında değişmez. Gerçekten \(\beta = \alpha(h)\) yön koruyan bir yeniden parametrelendirmeyse \(\beta\)’nın birim teğeti \(T_\beta(s) = T(h(s))\)’dir ve \(T_\beta \cdot \mathbf{u} = \cos\vartheta\) aynen sürer; yön çeviren bir yeniden parametrelendirmede \(T_\beta = -T(h)\) olur ve \(\mathbf{u}\) yerine \(-\mathbf{u}\) (ya da \(\vartheta\) yerine \(\pi - \vartheta\)) alınır. Bu yüzden kuramsal iş için birim hızlı silindirik helislerle yetinebiliriz.

\(\beta\), \(T \cdot \mathbf{u} = \cos\vartheta\) koşulunu sağlayan birim hızlı bir silindirik helis olsun. \(\beta(0)\) noktasını başlangıç alıp

\[h(s) = \bigl(\beta(s) - \beta(0)\bigr) \cdot \mathbf{u}\]

fonksiyonunu tanımlayalım; \(h(s)\), \(\beta(s)\)’nin \(\beta(0)\)’dan ayrıldığından beri \(\mathbf{u}\) doğrultusunda ne kadar “yükseldiğini” söyler. Türevi

\[\dfrac{dh}{ds} = \beta'(s) \cdot \mathbf{u} = T(s) \cdot \mathbf{u} = \cos\vartheta\]

sabittir; \(h(0) = 0\) olduğundan \(h(s) = s\cos\vartheta\) bulunur. Yani silindirik helis, yay uzunluğuna göre sabit oranda yükselir. Keyfi bir parametrelendirmeye geçildiğinde bu formül, \(s\) yay uzunluğu fonksiyonu olmak üzere,

\[h(t) = s(t)\cos\vartheta\]

biçimini alır.

\(\beta\)’nın her noktasından \(\mathbf{u}\) doğrultusunda bir doğru çizersek bir \(C\) silindiri elde ederiz; \(\beta\) bu silindirin üzerinde, silindirin her doğrusunu sabit \(\vartheta\) açısıyla keserek ilerler. Silindirin adı da buradan gelir. \(C\) dairesel bir silindirse \(\beta\), Örnek 4.2’teki türden bir dairesel helistir; genel olarak \(C\)’nin kesiti herhangi bir düzlem eğrisi olabilir. Bu kesit eğrisini alıştırmalarda inceleyeceğiz.

Örnek 12.9 (Dairesel Helis Bir Silindirik Helistir) \(\alpha(t) = (3\cos t, 3\sin t, 4t)\) helisinin bir silindirik helis olduğunu gösterelim; eksen vektörünü, açısını ve yükselme fonksiyonunu bulalım.

Çözüm

\(T(t) = \tfrac{1}{5}(-3\sin t, 3\cos t, 4)\) ve \(\mathbf{u} = (0, 0, 1)\) için \(T(t) \cdot \mathbf{u} = 4/5\) her \(t\)’de sabittir. Dolayısıyla \(\alpha\), eksen vektörü \(\mathbf{u} = (0, 0, 1)\) ve açısı \(\vartheta = \cos^{-1}(4/5) \approx 36{,}87°\) olan bir silindirik helistir. Yükselme fonksiyonu \(h(t) = (\alpha(t) - \alpha(0)) \cdot \mathbf{u} = 4t\)’dir; yay uzunluğu \(s(t) = 5t\) olduğundan \(h(t) = s(t)\cos\vartheta = 5t \cdot \tfrac{4}{5} = 4t\) eşitliği sağlanır. Buradaki \(C\) silindiri elbette \(x^2 + y^2 = 9\) dairesel silindiridir.

\(\blacksquare\)

Etkileşimli sahne: teğetin eksenle yaptığı açı sabittir. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz. \(t\) kaydırıcısı noktayı \(\alpha(t) = (3\cos t,\ 3\sin t,\ 4t)\) helisi üzerinde, \(x^2 + y^2 = 9\) silindirinin yarım turunda gezdirir; turuncu ok birim teğet \(T(t)\), yeşil ok eksen vektörü \(\mathbf{u} = (0, 0, 1)\)’dir (karşılaştırma için \(\alpha(t)\) noktasına taşınmıştır, ikisi de \(3\) birim uzunlukta çizilmiştir), kesikli çizgi ise silindirin \(\alpha(t)\)’den geçen düşey doğrusudur. Kaydırıcıyı oynatın: \(T\) nokta ile birlikte dönerken silindirin doğrusuyla arasındaki açı hiç değişmez; alttaki satırda \(T \cdot \mathbf{u} = 0{,}80\) ve \(\vartheta \approx 36{,}87°\) sabit kalır, bu arada \(\tau/\kappa = \cot\vartheta \approx 1{,}33\) oranı da sabittir.

viewof cylHelixControls = Inputs.form({
  t: Inputs.range([0, Math.PI], { value: 1, step: 0.01, label: "t" })
})

cylHelixPlot = html`<div class="scene3d" role="img" aria-label="Dondurulebilir sahne: dairesel helis, uzerinde durdugu silindir, hareket eden noktadaki birim teget oku ve eksen vektoru u ile aralarindaki sabit aci"></div>`

{
  const { t } = cylHelixControls;
  const dot = (a, b) => a[0] * b[0] + a[1] * b[1] + a[2] * b[2];
  const cross = (a, b) => [a[1] * b[2] - a[2] * b[1], a[2] * b[0] - a[0] * b[2], a[0] * b[1] - a[1] * b[0]];
  const norm = (a) => Math.hypot(a[0], a[1], a[2]);
  const times = (a, k) => a.map((c) => c * k);
  const alpha = (u) => [3 * Math.cos(u), 3 * Math.sin(u), 4 * u];
  const velocityAt = (u) => [-3 * Math.sin(u), 3 * Math.cos(u), 4];
  const accelerationAt = (u) => [-3 * Math.cos(u), -3 * Math.sin(u), 0];
  const jerkAt = (u) => [3 * Math.sin(u), -3 * Math.cos(u), 0];
  const axisVector = [0, 0, 1];
  const bottom = -1;
  const top = 13.8;
  const p = alpha(t);
  const velocity = velocityAt(t);
  const speed = norm(velocity);
  const crossProduct = cross(velocity, accelerationAt(t));
  const crossNorm = norm(crossProduct);
  // Guard both divisions: the unit tangent needs a positive speed, curvature and torsion need a
  // non-zero cross product, and the ratio needs a non-zero curvature.
  const regular = speed > 1e-9 && crossNorm > 1e-9;
  const unitT = speed > 1e-9 ? times(velocity, 1 / speed) : [0, 0, 0];
  const kappa = regular ? crossNorm / speed ** 3 : 0;
  const torsion = regular ? dot(crossProduct, jerkAt(t)) / crossNorm ** 2 : 0;
  const ratio = kappa > 1e-9 ? torsion / kappa : 0;
  const cosine = dot(unitT, axisVector);
  const angle = (Math.acos(Math.min(1, Math.max(-1, cosine))) * 180) / Math.PI;
  const traces = [
    cylinder(3, bottom, top, theme.surface, { opacity: 0.1 }),
    path(alpha, -0.25, Math.PI + 0.25, theme.theory, "helis α"),
    segment([p[0], p[1], bottom], [p[0], p[1], top], theme.axis, { name: "silindirin doğrusu" }),
    ...arrow(p, times(unitT, 3), theme.practice, "birim teğet T"),
    ...arrow(p, times(axisVector, 3), theme.base, "eksen vektörü u"),
    point(p, theme.text, "α(t)")
  ];
  render(Plotly, cylHelixPlot, traces, sceneLayout(theme, { x: [-4, 4], y: [-4, 4], z: [-1.5, 16] }));
  return html`<div class="scene3d-readout">T(t) = (${fmt(unitT[0])}; ${fmt(unitT[1])}; ${fmt(unitT[2])}) &nbsp;·&nbsp; T · u = ${fmt(cosine)} &nbsp;·&nbsp; ϑ = ${fmt(angle)}° &nbsp;·&nbsp; τ/κ = ${fmt(ratio)}</div>`;
}

Silindirik helisleri tanımak son derece kolaydır; belirleyici olan, küresel görüntüde de karşımıza çıkan \(\tau/\kappa\) oranıdır.

Teorem 12.2 (Silindirik Helislerin Karakterizasyonu) Eğriliği \(\kappa > 0\) olan düzgün bir \(\alpha\) eğrisinin silindirik helis olması için gerek ve yeter koşul \(\tau/\kappa\) oranının sabit olmasıdır.

İspat

Hem silindirik helis koşulu hem \(\tau/\kappa\) oranı yeniden parametrelendirmeyle değişmez (birincisini yukarıda gördük; ikincisi aparatın tanımından çıkar: \(\tau(t)/\kappa(t) = \bar\tau(s(t))/\bar\kappa(s(t))\), ve \(s\) örtendir). Dolayısıyla \(\alpha\)’nın birim hızlı olduğunu varsayabiliriz.

Gereklilik. \(\alpha\), \(T \cdot \mathbf{u} = \cos\vartheta\) koşulunu sağlayan bir silindirik helis olsun. \(\mathbf{u}\) sabit olduğundan iç çarpımın türevi yalnızca \(T\)’den gelir:

\[0 = (T \cdot \mathbf{u})' = T' \cdot \mathbf{u} = \kappa\, N \cdot \mathbf{u}.\]

\(\kappa > 0\) olduğu için \(N \cdot \mathbf{u} = 0\) olur: \(\mathbf{u}\) her an \(T\) ile \(B\)’nin gerdiği rektifiyan düzlemdedir. Bu iki katsayının sabit olduğunu görelim: \(T \cdot \mathbf{u} = \cos\vartheta\) varsayım gereği sabittir; \((B \cdot \mathbf{u})' = B' \cdot \mathbf{u} = -\tau\, N \cdot \mathbf{u} = 0\) olduğundan \(B \cdot \mathbf{u}\) da sabittir. Ortonormal açılım (Teorem 9.1) \(\mathbf{u}\)’yu

\[\mathbf{u} = (\mathbf{u} \cdot T)\, T + (\mathbf{u} \cdot N)\, N + (\mathbf{u} \cdot B)\, B = \cos\vartheta\, T + (\mathbf{u} \cdot B)\, B\]

biçiminde verir. \(\|\mathbf{u}\| = 1\) olduğundan \(\cos^2\vartheta + (\mathbf{u} \cdot B)^2 = 1\), yani \(\mathbf{u} \cdot B = \pm\sin\vartheta\)’dır; işaret sabittir. Gerekirse \(\vartheta\) yerine \(-\vartheta\) alarak (\(\cos\) değişmez, \(\sin\) işaret değiştirir) \(\mathbf{u} \cdot B = \sin\vartheta\) yazabiliriz. Böylece

\[\mathbf{u} = \cos\vartheta\, T + \sin\vartheta\, B.\]

Her zamanki gibi türev alıp Frenet formüllerini uygulayalım; \(\cos\vartheta\) ve \(\sin\vartheta\) sabittir:

\[\mathbf{0} = \mathbf{u}' = \cos\vartheta\, T' + \sin\vartheta\, B' = \cos\vartheta\, \kappa N - \sin\vartheta\, \tau N = (\kappa\cos\vartheta - \tau\sin\vartheta)\, N.\]

\(N \ne \mathbf{0}\) olduğundan \(\kappa\cos\vartheta = \tau\sin\vartheta\)’dır. Burada \(\sin\vartheta \ne 0\) olmalıdır: \(\sin\vartheta = 0\) olsaydı \(\cos\vartheta = \pm 1\) ve \(\kappa = 0\) olurdu, bu ise \(\kappa > 0\) ile çelişir. Dolayısıyla

\[\dfrac{\tau}{\kappa} = \dfrac{\cos\vartheta}{\sin\vartheta} = \cot\vartheta\]

sabittir.

Yeterlilik. \(\tau/\kappa\) sabit olsun. Kotanjant fonksiyonu \((0, \pi)\) aralığını bütün gerçel sayılara birebir ve örten götürdüğünden \(\cot\vartheta = \tau/\kappa\) olan bir \(\vartheta \in (0, \pi)\) açısı vardır. \(\alpha\) üzerinde

\[U = \cos\vartheta\, T + \sin\vartheta\, B\]

vektör alanını tanımlayalım. Türevi, Frenet formülleriyle,

\[U' = \cos\vartheta\, \kappa N - \sin\vartheta\, \tau N = \sin\vartheta\,\bigl(\kappa\cot\vartheta - \tau\bigr)\, N = \sin\vartheta\,\left(\kappa \cdot \dfrac{\tau}{\kappa} - \tau\right) N = \mathbf{0}\]

olur. Türevi sıfır olan bir vektör alanı paraleldir (Lemma 10.4): koordinat fonksiyonlarının türevleri bir aralıkta sıfır olduğundan bu fonksiyonlar sabittir. Yani \(U\)’nun bütün değerleri aynı \(\mathbf{u}\) vektörünün farklı noktalara uygulanmış hâlleridir: \(U(s) = \mathbf{u}_{\alpha(s)}\). \(\|\mathbf{u}\|^2 = \cos^2\vartheta + \sin^2\vartheta = 1\) olduğundan \(\mathbf{u}\) bir birim vektördür ve

\[T \cdot \mathbf{u} = T \cdot (\cos\vartheta\, T + \sin\vartheta\, B) = \cos\vartheta\]

sabittir. Dolayısıyla \(\alpha\) bir silindirik helistir.

\(\blacksquare\)

Yani bir eğrinin silindirik helis olup olmadığını anlamak için eksen vektörünü aramak gerekmez; \(\tau\)’yu \(\kappa\)’ya bölmek yeter. İspat bir de eksenin nasıl bulunacağını söyler: \(\mathbf{u} = \cos\vartheta\, T + \sin\vartheta\, B\) ve \(\cot\vartheta = \tau/\kappa\). Bu bilgi, alıştırmalarda dairesel helislerin tam olarak eğriliği ve burulması sabit olan eğriler olduğunu göstermek için kullanılacaktır.

Örnek 12.10 (Kübik Koordinatlı Eğri Bir Silindirik Helistir) \(\alpha(t) = (3t - t^3, 3t^2, 3t + t^3)\) eğrisinin bir silindirik helis olduğunu gösterelim; eksen vektörünü ve açısını bulalım, üzerinde bulunduğu silindiri betimleyelim.

Çözüm

Örnek 12.6’ta \(\kappa = \tau = 1/(3(1 + t^2)^2)\) bulmuştuk; oran \(\tau/\kappa = 1\) sabittir. Teorem 12.2’e göre \(\alpha\) bir silindirik helistir ve \(\cot\vartheta = 1\), yani \(\vartheta = \pi/4\)’tür. Eksen vektörü

\[\mathbf{u} = \cos\dfrac{\pi}{4}\, T + \sin\dfrac{\pi}{4}\, B = \dfrac{1}{\sqrt 2}\,(T + B)\]

ile hesaplanır. Aynı örnekteki formüllerle

\[T + B = \dfrac{(1 - t^2,\ 2t,\ 1 + t^2) + (-1 + t^2,\ -2t,\ 1 + t^2)}{\sqrt 2\,(1 + t^2)} = \dfrac{(0,\ 0,\ 2(1 + t^2))}{\sqrt 2\,(1 + t^2)} = (0, 0, \sqrt 2),\]

dolayısıyla \(\mathbf{u} = (0, 0, 1)\): eksen \(z\) eksenidir. Denetim: \(T \cdot \mathbf{u} = \dfrac{1 + t^2}{\sqrt 2\,(1 + t^2)} = \dfrac{1}{\sqrt 2} = \cos\dfrac{\pi}{4}\), gerçekten sabittir. Eğri, \(z\) eksenine göre hep \(45°\)’lik bir eğimle yükselir; yükselme fonksiyonu \(h(t) = 3t + t^3\) ve yay uzunluğu \(s(t) = \int_0^t 3\sqrt 2\,(1 + u^2)\, du = 3\sqrt 2\,(t + t^3/3)\) olduğundan \(h(t) = s(t)\cos\vartheta = 3\sqrt 2\,(t + t^3/3)/\sqrt 2 = 3t + t^3\) eşitliği de doğrulanır.

Üzerinde bulunduğu silindir, \(\alpha\)’nın \(xy\) düzlemine izdüşümü olan \(\gamma(t) = (3t - t^3, 3t^2, 0)\) düzlem eğrisinin üstüne dikilen düşey silindirdir. \(\gamma\) dairesel değildir; örneğin \(\gamma(0) = (0, 0, 0)\), \(\gamma(1) = (2, 3, 0)\), \(\gamma(\sqrt 3) = (0, 9, 0)\) noktaları bir çember üzerinde olsa bile \(\gamma(-1) = (-2, 3, 0)\) ve \(\gamma(2) = (-2, 12, 0)\) ile birlikte beş noktanın tek bir çembere sığmadığı doğrudan denetlenebilir; nitekim \(\gamma\)’nın eğriliği \(2/(3(1 + t^2)^2)\) sabit değildir. Bu yüzden \(\alpha\) dairesel bir helis değil, genel bir silindirik helistir.

α(t) = (3t − t³, 3t², 3t + t³) eğrisi, düzlemdeki izdüşümü γ(t) = (3t − t³, 3t², 0) üstüne dikilen düşey silindirin duvarında yükselir. Silindirin doğrultmanları düşey olduğundan eksen vektörü u = (0, 0, 1)’dir. Birim teğet T (turuncu) her noktada bu düşey doğrultuyla aynı ϑ = π/4 açısını yapar: α(0) = (0, 0, 0) ile α(1) = (2, 3, 4) noktalarındaki iki yay eşittir. Kesit eğrisi γ bir çember olmadığından α dairesel bir helis değil, genel bir silindirik helistir.

\(\blacksquare\)

Örnek 12.11 (Silindirik Helis Olmayan Bir Eğri) \(\alpha(t) = (t, t^2, t^3)\) eğrisinin silindirik helis olmadığını gösterelim.

Çözüm

Örnek 12.7’ta

\[\kappa(t) = \dfrac{2\sqrt{9t^4 + 9t^2 + 1}}{(1 + 4t^2 + 9t^4)^{3/2}}, \qquad \tau(t) = \dfrac{3}{9t^4 + 9t^2 + 1}\]

bulmuştuk. Oran

\[\dfrac{\tau}{\kappa}(t) = \dfrac{3\,(1 + 4t^2 + 9t^4)^{3/2}}{2\,(9t^4 + 9t^2 + 1)^{3/2}}\]

olur. \(t = 0\)’da bu oran \(3/2\), \(t = 1\)’de ise \(3 \cdot 14^{3/2}/(2 \cdot 19^{3/2}) \approx 0{,}949\)’dur. Oran sabit olmadığından Teorem 12.2’e göre \(\alpha\) silindirik helis değildir: birim teğetinin sabit açı yaptığı hiçbir doğrultu yoktur. Bir önceki örnekle karşılaştırın; iki eğri de üçüncü dereceden polinom koordinatlara sahiptir ama biri silindirik helistir, öteki değildir. Hangi kübik eğrilerin silindirik helis olduğu alıştırmalarda tam olarak belirlenecektir.

\(\blacksquare\)

12.7 Eğri Türlerinin Özeti

Eğrilik ve burulma üzerine konan basit koşullar, eğrinin türünü şöyle belirler (\(\iff\) “ancak ve ancak” demektir):

koşul		eğri türü
\(\kappa = 0\)	\(\iff\)	doğru
\(\tau = 0\)	\(\iff\)	düzlem eğrisi
\(\kappa > 0\) sabit ve \(\tau = 0\)	\(\iff\)	çember
\(\kappa > 0\) sabit ve \(\tau \ne 0\) sabit	\(\iff\)	dairesel helis
\(\tau/\kappa\) sabit	\(\iff\)	silindirik helis

Satırların gerekçeleri şöyledir; ilk dördünde eğrinin birim hızlı olduğunu varsayabiliriz, çünkü her koşul yeniden parametrelendirmeyle değişmez.

• Doğru. \(\kappa = \|T'\| = 0\) demek \(T' = \mathbf{0}\), yani \(T\)’nin sabit bir \(\mathbf{q}\) birim vektörü olması demektir; o zaman \(\beta(s) = \beta(0) + s\,\mathbf{q}\) olur (Lemma 10.4), bu da bir doğrudur. Tersine bir doğrunun birim teğeti sabittir ve \(\kappa = 0\)’dır.
• Düzlem eğrisi. \(\kappa > 0\) iken \(\tau = 0\) ile düzlemsellik denktir (Sonuç 11.1 ve Örnek 12.2).
• Çember. \(\kappa > 0\) sabit ve \(\tau = 0\) ile çember olma denktir (Lemma 11.2).
• Dairesel helis. Dairesel helisin eğriliği \(a/c^2\) ve burulması \(b/c^2\) sabittir (Örnek 11.5). Tersi, yani \(\kappa > 0\) ve \(\tau \ne 0\) sabitse eğrinin bir dairesel helis olduğu, alıştırmalarda silindirik helis teoremi ve kesit eğrisi yardımıyla ispatlanacaktır.
• Silindirik helis. Teorem 12.2. Tabloda \(\tau/\kappa\) sabiti sıfır da olabilir: o zaman \(\vartheta = \pi/2\) ve eğri, ekseni kendi düzlemine dik olan yoz bir silindirik helis, yani bir düzlem eğrisidir.

Tablodaki denkliklerin hepsi \(\kappa > 0\) varsayımıyla okunmalıdır; eğriliğin tek bir noktada bile sıfırlanması eğrinin geometrik karakterini köklü biçimde değiştirebilir. Bunun çarpıcı bir örneğini alıştırmalarda göreceğiz.

12.8 Alıştırmalar

Alıştırma 12.1 (Bir Kübik Eğrinin Frenet Aparatı) \(\alpha(t) = \left(2t,\ t^2,\ \dfrac{t^3}{3}\right)\) eğrisinin Frenet aparatını, yani \(\kappa\), \(\tau\), \(T\), \(N\), \(B\)’yi hesaplayınız.

Çözüm

Türevler: \(\alpha' = (2, 2t, t^2)\), \(\alpha'' = (0, 2, 2t)\), \(\alpha''' = (0, 0, 2)\).

Sürat. \(\alpha' \cdot \alpha' = 4 + 4t^2 + t^4 = (2 + t^2)^2\), dolayısıyla \(v = 2 + t^2\); süratin tam kare çıkması hesabı çok kolaylaştırır.

Vektörel çarpım.

\[\alpha' \times \alpha'' = \left(2t \cdot 2t - t^2 \cdot 2,\ t^2 \cdot 0 - 2 \cdot 2t,\ 2 \cdot 2 - 2t \cdot 0\right) = \left(2t^2,\ -4t,\ 4\right) = 2\,(t^2, -2t, 2).\]

Normu: \(\|(t^2, -2t, 2)\|^2 = t^4 + 4t^2 + 4 = (t^2 + 2)^2\), yani \(\|\alpha' \times \alpha''\| = 2(t^2 + 2)\).

Üçlü çarpım. \((\alpha' \times \alpha'') \cdot \alpha''' = 4 \cdot 2 = 8\).

Eğrilik ve burulma. Teorem 12.1 ile

\[\kappa = \dfrac{2(t^2 + 2)}{(t^2 + 2)^3} = \dfrac{2}{(t^2 + 2)^2}, \qquad \tau = \dfrac{8}{4(t^2 + 2)^2} = \dfrac{2}{(t^2 + 2)^2}.\]

Eğrilik ile burulma eşittir.

Çatı alanı.

\[T = \dfrac{(2,\ 2t,\ t^2)}{2 + t^2}, \qquad B = \dfrac{(t^2,\ -2t,\ 2)}{2 + t^2}.\]

\(N = B \times T\)’yi hesaplayalım; payda \((2 + t^2)^2\)’dir ve paydaki bileşenler

\[\begin{aligned} U_1:&\quad (-2t)(t^2) - (2)(2t) = -2t^3 - 4t = -2t\,(t^2 + 2),\\ U_2:&\quad (2)(2) - (t^2)(t^2) = 4 - t^4 = (2 - t^2)(2 + t^2),\\ U_3:&\quad (t^2)(2t) - (-2t)(2) = 2t^3 + 4t = 2t\,(t^2 + 2) \end{aligned}\]

olur. Ortak \((2 + t^2)\) çarpanı sadeleşir:

\[N = \dfrac{(-2t,\ 2 - t^2,\ 2t)}{2 + t^2}.\]

Denetim: \(4t^2 + (2 - t^2)^2 + 4t^2 = t^4 + 4t^2 + 4 = (2 + t^2)^2\), yani \(\|N\| = 1\); ayrıca \(N \cdot T = (-4t + 4t - 2t^3 + 2t^3)/(2 + t^2)^2 = 0\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 12.2 (Bir Kübik Eğrinin Çizimi ve Bir Noktadaki Çatısı) \(\alpha(t) = \left(2t,\ t^2,\ t^3/3\right)\) eğrisini \(-4 \le t \le 4\) aralığında çiziniz ve \(t = 2\) anındaki \(T, N, B\) vektörlerini gösteriniz.

Çözüm

Bir önceki kutudaki formüllerde \(t = 2\) yazalım: \(v(2) = 6\), \(\kappa(2) = \tau(2) = 2/36 = 1/18\) ve

\[\alpha(2) = \left(4,\ 4,\ \dfrac{8}{3}\right), \qquad T(2) = \dfrac{(2, 4, 4)}{6} = \left(\dfrac{1}{3}, \dfrac{2}{3}, \dfrac{2}{3}\right),\]

\[N(2) = \dfrac{(-4, -2, 4)}{6} = \left(-\dfrac{2}{3}, -\dfrac{1}{3}, \dfrac{2}{3}\right), \qquad B(2) = \dfrac{(4, -4, 2)}{6} = \left(\dfrac{2}{3}, -\dfrac{2}{3}, \dfrac{1}{3}\right).\]

Üçünün de uzunluğu \(\sqrt{1 + 4 + 4}/3 = 1\)’dir ve ikişer ikişer iç çarpımları sıfırdır; örneğin \(T \cdot N = (-2 - 2 + 4)/9 = 0\).

Eğrinin kaba biçimi: \(x = 2t\) doğrusal artar, \(y = t^2\) hep pozitiftir ve \(t = 0\)’da sıfırlanır, \(z = t^3/3\) tek fonksiyondur. Uç noktalar \(\alpha(\pm 4) = (\pm 8, 16, \pm 64/3)\), ara noktalar \(\alpha(\pm 2) = (\pm 4, 4, \pm 8/3)\) ve \(\alpha(0) = (0, 0, 0)\)’dır. Eğri, \(xz\) düzlemine göre \(y\) ekseni etrafında simetriktir: \(\alpha(-t)\), \(\alpha(t)\)’nin \((x, z) \mapsto (-x, -z)\) dönüşümüyle elde edilen eşidir. Aşağıdaki şekilde bu veriler kullanılmıştır.

α(t) = (2t, t², t³/3) kübik eğrisi −4 ≤ t ≤ 4 aralığında çizilmiştir; uçtaki ok t’nin artış yönünü, soluk parça ise eğrinin arkada kalan t ≤ 0 yarısını gösterir. t = 2 noktasında, yani α(2) = (4, 4, 8/3)’te, Frenet çatısının üç birim vektörü dörder birim uzunluğunda çizilmiştir: teğet T (turuncu), asli normal N (yeşil) ve binormal B. T ile N’nin gerdiği taralı parça oskülatör düzlemdir; T eğriye teğet olduğu için eğriyle birlikte gider, dik açı işareti de T · N = 0 olduğunu hatırlatır. Üç okun sayfada farklı boylarda görünmesi izdüşümdendir; üçü de birim vektördür ve bu noktada κ = τ = 1/18’dir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 12.3 (Bir Kübik Eğrinin Çatısının Sonsuzdaki Limitleri) \(\alpha(t) = \left(2t,\ t^2,\ t^3/3\right)\) eğrisi için \(t \to -\infty\) ve \(t \to \infty\) iken \(T\), \(N\) ve \(B\)’nin limit değerlerini bulunuz.

Çözüm

Alıştırma 12.1’daki formüllerin pay ve paydasını \(t^2\)’ye bölelim:

\[T = \dfrac{\left(2/t^2,\ 2/t,\ 1\right)}{2/t^2 + 1}, \qquad N = \dfrac{\left(-2/t,\ 2/t^2 - 1,\ 2/t\right)}{2/t^2 + 1}, \qquad B = \dfrac{\left(1,\ -2/t,\ 2/t^2\right)}{2/t^2 + 1}.\]

\(t \to \pm\infty\) iken \(1/t \to 0\) ve \(1/t^2 \to 0\) olduğundan iki yönde de aynı limitler çıkar:

\[T \to (0, 0, 1), \qquad N \to (0, -1, 0), \qquad B \to (1, 0, 0).\]

Limit vektörleri de bir çatıdır ve \(B \times T = (1, 0, 0) \times (0, 0, 1) = (0 \cdot 1 - 0 \cdot 0,\ 0 \cdot 0 - 1 \cdot 1,\ 0) = (0, -1, 0) = N\) tutarlılığı korunur. Yorum: \(|t|\) büyüdükçe \(\kappa = \tau = 2/(2 + t^2)^2\) sıfıra gider ve eğri \(z\) eksenine paralel bir doğruya benzemeye başlar; teğet \(z\) doğrultusuna yaklaşır. Çatının iki uçta aynı limite gitmesi dikkat çekicidir: eğri uzaklarda iki tarafta da aynı yöne “bakar”.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 12.4 (Hiperbolik Fonksiyonlu Eğrinin Yay Uzunluğuna Göre Eğriliği) \(\alpha(t) = (\cosh t,\ \sinh t,\ t)\) eğrisinin eğriliğini ve burulmasını, \(t = 0\)’dan ölçülen yay uzunluğu \(s\) cinsinden ifade ediniz.

Çözüm

\(\cosh' = \sinh\), \(\sinh' = \cosh\) ve \(\cosh^2 t - \sinh^2 t = 1\) özdeşliğini kullanacağız.

Türevler. \(\alpha' = (\sinh t, \cosh t, 1)\), \(\alpha'' = (\cosh t, \sinh t, 0)\), \(\alpha''' = (\sinh t, \cosh t, 0)\).

Sürat ve yay uzunluğu. \(\alpha' \cdot \alpha' = \sinh^2 t + \cosh^2 t + 1 = 2\cosh^2 t\), dolayısıyla \(v(t) = \sqrt 2\,\cosh t\) ve

\[s(t) = \int_0^t \sqrt 2\,\cosh u\, du = \sqrt 2\,\sinh t.\]

Vektörel çarpım.

\[\alpha' \times \alpha'' = \left(\cosh t \cdot 0 - 1 \cdot \sinh t,\ 1 \cdot \cosh t - \sinh t \cdot 0,\ \sinh^2 t - \cosh^2 t\right) = (-\sinh t,\ \cosh t,\ -1).\]

Normunun karesi \(\sinh^2 t + \cosh^2 t + 1 = 2\cosh^2 t\); yani \(\|\alpha' \times \alpha''\| = \sqrt 2\,\cosh t\).

Üçlü çarpım. \((\alpha' \times \alpha'') \cdot \alpha''' = -\sinh^2 t + \cosh^2 t + 0 = 1\).

Eğrilik ve burulma.

\[\kappa = \dfrac{\sqrt 2\,\cosh t}{(\sqrt 2\,\cosh t)^3} = \dfrac{1}{2\cosh^2 t}, \qquad \tau = \dfrac{1}{2\cosh^2 t}.\]

Yay uzunluğuna geçiş. \(s = \sqrt 2\,\sinh t\) olduğundan \(\sinh^2 t = s^2/2\) ve \(\cosh^2 t = 1 + \sinh^2 t = 1 + s^2/2 = (2 + s^2)/2\). Böylece

\[\kappa = \tau = \dfrac{1}{2 + s^2}.\]

\(s = 0\)’da (yani \(t = 0\)’da, \(\alpha(0) = (1, 0, 0)\) noktasında) eğrilik ve burulma en büyük değerleri \(1/2\)’yi alır; \(|s|\) büyüdükçe ikisi de sıfıra gider.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 12.5 (Çift Koni Üzerindeki Eğrinin Tepedeki Aparatı) \(\alpha(t) = (t\cos t,\ t\sin t,\ t)\) eğrisi \(x^2 + y^2 = z^2\) çift konisinin üzerinde kalır ve \(t = 0\)’da koninin tepesinden geçer. \(\alpha\)’nın \(t = 0\) anındaki Frenet aparatını bulunuz.

Çözüm

Önce koni iddiasını görelim: \((t\cos t)^2 + (t\sin t)^2 = t^2 = z^2\). \(t < 0\) için eğri alt konide, \(t > 0\) için üst konidedir; tepe noktası \(\alpha(0) = (0, 0, 0)\)’dır.

Türevler. Çarpım kuralıyla

\[\begin{aligned} \alpha'(t) &= (\cos t - t\sin t,\ \sin t + t\cos t,\ 1),\\ \alpha''(t) &= (-2\sin t - t\cos t,\ 2\cos t - t\sin t,\ 0),\\ \alpha'''(t) &= (-3\cos t + t\sin t,\ -3\sin t - t\cos t,\ 0). \end{aligned}\]

\(t = 0\)’da: \(\alpha'(0) = (1, 0, 1)\), \(\alpha''(0) = (0, 2, 0)\), \(\alpha'''(0) = (-3, 0, 0)\). Özellikle \(\alpha'(0) \ne \mathbf{0}\): eğri, koninin sivri tepesinden geçerken bile düzgündür; tepe konide bir tekilliktir ama eğride değildir.

Hesap. \(v(0) = \sqrt 2\) ve

\[\alpha'(0) \times \alpha''(0) = (1, 0, 1) \times (0, 2, 0) = (0 \cdot 0 - 1 \cdot 2,\ 1 \cdot 0 - 1 \cdot 0,\ 1 \cdot 2 - 0 \cdot 0) = (-2, 0, 2),\]

normu \(2\sqrt 2\). Üçlü çarpım: \((-2, 0, 2) \cdot (-3, 0, 0) = 6\). Dolayısıyla

\[\kappa(0) = \dfrac{2\sqrt 2}{(\sqrt 2)^3} = \dfrac{2\sqrt 2}{2\sqrt 2} = 1, \qquad \tau(0) = \dfrac{6}{(2\sqrt 2)^2} = \dfrac{6}{8} = \dfrac{3}{4}.\]

Çatı:

\[T(0) = \dfrac{(1, 0, 1)}{\sqrt 2}, \qquad B(0) = \dfrac{(-2, 0, 2)}{2\sqrt 2} = \dfrac{(-1, 0, 1)}{\sqrt 2},\]

\[N(0) = B(0) \times T(0) = \dfrac{1}{2}\left(0 \cdot 1 - 1 \cdot 0,\ 1 \cdot 1 - (-1) \cdot 1,\ (-1) \cdot 0 - 0 \cdot 1\right) = \dfrac{1}{2}(0, 2, 0) = (0, 1, 0).\]

Denetim: \(\alpha'(0) \cdot \alpha''(0) = 0\) olduğundan \(t = 0\)’da \(dv/dt = 0\)’dır ve Lemma 12.2’ye göre \(\alpha''(0) = \kappa v^2 N = 1 \cdot 2 \cdot (0, 1, 0) = (0, 2, 0)\) olmalıdır; gerçekten öyledir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 12.6 (Çift Koni Üzerindeki Eğrinin Çizimi) \(\alpha(t) = (t\cos t,\ t\sin t,\ t)\) eğrisini \(-2\pi \le t \le 2\pi\) aralığında çiziniz ve \(t = 0\)’daki \(T, N, B\) vektörlerini gösteriniz.

Çözüm

Eğri, \(xy\) düzlemine izdüşümünde \((t\cos t, t\sin t)\) Arşimet spiralini çizer: orijinden çıkıp yarıçapı \(|t|\) ile büyüyen bir sarmal. Aynı anda \(z = t\) yükseldiği için nokta, koninin yüzeyinde dolanarak tepeden uzaklaşır. \(t < 0\) tarafı, \(t > 0\) tarafının orijine göre yansımasıdır: \(\alpha(-t) = -\alpha(t)\); nokta alt koniden gelip tepeden geçer ve üst koniye çıkar. Birkaç nokta: \(\alpha(\pm\pi/2) = (0, \pm\pi/2, \pm\pi/2)\), \(\alpha(\pm\pi) = (-\pi, 0, \pm\pi)\), \(\alpha(\pm 2\pi) = (\pm 2\pi, 0, \pm 2\pi)\). Bir önceki kutuda tepe noktasında

\[T(0) = \dfrac{(1, 0, 1)}{\sqrt 2}, \qquad N(0) = (0, 1, 0), \qquad B(0) = \dfrac{(-1, 0, 1)}{\sqrt 2}\]

bulmuştuk; \(T(0)\) tepeden \(x\)-yönünde \(45°\) ile yükselir, \(N(0)\) ise \(y\) eksenine bakar, çünkü nokta tepeden çıkar çıkmaz saatin tersi yönünde sarılmaya başlar.

x² + y² = z² çift konisi (gri ızgara) ve üzerinde kalan α(t) = (t cos t, t sin t, t) eğrisi, −2π ≤ t ≤ 2π (mavi; koninin arkasından geçen parçalar soluk çizilmiştir). Eğri alt koniden gelip tepeden geçer ve üst koniye çıkar; tepe koni için bir tekillik olsa da eğri orada düzgündür, çünkü α′(0) = (1, 0, 1) ≠ 0. Tepeden çıkan üç ok t = 0 anındaki Frenet çatısıdır: T (turuncu) eğriye teğettir, N (yeşil) eğrinin döndüğü yana bakar, B = T × N (koyu) ikisine de diktir. Üçü de birim vektördür, görünürlük için 2 birim uzunlukta çizilmiştir; eğrilik orada κ = 1 olduğu için eğri, tepeden ayrılır ayrılmaz T doğrultusundan sapıp N yönüne döner.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 12.7 (Eğriliğin İvme ve Sürat Türeviyle İfadesi) \(\mathbb{R}^3\)’te düzgün bir \(\alpha\) eğrisinin eğriliğinin

\[\kappa^2 v^4 = \|\alpha''\|^2 - \left(\dfrac{dv}{dt}\right)^2\]

eşitliğini sağladığını gösteriniz.

Çözüm

\(\kappa > 0\) olsun. Lemma 12.2’ye göre \(\alpha'' = \dfrac{dv}{dt}\, T + \kappa v^2\, N\)’dir. \(T\) ile \(N\) birbirine dik birim vektörler olduğundan iki tarafın kendisiyle iç çarpımı

\[\|\alpha''\|^2 = \left(\dfrac{dv}{dt}\right)^2 T \cdot T + 2\,\dfrac{dv}{dt}\,\kappa v^2\, T \cdot N + \kappa^2 v^4\, N \cdot N = \left(\dfrac{dv}{dt}\right)^2 + \kappa^2 v^4\]

verir; \(\kappa^2 v^4\)’ü yalnız bırakınca istenen eşitlik çıkar.

\(\kappa\)’nın sıfırlandığı noktalarda \(N\) tanımlı değildir, ama eşitlik yine doğrudur: \(\alpha' = vT\) eşitliğinden \(\alpha'' = (dv/dt)\, T + vT'\) ve \(T' \perp T\) (\(T \cdot T = 1\)’in türevi) olduğundan \(\|\alpha''\|^2 = (dv/dt)^2 + v^2\|T'\|^2\); ayrıca genel durumda \(\|\alpha' \times \alpha''\| = \kappa v^3\) eşitliğinin kanıtındaki gibi \(\|T'\| = \kappa v\)’dir. Yorum: \(\|\alpha''\|^2\), ivmenin teğet bileşeninin karesi ile normal bileşeninin karesinin toplamıdır; formül, normal bileşenin uzunluğunu ivmenin uzunluğundan çıkarır. Bu, eğriliği vektörel çarpım kullanmadan hesaplamanın bir yoludur: örneğin Örnek 12.4’de \(t = 1\) için \(\|\alpha''\|^2 = 4\), \((dv/dt)^2 = 16/5\) ve \(v^4 = 25\) olduğundan \(\kappa^2 = (4 - 16/5)/25 = 4/125\), yani \(\kappa = 2/(5\sqrt 5)\) bulunur; orada bulduğumuz değerle aynıdır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 12.8 (Sabit Süratli Eğrinin Aparat Formülleri) \(\alpha\), sürati sabit bir \(c > 0\) olan bir eğri olsun; \(N\), \(B\) ve \(\tau\) için \(\alpha''\)’nün hiç sıfırlanmadığını, yani \(\kappa > 0\) olduğunu varsayınız. Şunları gösteriniz:

\[T = \dfrac{\alpha'}{c}, \qquad N = \dfrac{\alpha''}{\|\alpha''\|}, \qquad B = \dfrac{\alpha' \times \alpha''}{c\,\|\alpha''\|}, \qquad \kappa = \dfrac{\|\alpha''\|}{c^2}, \qquad \tau = \dfrac{(\alpha' \times \alpha'') \cdot \alpha'''}{c^2\,\|\alpha''\|^2}.\]

Çözüm

\(v = c\) sabit olduğundan \(dv/dt = 0\)’dır ve Lemma 12.2

\[\alpha' = cT, \qquad \alpha'' = \kappa c^2\, N\]

verir. Birincisinden \(T = \alpha'/c\). İkincisinde \(\kappa c^2 > 0\) ve \(\|N\| = 1\) olduğundan norm alınırsa \(\|\alpha''\| = \kappa c^2\), yani \(\kappa = \|\alpha''\|/c^2\) çıkar; \(\alpha''\)’nün sıfırlanmaması \(\kappa > 0\) ile aynı şeydir. Bu değeri geri yerleştirirsek \(N = \alpha''/(\kappa c^2) = \alpha''/\|\alpha''\|\): sabit süratli bir eğrinin asli normali, ivmesinin doğrultusudur.

Binormal için Teorem 12.1’ndeki \(\alpha' \times \alpha'' = \kappa v^3 B = \kappa c^3 B\) eşitliğini kullanalım: \(\|\alpha' \times \alpha''\| = \kappa c^3 = c \cdot \kappa c^2 = c\,\|\alpha''\|\), dolayısıyla

\[B = \dfrac{\alpha' \times \alpha''}{\|\alpha' \times \alpha''\|} = \dfrac{\alpha' \times \alpha''}{c\,\|\alpha''\|}.\]

Burulma için aynı teoremin formülünde \(\|\alpha' \times \alpha''\|^2 = c^2\|\alpha''\|^2\) yazılır:

\[\tau = \dfrac{(\alpha' \times \alpha'') \cdot \alpha'''}{c^2\,\|\alpha''\|^2}.\]

Denetim olarak \(\alpha(t) = (3\cos t, 3\sin t, 4t)\) helisini alalım: \(c = 5\), \(\alpha'' = (-3\cos t, -3\sin t, 0)\), \(\|\alpha''\| = 3\), dolayısıyla \(\kappa = 3/25\) ve \(N = (-\cos t, -\sin t, 0)\); \(\alpha''' = (3\sin t, -3\cos t, 0)\) ve \(\alpha' \times \alpha'' = (12\sin t, -12\cos t, 9)\) olduğundan \((\alpha' \times \alpha'') \cdot \alpha''' = 36\) ve \(\tau = 36/(25 \cdot 9) = 4/25\). Hepsi Örnek 12.1 ile uyuşur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 12.9 (Silindirik Helisin Eksen Vektörü İçin Formül) \(\alpha\), eğriliği \(\kappa > 0\) olan bir silindirik helis olsun. Eksen vektörünün (gerekirse \(-\mathbf{u}\) ile değiştirilerek)

\[\mathbf{u} = \dfrac{\tau}{\sqrt{\kappa^2 + \tau^2}}\, T + \dfrac{\kappa}{\sqrt{\kappa^2 + \tau^2}}\, B\]

biçiminde yazılabileceğini ve buradaki katsayıların, \(\vartheta\) helisin açısı olmak üzere, \(\cos\vartheta\) ile \(\sin\vartheta\) olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Teorem 12.2’in ispatında (birim hızlı durumda; keyfi hızda aparat aktarıldığı için aynı eşitlikler geçerlidir) \(\mathbf{u} = \cos\vartheta\, T + \sin\vartheta\, B\) ve \(\kappa\cos\vartheta = \tau\sin\vartheta\), \(\sin\vartheta \ne 0\) bulmuştuk. \(\sin\vartheta < 0\) ise \(\mathbf{u}\) yerine \(-\mathbf{u}\)’yu ve \(\vartheta\) yerine \(\vartheta + \pi\)’yi alalım: \(\cos(\vartheta + \pi) = -\cos\vartheta\) ve \(\sin(\vartheta + \pi) = -\sin\vartheta\) olduğundan \(-\mathbf{u} = \cos(\vartheta + \pi)\, T + \sin(\vartheta + \pi)\, B\) yine aynı biçimdedir, \(T \cdot (-\mathbf{u}) = \cos(\vartheta + \pi)\) sabittir ve yeni açının sinüsü pozitiftir. Dolayısıyla \(\sin\vartheta > 0\) varsayabiliriz.

\(\kappa\cos\vartheta = \tau\sin\vartheta\) eşitliğinin iki tarafının karesini alıp \(\cos^2\vartheta = 1 - \sin^2\vartheta\) yazalım:

\[\kappa^2 (1 - \sin^2\vartheta) = \tau^2\sin^2\vartheta \quad\Longrightarrow\quad \sin^2\vartheta\,(\kappa^2 + \tau^2) = \kappa^2 \quad\Longrightarrow\quad \sin\vartheta = \dfrac{\kappa}{\sqrt{\kappa^2 + \tau^2}};\]

karekökün pozitif işaretini \(\sin\vartheta > 0\) ve \(\kappa > 0\) olmasından dolayı seçtik. Sonra

\[\cos\vartheta = \dfrac{\tau\sin\vartheta}{\kappa} = \dfrac{\tau}{\sqrt{\kappa^2 + \tau^2}}.\]

Bunları \(\mathbf{u} = \cos\vartheta\, T + \sin\vartheta\, B\)’ye yerleştirince istenen formül çıkar. Katsayılar, \(\tau/\kappa\) sabit olduğu için, eğri boyunca sabittir; \(\kappa\) ile \(\tau\) ayrı ayrı değişse bile \(\mathbf{u}\) sabit kalır. \(\tau < 0\) ise \(\cos\vartheta < 0\), yani \(\vartheta\) geniş açıdır: eğri \(\mathbf{u}\) doğrultusunda “alçalır”.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 12.10 (Eksen Vektörü Formülünün Dairesel Heliste Denetimi) \(\alpha(t) = (a\cos t,\ a\sin t,\ bt)\) dairesel helisi (\(a > 0\), \(b \ne 0\)) için Alıştırma 12.9’daki formülün gerçekten \(\mathbf{u} = (0, 0, 1)\) verdiğini gösteriniz.

Çözüm

\(c = \sqrt{a^2 + b^2}\) olsun. Helisin aparatı (Örnek 12.1’daki hesabın genel \(a, b\) ile tekrarı) \(\kappa = a/c^2\), \(\tau = b/c^2\),

\[T = \dfrac{1}{c}(-a\sin t,\ a\cos t,\ b), \qquad B = \dfrac{1}{c}(b\sin t,\ -b\cos t,\ a)\]

biçimindedir. (\(B = T \times N\) ile \(N = (-\cos t, -\sin t, 0)\)’dan hesaplanabilir; ya da Teorem 12.1 ile \(\alpha' \times \alpha'' = (ab\sin t, -ab\cos t, a^2)\) vektörünün normuna, \(ac\)’ye, bölünmesiyle.) Şimdi

\[\sqrt{\kappa^2 + \tau^2} = \dfrac{\sqrt{a^2 + b^2}}{c^2} = \dfrac{1}{c}, \qquad \cos\vartheta = \dfrac{\tau}{\sqrt{\kappa^2 + \tau^2}} = \dfrac{b}{c}, \qquad \sin\vartheta = \dfrac{\kappa}{\sqrt{\kappa^2 + \tau^2}} = \dfrac{a}{c}.\]

Formüle göre

\[\mathbf{u} = \dfrac{b}{c}\, T + \dfrac{a}{c}\, B = \dfrac{1}{c^2}\left(-ab\sin t + ab\sin t,\ ab\cos t - ab\cos t,\ b^2 + a^2\right) = (0, 0, 1).\]

Gerçekten silindirin ekseni bulundu; \(t\)’ye bağlı bütün terimler birbirini götürdü. Açı için \(\cos\vartheta = b/c\), Örnek 12.9’te \(a = 3\), \(b = 4\) ile bulduğumuz \(4/5\) değeriyle uyumludur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 12.11 (Kesit Eğrisi Bir Düzlemdedir) \(\alpha : I \to \mathbb{R}^3\), eksen vektörü \(\mathbf{u}\) olan bir silindirik helis ve \(t_0 \in I\) olsun.

\[\gamma(t) = \alpha(t) - \bigl((\alpha(t) - \alpha(t_0)) \cdot \mathbf{u}\bigr)\, \mathbf{u}\]

eğrisine, \(\alpha\)’nın üzerinde bulunduğu silindirin bir kesit eğrisi (cross-sectional curve) denir. \(\gamma\)’nın, \(\alpha(t_0)\)’dan geçen ve \(\mathbf{u}\)’ya dik olan düzlemde kaldığını gösteriniz.

Çözüm

\(\alpha(t_0)\)’dan geçen, \(\mathbf{u}\)’ya dik düzlem, \((\mathbf{x} - \alpha(t_0)) \cdot \mathbf{u} = 0\) koşulunu sağlayan \(\mathbf{x}\) noktalarından oluşur. \(\gamma(t)\) için bu iç çarpımı hesaplayalım; \(\mathbf{u} \cdot \mathbf{u} = 1\)’dir:

\[\begin{aligned} (\gamma(t) - \alpha(t_0)) \cdot \mathbf{u} &= (\alpha(t) - \alpha(t_0)) \cdot \mathbf{u} - \bigl((\alpha(t) - \alpha(t_0)) \cdot \mathbf{u}\bigr)\,(\mathbf{u} \cdot \mathbf{u})\\ &= (\alpha(t) - \alpha(t_0)) \cdot \mathbf{u} - (\alpha(t) - \alpha(t_0)) \cdot \mathbf{u} = 0. \end{aligned}\]

Dolayısıyla her \(\gamma(t)\) bu düzlemdedir. Geometrik olarak \(\gamma(t)\), \(\alpha(t)\) noktasının \(\mathbf{u}\) doğrultusunda düzleme dik izdüşümüdür: \(\alpha(t)\)’den, \(\mathbf{u}\) doğrultusundaki “yükselme” miktarı \(h(t) = (\alpha(t) - \alpha(t_0)) \cdot \mathbf{u}\) çıkarılır. Silindirin bütün doğruları \(\mathbf{u}\) doğrultusunda olduğundan \(\gamma\), silindirin bu düzlemle kesitidir; \(\alpha\) da \(\gamma\)’nın üzerine dikilen silindirde, \(\alpha(t) = \gamma(t) + h(t)\,\mathbf{u}\) biçiminde ilerler.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 12.12 (Kesit Eğrisinin Eğriliği) \(\alpha\), eğriliği \(\kappa > 0\), açısı \(\vartheta\) ve eksen vektörü \(\mathbf{u}\) olan bir silindirik helis; \(\gamma(t) = \alpha(t) - \bigl((\alpha(t) - \alpha(t_0)) \cdot \mathbf{u}\bigr)\,\mathbf{u}\) onun bir kesit eğrisi olsun. \(\gamma\)’nın düzgün olduğunu ve eğriliğinin \(\kappa/\sin^2\vartheta\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

\(\alpha\)’nın sürati \(v\), Frenet çatısı \(T, N, B\) olsun. Teorem 12.2’in ispatından \(\mathbf{u} = \cos\vartheta\, T + \sin\vartheta\, B\) ve \(N \cdot \mathbf{u} = 0\)’dır; ayrıca \(\sin\vartheta \ne 0\)’dır. Türevleri hesaplayalım. \(\alpha(t_0)\) ve \(\mathbf{u}\) sabit olduğundan

\[\gamma' = \alpha' - (\alpha' \cdot \mathbf{u})\,\mathbf{u} = vT - v\cos\vartheta\,\mathbf{u},\]

çünkü \(\alpha' \cdot \mathbf{u} = vT \cdot \mathbf{u} = v\cos\vartheta\)’dır. \(\mathbf{u}\)’nun açılımını yerleştirirsek

\[\gamma' = vT - v\cos\vartheta\,(\cos\vartheta\, T + \sin\vartheta\, B) = v\sin^2\vartheta\, T - v\cos\vartheta\sin\vartheta\, B = v\sin\vartheta\,(\sin\vartheta\, T - \cos\vartheta\, B).\]

Parantezdeki vektör birimdir (\(\sin^2\vartheta + \cos^2\vartheta = 1\), \(T \perp B\)); dolayısıyla \(\|\gamma'\| = v\,|\sin\vartheta| > 0\) ve \(\gamma\) düzgündür.

İkinci türev için \(\alpha'' = (dv/dt)\, T + \kappa v^2 N\) (Lemma 12.2) ve \(\alpha'' \cdot \mathbf{u} = (dv/dt)\cos\vartheta + \kappa v^2\, N \cdot \mathbf{u} = (dv/dt)\cos\vartheta\) kullanılır:

\[\gamma'' = \alpha'' - (\alpha'' \cdot \mathbf{u})\,\mathbf{u} = \dfrac{dv}{dt}\, T + \kappa v^2 N - \dfrac{dv}{dt}\cos\vartheta\,(\cos\vartheta\, T + \sin\vartheta\, B) = \dfrac{dv}{dt}\sin\vartheta\,(\sin\vartheta\, T - \cos\vartheta\, B) + \kappa v^2\, N.\]

\(\gamma'\) ile \(\gamma''\)’nün vektörel çarpımında \(\gamma'\)’ye paralel olan ilk terim düşer:

\[\gamma' \times \gamma'' = v\sin\vartheta\,(\sin\vartheta\, T - \cos\vartheta\, B) \times \kappa v^2 N = \kappa v^3\sin\vartheta\,\bigl(\sin\vartheta\, T \times N - \cos\vartheta\, B \times N\bigr).\]

\(T \times N = B\) ve \(B \times N = -T\) olduğundan parantez \(\sin\vartheta\, B + \cos\vartheta\, T\)’dir; bu da birim bir vektördür. Böylece \(\|\gamma' \times \gamma''\| = \kappa v^3\,|\sin\vartheta|\) ve Teorem 12.1 ile

\[\kappa_\gamma = \dfrac{\|\gamma' \times \gamma''\|}{\|\gamma'\|^3} = \dfrac{\kappa v^3\,|\sin\vartheta|}{v^3\,|\sin\vartheta|^3} = \dfrac{\kappa}{\sin^2\vartheta}.\]

Yorum: kesit eğrisi, helisten daha sert döner; \(\vartheta\) küçüldükçe (eğri eksene daha paralel gittikçe) fark büyür. \(\vartheta = \pi/2\) ise eğri zaten düzlemseldir, kesit eğrisi kendisidir ve \(\kappa_\gamma = \kappa\) olur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 12.13 (Kübik Eğrinin Ekseni, Açısı ve Kesit Eğrisi) \(\alpha(t) = \left(2t,\ t^2,\ t^3/3\right)\) eğrisinin bir silindirik helis olduğunu doğrulayınız; eksen vektörünü, açısını ve \(t_0 = 0\)’a karşılık gelen kesit eğrisini bulunuz.

Çözüm

Alıştırma 12.1’da \(\kappa = \tau = 2/(2 + t^2)^2\) bulmuştuk; \(\tau/\kappa = 1\) sabittir, dolayısıyla Teorem 12.2’e göre \(\alpha\) bir silindirik helistir ve \(\cot\vartheta = 1\), \(\vartheta = \pi/4\)’tür. Eksen vektörü \(\mathbf{u} = \tfrac{1}{\sqrt 2}(T + B)\):

\[T + B = \dfrac{(2,\ 2t,\ t^2) + (t^2,\ -2t,\ 2)}{2 + t^2} = \dfrac{(2 + t^2,\ 0,\ 2 + t^2)}{2 + t^2} = (1, 0, 1), \qquad \mathbf{u} = \dfrac{(1, 0, 1)}{\sqrt 2}.\]

Denetim: \(T \cdot \mathbf{u} = \dfrac{2 + t^2}{\sqrt 2\,(2 + t^2)} = \dfrac{1}{\sqrt 2} = \cos\dfrac{\pi}{4}\).

Kesit eğrisi (\(\alpha(0) = \mathbf{0}\)): \(\alpha(t) \cdot \mathbf{u} = \dfrac{2t + t^3/3}{\sqrt 2}\), dolayısıyla

\[\gamma(t) = \left(2t,\ t^2,\ \dfrac{t^3}{3}\right) - \dfrac{2t + t^3/3}{2}\,(1, 0, 1) = \left(t - \dfrac{t^3}{6},\ t^2,\ -\Bigl(t - \dfrac{t^3}{6}\Bigr)\right).\]

\(\gamma\), \(x + z = 0\) düzlemindedir (birinci ve üçüncü koordinatın toplamı sıfır); bu düzlem orijinden geçer ve \(\mathbf{u}\)’ya diktir. Düzlemde \(e_1 = (1, 0, -1)/\sqrt 2\), \(e_2 = (0, 1, 0)\) ortonormal taban seçilirse \(\gamma(t) = \sqrt 2\,(t - t^3/6)\, e_1 + t^2\, e_2\) olur. Alıştırma 12.12’ye göre eğriliği \(\kappa/\sin^2(\pi/4) = 2\kappa = 4/(2 + t^2)^2\) olmalıdır; doğrudan hesapla denetleyelim: \(\gamma' = (1 - t^2/2,\ 2t,\ -(1 - t^2/2))\), \(\|\gamma'\|^2 = 2(1 - t^2/2)^2 + 4t^2 = (t^2 + 2)^2/2\); \(\gamma'' = (-t, 2, t)\);

\[\gamma' \times \gamma'' = \left(2t^2 + 2 - t^2,\ 0,\ 2 - t^2 + 2t^2\right) = (t^2 + 2,\ 0,\ t^2 + 2), \qquad \|\gamma' \times \gamma''\| = \sqrt 2\,(t^2 + 2),\]

\[\kappa_\gamma = \dfrac{\sqrt 2\,(t^2 + 2)}{(t^2 + 2)^3/(2\sqrt 2)} = \dfrac{4}{(t^2 + 2)^2}.\]

Sonuç uyuşur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 12.14 (Kübik Koordinatlı Eğrinin Kesit Eğrisi) \(\alpha(t) = (3t - t^3,\ 3t^2,\ 3t + t^3)\) eğrisinin bir silindirik helis olduğunu doğrulayınız; eksen vektörünü, açısını ve \(t_0 = 0\)’a karşılık gelen kesit eğrisini bulunuz.

Çözüm

Örnek 12.10’te \(\kappa = \tau\), \(\vartheta = \pi/4\) ve \(\mathbf{u} = (0, 0, 1)\) bulmuştuk. \(\alpha(0) = \mathbf{0}\) olduğundan kesit eğrisi

\[\gamma(t) = \alpha(t) - \alpha_3(t)\,(0, 0, 1) = \left(3t - t^3,\ 3t^2,\ 0\right)\]

olur: eğrinin \(xy\) düzlemine dik izdüşümü. Alıştırma 12.12’ye göre eğriliği \(2\kappa = \dfrac{2}{3(1 + t^2)^2}\) olmalıdır. Doğrudan hesap: \(\gamma' = 3(1 - t^2,\ 2t,\ 0)\), \(\|\gamma'\| = 3(1 + t^2)\); \(\gamma'' = 6(-t, 1, 0)\); vektörel çarpımın tek sıfırdan farklı bileşeni

\[18\left[(1 - t^2) \cdot 1 - 2t \cdot (-t)\right] = 18\,(1 + t^2)\]

olduğundan \(\kappa_\gamma = \dfrac{18(1 + t^2)}{27(1 + t^2)^3} = \dfrac{2}{3(1 + t^2)^2}\). Uyuşur. \(\gamma\) düzlemde \(t = 0\)’da orijinden geçen, \(y\) eksenine göre simetrik (\(\gamma(-t)\), \(\gamma(t)\)’nin \(x \mapsto -x\) yansıması) bir eğridir; \(t = \pm\sqrt 3\)’te tekrar \(x = 0\)’a döner (\(\gamma(\pm\sqrt 3) = (0, 9, 0)\)). Yani helisin üzerinde bulunduğu silindirin kesiti, bir “damla” biçiminde kapanan ve sonra sonsuza açılan bir eğridir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 12.15 (Hiperbolik Fonksiyonlu Eğrinin Kesit Eğrisi Bir Zincir Eğrisidir) \(\alpha(t) = (\cosh t,\ \sinh t,\ t)\) eğrisinin bir silindirik helis olduğunu doğrulayınız; eksen vektörünü, açısını ve \(t_0 = 0\)’a karşılık gelen kesit eğrisini bulunuz.

Çözüm

Alıştırma 12.4’de \(\kappa = \tau = 1/(2\cosh^2 t)\) bulmuştuk; oran \(1\), dolayısıyla \(\alpha\) silindirik helistir ve \(\vartheta = \pi/4\). Aynı hesaptan

\[T = \dfrac{(\sinh t,\ \cosh t,\ 1)}{\sqrt 2\,\cosh t}, \qquad B = \dfrac{\alpha' \times \alpha''}{\|\alpha' \times \alpha''\|} = \dfrac{(-\sinh t,\ \cosh t,\ -1)}{\sqrt 2\,\cosh t}.\]

Toplamları \(T + B = \dfrac{(0,\ 2\cosh t,\ 0)}{\sqrt 2\,\cosh t} = (0, \sqrt 2, 0)\), dolayısıyla \(\mathbf{u} = \tfrac{1}{\sqrt 2}(T + B) = (0, 1, 0)\): eksen \(y\) eksenidir. Denetim: \(T \cdot \mathbf{u} = \dfrac{\cosh t}{\sqrt 2\,\cosh t} = \dfrac{1}{\sqrt 2}\).

Kesit eğrisi (\(\alpha(0) = (1, 0, 0)\)): \((\alpha(t) - \alpha(0)) \cdot \mathbf{u} = \sinh t\), dolayısıyla

\[\gamma(t) = (\cosh t,\ \sinh t,\ t) - \sinh t\,(0, 1, 0) = (\cosh t,\ 0,\ t).\]

Bu, \(xz\) düzleminde \(x = \cosh z\) denklemiyle verilen eğridir: iki ucundan asılı bir zincirin aldığı biçim olan zincir eğrisi. Yani \(\alpha\), zincir eğrisinin üzerine dikilen silindirde \(45°\) eğimle yükselen bir eğridir. Eğrilik denetimi: \(\gamma' = (\sinh t, 0, 1)\), \(\|\gamma'\| = \cosh t\); \(\gamma'' = (\cosh t, 0, 0)\); \(\gamma' \times \gamma'' = (0, \cosh t, 0)\); \(\kappa_\gamma = \cosh t/\cosh^3 t = 1/\cosh^2 t = 2\kappa\), tam Alıştırma 12.12’nin dediği gibi.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 12.16 (Eğriliği ve Burulması Sabit Olan Eğri Dairesel Helistir) \(\alpha\), eğriliği \(\kappa > 0\) ve burulması \(\tau \ne 0\) sabit olan bir eğri olsun. \(\alpha\)’nın bir dairesel helis olduğunu, yani uygun bir dik koordinat sisteminde \((a\cos t, a\sin t, bt)\) helisinin bir yeniden parametrelendirmesi olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Bütün koşullar yeniden parametrelendirmeyle değişmediğinden \(\alpha\)’yı birim hızlı alabiliriz. \(\tau/\kappa\) sabit olduğundan \(\alpha\) bir silindirik helistir (Teorem 12.2); eksen vektörü \(\mathbf{u}\), açısı \(\vartheta\) olsun. Alıştırma 12.9’ya göre \(\sin\vartheta = \kappa/\sqrt{\kappa^2 + \tau^2} > 0\) ve \(\cos\vartheta = \tau/\sqrt{\kappa^2 + \tau^2} \ne 0\) alınabilir.

Adım 1: kesit eğrisi bir çemberdir. \(\gamma(s) = \alpha(s) - h(s)\,\mathbf{u}\), \(h(s) = (\alpha(s) - \alpha(0)) \cdot \mathbf{u} = s\cos\vartheta\) olsun. Alıştırma 12.11’ya göre \(\gamma\), \(\alpha(0)\)’dan geçen ve \(\mathbf{u}\)’ya dik \(P\) düzleminde kalır; Alıştırma 12.12’ye göre sürati \(\sin\vartheta\) ve eğriliği \(\kappa_\gamma = \kappa/\sin^2\vartheta\) sabittir. \(\gamma\) bir düzlem eğrisi olduğundan burulması sıfırdır (düzlem eğrisinin binormali düzlemin sabit normalidir, dolayısıyla \(B_\gamma' = \mathbf{0}\) ve \(\tau_\gamma = 0\)). Eğriliği sabit ve pozitif, burulması sıfır olan bir eğri, birim hızlı yeniden parametrelendirmesine Lemma 11.2 uygulanarak görüldüğü gibi, bir çemberin parçasıdır: yarıçapı \(r = 1/\kappa_\gamma = \sin^2\vartheta/\kappa\) ve merkezi, \(P\) düzleminde sabit bir \(\mathbf{c}\) noktasıdır.

Adım 2: çemberi parametreleyelim. \(P\)’nin doğrultusunda, yani \(\mathbf{u}\)’ya dik düzlemde, ortonormal \(e_1, e_2\) vektörleri seçelim. \(\gamma(s) - \mathbf{c}\) bu düzlemde, uzunluğu \(r\) olan bir vektördür; dolayısıyla (iç çarpım bölümünden bildiğimiz açı fonksiyonuyla) türevlenebilir bir \(\theta(s)\) için

\[\gamma(s) = \mathbf{c} + r\cos\theta(s)\, e_1 + r\sin\theta(s)\, e_2\]

yazılabilir. Türev: \(\gamma'(s) = r\,\theta'(s)\,(-\sin\theta\, e_1 + \cos\theta\, e_2)\), dolayısıyla \(\|\gamma'\| = r\,|\theta'(s)| = \sin\vartheta\). \(\theta'\) sürekli ve hiç sıfır olmadığından işareti sabittir; gerekirse \(e_2\) yerine \(-e_2\) alarak \(\theta' = \omega := \sin\vartheta/r > 0\) yapabiliriz. O zaman \(\theta(s) = \theta_0 + \omega s\)’dir.

Adım 3: birleştirme. \(\alpha(s) = \gamma(s) + s\cos\vartheta\,\mathbf{u}\) olduğundan

\[\alpha(s) = \mathbf{c} + r\cos(\theta_0 + \omega s)\, e_1 + r\sin(\theta_0 + \omega s)\, e_2 + s\cos\vartheta\,\mathbf{u}.\]

\(t = \theta_0 + \omega s\) yeni parametresini alalım; \(s = (t - \theta_0)/\omega\) olur ve

\[\alpha = \mathbf{c}' + r\cos t\, e_1 + r\sin t\, e_2 + \dfrac{\cos\vartheta}{\omega}\, t\,\mathbf{u}, \qquad \mathbf{c}' = \mathbf{c} - \dfrac{\theta_0\cos\vartheta}{\omega}\,\mathbf{u}.\]

Başlangıcı \(\mathbf{c}'\), eksenleri \(e_1, e_2, \mathbf{u}\) olan dik koordinat sisteminde bu, tam olarak \((a\cos t,\ a\sin t,\ bt)\) helisidir:

\[a = r = \dfrac{\sin^2\vartheta}{\kappa} = \dfrac{\kappa}{\kappa^2 + \tau^2}, \qquad b = \dfrac{\cos\vartheta}{\omega} = \dfrac{r\cos\vartheta}{\sin\vartheta} = r\,\dfrac{\tau}{\kappa} = \dfrac{\tau}{\kappa^2 + \tau^2}.\]

\(\tau \ne 0\) olduğundan \(b \ne 0\); \(s \mapsto \theta_0 + \omega s\) ise yön koruyan bir yeniden parametrelendirmedir. Formüller dairesel helisin bilinen aparatıyla tutarlıdır: \((a\cos t, a\sin t, bt)\) için \(\kappa = a/c^2\), \(\tau = b/c^2\), \(\kappa^2 + \tau^2 = 1/c^2\), dolayısıyla \(\kappa/(\kappa^2 + \tau^2) = a\) ve \(\tau/(\kappa^2 + \tau^2) = b\). Böylece özet tablodaki dördüncü satır ispatlanmış olur. (\(\tau = 0\) sabitse aynı akıl yürütmede \(\cos\vartheta = 0\) olur, \(\alpha = \gamma\) kendisi bir çemberdir; bu da üçüncü satırdır.)

\(\blacksquare\)

Alıştırma 12.17 (Silindirik Helis ve Küresel Görüntüsü) Eğriliği pozitif bir eğrinin silindirik helis olması için gerek ve yeter koşulun, küresel görüntüsünün bir çemberin parçası olması olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Eğrinin birim hızlı yeniden parametrelendirmesi \(\beta\) olsun; küresel görüntü \(\sigma = T\) hem \(\beta\)’nın hem özgün eğrinin birim teğetlerinin izlediği kümedir, çünkü keyfi hızlı eğrinin \(T\)’si \(\bar T(s)\) ile tanımlanır. Bir çemberin bir düzlemde kaldığını ve bir düzlemle bir kürenin kesişiminin (kesişim birden çok noktaysa) bir çember olduğunu kullanacağız.

Gereklilik. \(\beta\), \(T \cdot \mathbf{u} = \cos\vartheta\) koşulunu sağlayan bir silindirik helis olsun. O zaman \(\sigma(s) \cdot \mathbf{u} = \cos\vartheta\) sabittir: \(\sigma\), \(\mathbf{x} \cdot \mathbf{u} = \cos\vartheta\) düzleminde kalır. Aynı zamanda birim kürededir. \(\sigma(s) - \cos\vartheta\,\mathbf{u}\) vektörü \(\mathbf{u}\)’ya diktir (iç çarpımı \(\cos\vartheta - \cos\vartheta = 0\)) ve Pisagor ile

\[\|\sigma(s) - \cos\vartheta\,\mathbf{u}\|^2 = \|\sigma(s)\|^2 - \cos^2\vartheta = 1 - \cos^2\vartheta = \sin^2\vartheta.\]

Yani \(\sigma\), merkezi \(\cos\vartheta\,\mathbf{u}\), yarıçapı \(\sin\vartheta\) olan ve \(\mathbf{u}\)’ya dik düzlemde yatan çemberin üzerindedir (\(\sin\vartheta \ne 0\), çünkü \(\kappa > 0\)).

Yeterlilik. \(\sigma\) bir çemberin parçasında kalsın. Çember bir \(P\) düzlemindedir; \(P\)’nin bir birim normali \(\mathbf{u}\) ve \(P\)’nin denklemi \(\mathbf{x} \cdot \mathbf{u} = d\) olsun. O zaman her \(s\) için \(T(s) \cdot \mathbf{u} = \sigma(s) \cdot \mathbf{u} = d\) sabittir. \(|d| \le \|T\|\,\|\mathbf{u}\| = 1\) olduğundan \(d = \cos\vartheta\) olan bir \(\vartheta\) vardır ve \(\beta\) tanım gereği bir silindirik helistir.

Tutarlılık. Lemma 12.3’ne göre \(\kappa_\sigma = \sqrt{1 + (\tau/\kappa)^2}\)’dır; silindirik heliste \(\tau/\kappa = \cot\vartheta\) olduğundan \(\kappa_\sigma = \sqrt{1 + \cot^2\vartheta} = 1/\sin\vartheta\), yani yarıçapı \(\sin\vartheta\) olan çemberin eğriliği çıkar. Küresel görüntünün eğriliğinin sabit olması ile \(\tau/\kappa\)’nın sabit olması aynı şeydir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 12.18 (Kübik Eğrinin Küresel Görüntüsü) \(\alpha(t) = (2t,\ t^2,\ t^3/3)\) silindirik helisinin küresel görüntüsünü çiziniz. Tam bir çember midir? Merkezini bulunuz.

Çözüm

Alıştırma 12.1’dan \(T(t) = \dfrac{(2,\ 2t,\ t^2)}{2 + t^2}\) ve Alıştırma 12.13’dan \(\mathbf{u} = (1, 0, 1)/\sqrt 2\), \(\vartheta = \pi/4\). Bir önceki kutuya göre küresel görüntü, merkezi

\[\cos\vartheta\,\mathbf{u} = \dfrac{1}{\sqrt 2} \cdot \dfrac{(1, 0, 1)}{\sqrt 2} = \left(\dfrac{1}{2}, 0, \dfrac{1}{2}\right)\]

ve yarıçapı \(\sin\vartheta = 1/\sqrt 2\) olan, \(x + z = \sqrt 2\) düzlemindeki çemberin üzerindedir. Denetim: \(T(0) = (1, 0, 0)\)’ın merkeze uzaklığı \(\sqrt{1/4 + 1/4} = 1/\sqrt 2\)’dir.

Çemberin tamamı mı? Çember düzleminde \(e_1 = (1, 0, -1)/\sqrt 2\), \(e_2 = (0, 1, 0)\) ortonormal tabanını alalım. \(T(t) - (1/2, 0, 1/2)\) vektörünün bileşenleri

\[\dfrac{2 - t^2}{2(2 + t^2)}\ (x),\qquad \dfrac{2t}{2 + t^2}\ (y),\qquad \dfrac{t^2 - 2}{2(2 + t^2)}\ (z)\]

olduğundan \(e_1\) bileşeni \(\dfrac{2 - t^2}{\sqrt 2\,(2 + t^2)}\), \(e_2\) bileşeni \(\dfrac{2t}{2 + t^2}\)’dir. Yarıçapa bölerek açıyı okuyalım:

\[\cos\varphi = \dfrac{2 - t^2}{2 + t^2}, \qquad \sin\varphi = \dfrac{2\sqrt 2\, t}{2 + t^2}.\]

\(t = \sqrt 2\tan(\varphi/2)\) yazılırsa bu, yarım açı formülleriyle tam olarak sağlanır. \(t\), \(-\infty\)’dan \(\infty\)’a giderken \(\varphi\), \(-\pi\)’den \(\pi\)’ye gider (uçlar dahil değil): \(\cos\varphi\), \(-1\)’e yaklaşırken \(\sin\varphi\) negatiften pozitife geçer ve \(t = 0\)’da \(\varphi = 0\)’dır. Dolayısıyla küresel görüntü tam bir çember değildir; \(\varphi = \pi\) noktası, yani

\[\left(\dfrac{1}{2}, 0, \dfrac{1}{2}\right) - \dfrac{1}{\sqrt 2}\, e_1 = \left(\dfrac{1}{2}, 0, \dfrac{1}{2}\right) - \left(\dfrac{1}{2}, 0, -\dfrac{1}{2}\right) = (0, 0, 1)\]

eksiktir. Bu tam da Alıştırma 12.3’de bulduğumuz \(t \to \pm\infty\) limitidir: \(T\) her iki uçta \((0, 0, 1)\)’e yaklaşır ama ona hiç ulaşmaz. Çizimde, \(\Sigma\) birim küresi üzerinde \((1, 0, 0)\)’dan geçen, \((0, 0, 1)\)’de bir noktası eksik olan eğik bir çember görülür.

\(\blacksquare\)