4 Uzayda Eğriler
Önceki bölümde (Yönlü Türevler) bir fonksiyonun bir teğet vektöre göre türevini, \(\mathbf{p}\) noktasından \(\mathbf{v}\) doğrultusunda giden \(t \mapsto \mathbf{p} + t\mathbf{v}\) doğrusu boyunca türev alarak tanımladık. Orada doğru yalnızca bir araçtı: bir noktadan bir yöne doğru yola çıkmanın en basit yolu. Bu bölümde doğrunun yerine her türlü yolu koyuyoruz. Dönerek yükselen, bir kürenin üzerinde dolaşan ya da aynı rotayı yeniden yeniden dolaşan yolları inceleyeceğiz.
Eğriye bir şekil olarak değil, bir yolculuk olarak bakacağız. Uzayda hareket eden bir nokta düşünelim; her \(t\) anında bulunduğu yere \(\alpha(t)\) diyelim. Bu bakış hemen yeni bir nesne doğurur: noktanın o andaki hızı. Hızın, önceki bölümlerden tanıdığımız bir teğet vektör olduğunu göreceğiz. Böylece yönlü türevin bütün araçları eğrilere de uygulanabilir hâle gelir.
Bölümün planı şöyledir. Önce eğrinin tanımını ve ileride geometrisini inceleyeceğimiz beş temel örneği vereceğiz. Sonra hız vektörünü tanımlayıp onu kesen vektörlerin limiti olarak yorumlayacağız. Aynı rotayı farklı biçimde dolaşan eğrileri, yani yeniden parametrelendirmeleri, ve bunların hızlarını karşılaştıracağız. Bir fonksiyonun bir eğri boyunca değişim hızını veren lemmayı ispatlayıp birebir, periyodik ve düzgün eğrileri tanımlayacağız. Son olarak düzlemde bir denklemle verilen eğrilere, yani seviye kümelerine, bakacağız.
4.1 Hareket Eden Nokta ve Eğri
Uzayda hareket eden bir nokta düşünelim. Bir \(I\) açık aralığındaki her \(t\) “anında” nokta \(\mathbb{R}^3\)’te belli bir yerdedir; bu yere \(\alpha(t)\) diyelim. \(\alpha(t)\), \(\mathbb{R}^3\)’ün bir noktası olduğundan üç koordinatı vardır ve bu koordinatlar \(t\) ile değişir. Böylece her \(i = 1, 2, 3\) için \(I\) üzerinde gerçel değerli bir \(\alpha_i\) fonksiyonu elde ederiz: \(\alpha_i(t)\), noktanın \(t\) anındaki \(i\)-inci koordinatıdır. Her \(t \in I\) için
\[\alpha(t) = \bigl(\alpha_1(t), \alpha_2(t), \alpha_3(t)\bigr)\]
yazarız. Kısaca \(\alpha = (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)\) diyeceğiz. Doğal koordinat fonksiyonları (Tanım 1.3) cinsinden \(\alpha_i(t) = x_i(\alpha(t))\)’dir: \(\alpha_i\), önce \(\alpha\)’yı sonra \(x_i\)’yi uygulayan bileşkedir. \(\alpha_i\)’ye \(x_i(t)\) demiyoruz, çünkü \(x_i\) harfi \(\mathbb{R}^3\)’ün noktalarına uygulanan fonksiyona ayrılmıştır.
Hareketin sarsıntısız olmasını istiyoruz: noktanın konumu her an türevlenebilir biçimde değişmeli, hızı ve hızının değişimi de anlamlı olmalıdır. \(\mathbb{R}^3\) üzerindeki fonksiyonlar için yaptığımız gibi (Tanım 1.4), tek değişkenli bir fonksiyon için de “türevlenebilir” derken her mertebeden türevinin var olmasını kastediyoruz. Bir \(\alpha : I \to \mathbb{R}^3\) fonksiyonuna, gerçel değerli \(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3\) koordinat fonksiyonlarının hepsi türevlenebilirse diferansiyellenebilir diyeceğiz.
Tanım 4.1 (Uzayda Eğri) Bir \(I\) açık aralığından \(\mathbb{R}^3\)’e giden diferansiyellenebilir bir \(\alpha : I \to \mathbb{R}^3\) fonksiyonuna \(\mathbb{R}^3\)’te bir eğri (curve) denir. \(\alpha(t) = \bigl(\alpha_1(t), \alpha_2(t), \alpha_3(t)\bigr)\) olmak üzere \(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3 : I \to \mathbb{R}\) fonksiyonlarına \(\alpha\)’nın Öklid koordinat fonksiyonları (coordinate functions) denir.
Yani bir eğri, her \(t\) anında nerede bulunduğumuzu söyleyen ve koordinatları istediğimiz kadar türevlenebilen bir kuraldır. Eğri bu kuralın kendisidir; kuralın uğradığı noktaların kümesi değildir.
UyarıEğri ile rotası aynı şey değildir
\(\alpha\)’nın uğradığı noktaların kümesine, yani \(\alpha(I) = \{\alpha(t) : t \in I\}\) görüntü kümesine, \(\alpha\)’nın rotası diyeceğiz. Farklı eğrilerin rotası aynı olabilir. Örneğin \(t \mapsto (\cos t, \sin t, 0)\) ve \(t \mapsto (\cos 2t, \sin 2t, 0)\) eğrilerinin (\(t \in \mathbb{R}\)) rotası, \(xy\) düzlemindeki birim dairedir. Ama ikincisi daireyi iki kat hızlı dolaşır: \(t = \pi\) anında birincisi \((-1, 0, 0)\)’da, ikincisi ise tam turunu bitirmiş, \((1, 0, 0)\)’dadır. Bir eğri, rotayı hangi sırayla ve hangi hızla dolaştığımızı da taşır.
Aşağıdaki beş örnek, ileride eğrilerin geometrisini incelerken tekrar tekrar kullanacağımız eğrilerdir. Ardından eğri olmayan bir eşleme göreceğiz.
Örnek 4.1 (Doğru) \(\mathbf{p} = (p_1, p_2, p_3)\) bir nokta ve \(\mathbf{q} = (q_1, q_2, q_3) \neq \mathbf{0}\) olsun. \(\alpha : \mathbb{R} \to \mathbb{R}^3\) fonksiyonu
\[\alpha(t) = \mathbf{p} + t\mathbf{q} = (p_1 + tq_1,\ p_2 + tq_2,\ p_3 + tq_3)\]
kuralıyla verilsin. \(\alpha\)’nın bir eğri olduğunu gösterelim; \(\mathbf{p} = (1, 2, 0)\) ve \(\mathbf{q} = (2, -1, 3)\) için \(t = -1, 0, 1, 2\) anlarındaki noktaları hesaplayalım.
Çözüm
Koordinat fonksiyonları \(\alpha_i(t) = q_i t + p_i\) biçimindedir. Her biri \(t\)’nin en çok birinci dereceden bir polinomudur ve polinomlar her mertebeden türevlenebilir. Dolayısıyla \(\alpha\) bir eğridir. Buradaki koordinat fonksiyonları \(t \mapsto ct + d\) anlamında lineerdir; \(t \mapsto ct\) gibi sabit terimsiz olmaları gerekmez. Sabit terim olmasaydı (\(\mathbf{p} = \mathbf{0}\)) doğru orijinden geçmek zorunda kalırdı.
\(t = 0\) anında \(\alpha(0) = \mathbf{p}\)’dir. Ayrıca her \(t\) için \(\alpha(t + 1) - \alpha(t) = \mathbf{q}\): nokta her birim zamanda \(\mathbf{q}\) kadar yer değiştirir. Bu yüzden \(\alpha\)’ya \(\mathbf{p} = \alpha(0)\) noktasından geçen, \(\mathbf{q}\) doğrultusundaki doğru (straight line) diyoruz.
Sayısal durumda \(\alpha(t) = (1 + 2t,\ 2 - t,\ 3t)\) olur:
| \(t\) | \(\alpha(t)\) |
|---|---|
| \(-1\) | \((-1, 3, -3)\) |
| \(0\) | \((1, 2, 0)\) |
| \(1\) | \((3, 1, 3)\) |
| \(2\) | \((5, 0, 6)\) |
Ardışık iki satırdaki noktaların farkı hep \((2, -1, 3) = \mathbf{q}\)’dur.
\(\mathbf{q} \neq \mathbf{0}\) koşulunun nedeni şudur: \(\mathbf{q} = \mathbf{0}\) olsaydı her \(t\) için \(\alpha(t) = \mathbf{p}\) olurdu. Bu sabit fonksiyon da türevlenebilir olduğundan tanıma göre bir eğridir, ama rotası tek bir noktadır; doğru değildir.
\(\blacksquare\)
Örnek 4.2 (Helis) \(a > 0\) ve \(b \neq 0\) sayıları için \(\alpha : \mathbb{R} \to \mathbb{R}^3\) eğrisi
\[\alpha(t) = (a\cos t,\ a\sin t,\ bt)\]
ile verilsin. \(\alpha\)’nın \(x^2 + y^2 = a^2\) silindirinin üzerinde kaldığını gösterelim ve \(a = 1\), \(b = 1/2\) için bir tam turda ne kadar yükseldiğini bulalım.
Çözüm
Önce yalnızca ilk iki koordinata bakalım: \(t \mapsto (a\cos t, a\sin t, 0)\), \(xy\) düzleminde merkezi orijin, yarıçapı \(a\) olan daireyi saatin tersi yönünde dolaşır. Üçüncü koordinat \(bt\) ise sabit bir hızla artar (\(b < 0\) ise azalır). Dairesel harekete sabit hızla yükselmenin eklenmesiyle elde edilen bu eğriye helis (helix) denir. Koordinat fonksiyonları \(\cos\), \(\sin\) ve bir polinom olduğundan her mertebeden türevlenebilir; \(\alpha\) bir eğridir.
Her \(t\) için
\[\alpha_1(t)^2 + \alpha_2(t)^2 = a^2\cos^2 t + a^2\sin^2 t = a^2\]
olduğundan \(\alpha(t)\) noktası, \(xy\) düzlemindeki dairenin üzerine dikilen \(x^2 + y^2 = a^2\) silindirinin üzerindedir; yükseklik ne olursa olsun nokta silindirden ayrılmaz.
\(t\) bir \(2\pi\) arttığında \(\cos\) ve \(\sin\) değişmez, üçüncü koordinat \(2\pi b\) artar:
\[\alpha(t + 2\pi) = \alpha(t) + (0, 0, 2\pi b).\]
Yani nokta her tam turda aynı dikey doğru üzerine, \(2\pi |b|\) kadar yukarıda (ya da aşağıda) geri gelir. \(a = 1\), \(b = 1/2\) için bir turdaki yükselme \(2\pi \cdot \tfrac{1}{2} = \pi\)’dir:
| \(t\) | \(\alpha(t)\) |
|---|---|
| \(0\) | \((1, 0, 0)\) |
| \(\pi/2\) | \((0, 1, \pi/4)\) |
| \(\pi\) | \((-1, 0, \pi/2)\) |
| \(3\pi/2\) | \((0, -1, 3\pi/4)\) |
| \(2\pi\) | \((1, 0, \pi)\) |
\(b \neq 0\) koşulu önemlidir: \(b = 0\) olsaydı nokta hiç yükselmez, \(xy\) düzlemindeki daireyi dolaşıp dururdu.
\(\blacksquare\)
Örnek 4.3 (Silindir ile Kürenin Kesişimindeki Eğri) \(\alpha : \mathbb{R} \to \mathbb{R}^3\) eğrisi
\[\alpha(t) = \left(1 + \cos t,\ \sin t,\ 2\sin\dfrac{t}{2}\right)\]
ile verilsin. \(C\), \(xy\) düzleminde merkezi \((1, 0, 0)\) ve yarıçapı \(1\) olan dairenin üzerine dikilen silindir; \(\Sigma\) ise merkezi orijin, yarıçapı \(2\) olan küre olsun:
\[C : (x - 1)^2 + y^2 = 1, \qquad \Sigma : x^2 + y^2 + z^2 = 4.\]
\(\alpha\)’nın rotasının tam olarak \(C\) ile \(\Sigma\)’nın kesişimi olduğunu, yani \(\alpha\)’nın her noktasının iki yüzeyde de bulunduğunu ve kesişimin her noktasından \(\alpha\)’nın geçtiğini gösterelim.
Çözüm
Koordinat fonksiyonları \(\cos\) ve \(\sin\) ile kurulduğundan her mertebeden türevlenebilir; \(\alpha\) bir eğridir.
Silindir. Her \(t\) için
\[\bigl(\alpha_1(t) - 1\bigr)^2 + \alpha_2(t)^2 = \cos^2 t + \sin^2 t = 1\]
olduğundan \(\alpha(t)\) noktası \(C\)’dedir.
Küre. Koordinatların karelerini toplayalım:
\[\begin{aligned} \alpha_1(t)^2 + \alpha_2(t)^2 + \alpha_3(t)^2 &= (1 + \cos t)^2 + \sin^2 t + 4\sin^2\dfrac{t}{2}\\ &= 1 + 2\cos t + (\cos^2 t + \sin^2 t) + 4\sin^2\dfrac{t}{2}\\ &= 2 + 2\cos t + 4\sin^2\dfrac{t}{2}. \end{aligned}\]
Yarım açı özdeşliği \(\cos t = 1 - 2\sin^2(t/2)\) gereği \(4\sin^2(t/2) = 2 - 2\cos t\)’dir. Yerine koyunca toplam \(2 + 2\cos t + 2 - 2\cos t = 4\) olur; yani \(\alpha(t)\) noktası \(\Sigma\)’dadır.
Kesişimin tamamı. Şimdi \((x, y, z)\) noktası hem \(C\)’de hem \(\Sigma\)’da olsun. Silindir denklemini açarsak \(x^2 - 2x + 1 + y^2 = 1\), yani \(x^2 + y^2 = 2x\) bulunur. Bunu küre denklemine koyunca \(2x + z^2 = 4\), yani \(z^2 = 4 - 2x\) olur.
\((x - 1, y)\) çifti birim dairenin üzerinde olduğundan \(x - 1 = \cos t_0\) ve \(y = \sin t_0\) olacak biçimde bir \(0 \le t_0 < 2\pi\) açısı vardır. O zaman
\[z^2 = 4 - 2(1 + \cos t_0) = 2 - 2\cos t_0 = 4\sin^2\dfrac{t_0}{2},\]
yani \(z = 2\sin(t_0/2)\) ya da \(z = -2\sin(t_0/2)\). İlk durumda \((x, y, z) = \alpha(t_0)\)’dır. İkinci durumda \(t = t_0 + 2\pi\) alalım: \(\cos\) ve \(\sin\) değişmez, üçüncü koordinat ise
\[2\sin\dfrac{t_0 + 2\pi}{2} = 2\sin\left(\dfrac{t_0}{2} + \pi\right) = -2\sin\dfrac{t_0}{2}\]
olur; yani \((x, y, z) = \alpha(t_0 + 2\pi)\). Her iki durumda da nokta \(\alpha\)’nın rotasındadır.
Sürekli dolaşma. \(\cos t\) ve \(\sin t\) fonksiyonları \(2\pi\), \(2\sin(t/2)\) fonksiyonu \(4\pi\) artışında kendini tekrarlar; dolayısıyla her \(t\) için \(\alpha(t + 4\pi) = \alpha(t)\)’dir. Nokta \(4\pi\) uzunluğundaki her zaman diliminde aynı kapalı rotayı bir kez dolaşır ve bunu durmadan tekrarlar. Birkaç nokta:
| \(t\) | \(\alpha(t)\) | konum |
|---|---|---|
| \(0\) | \((2, 0, 0)\) | kürenin ekvatorunda |
| \(\pi/2\) | \((1, 1, \sqrt{2})\) | üst yarıda |
| \(\pi\) | \((0, 0, 2)\) | kuzey kutbunda |
| \(3\pi/2\) | \((1, -1, \sqrt{2})\) | üst yarıda |
| \(2\pi\) | \((2, 0, 0)\) | ilk noktaya dönüş |
| \(3\pi\) | \((0, 0, -2)\) | güney kutbunda |
\(0 \le t \le 2\pi\) iken \(\sin(t/2) \ge 0\) olduğundan nokta kürenin \(z \ge 0\) yarısında, \(2\pi \le t \le 4\pi\) iken \(z \le 0\) yarısında ilerler. Rota \((2, 0, 0)\) noktasında kendini keser: nokta oraya \(t = 0\) ve \(t = 2\pi\) anlarında, iki farklı yönde gelir.
\(\blacksquare\)
Etkileşimli sahne: küre ile silindirin kesişimi. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz. Yarı saydam yüzeyler \(\Sigma\) küresi ile \(C\) silindiridir; \(t\) kaydırıcısı noktayı \(\alpha\)’nın rotası üzerinde \(0\)’dan \(4\pi\)’ye kadar dolaştırır ve değer satırındaki iki toplam her an \(4\) ile \(1\) kalır, yani nokta iki yüzeyden de ayrılmaz. Turuncu ok noktanın o andaki hız vektörüdür (bu vektörü birazdan tanımlayacağız); \(t = 0\) ile \(t = 2\pi\)’de nokta aynı \((2, 0, 0)\) yerindedir, ama ok iki farklı yönü gösterir.
Örnek 4.4 (Hiperbolün Üzerinde Yükselen Eğri) \(\alpha : \mathbb{R} \to \mathbb{R}^3\) eğrisi
\[\alpha(t) = \left(e^t,\ e^{-t},\ \sqrt{2}\,t\right)\]
ile verilsin. \(\alpha\)’nın, \(xy\) düzlemindeki \(xy = 1\) hiperbolünün \(x > 0\) kolunun üzerinde ilerlediğini, bu kolun her noktasının üstünden tam bir kez geçtiğini ve helis gibi sabit hızla yükseldiğini gösterelim.
Çözüm
Üstel fonksiyon ve polinomlar her mertebeden türevlenebilir olduğundan \(\alpha\) bir eğridir.
İlk iki koordinatın çarpımı her \(t\) için \(e^t e^{-t} = e^0 = 1\)’dir. Yani \(\alpha(t)\)’nin \(xy\) düzlemine izdüşümü olan \((e^t, e^{-t})\) noktası \(xy = 1\) hiperbolünün üzerindedir. Bu hiperbolün iki kolu vardır: biri \(x > 0\), \(y > 0\) bölgesinde, öteki \(x < 0\), \(y < 0\) bölgesindedir. \(e^t > 0\) olduğundan izdüşüm daima birinci koldadır; eğri bu kolun üzerine dikilen dik bir “duvarın” üzerinde ilerler.
Kolun her noktası tam bir kez ziyaret edilir. \(x_0 > 0\) olmak üzere \((x_0, 1/x_0)\) bu koldan bir nokta olsun. \(e^t = x_0\) denkleminin tek çözümü \(t = \log x_0\)’dır; burada \(\log\) doğal logaritmadır. Bu \(t\) için \(e^{-t} = 1/x_0\) de sağlanır. Yani izdüşüm kolun her noktasından geçer, her birinden de yalnızca bir anda. \(t \to -\infty\) iken \(x = e^t\) sıfıra yaklaşır, \(y = e^{-t}\) sınırsız büyür; \(t \to \infty\) iken tersi olur.
Üçüncü koordinat \(\sqrt{2}\,t\) ise her birim zamanda \(\sqrt{2}\) artar. Helisteki \(bt\) koordinatı gibi, eğri sabit hızla yükselir; fark, altındaki eğrinin daire yerine hiperbol olmasıdır. Birkaç nokta (\(e \approx 2{,}718\), \(\sqrt{2} \approx 1{,}414\)):
| \(t\) | \(x = e^t\) | \(y = e^{-t}\) | \(z = \sqrt{2}\,t\) |
|---|---|---|---|
| \(-1\) | \(0{,}368\) | \(2{,}718\) | \(-1{,}414\) |
| \(0\) | \(1\) | \(1\) | \(0\) |
| \(1\) | \(2{,}718\) | \(0{,}368\) | \(1{,}414\) |
\(\blacksquare\)
Etkileşimli sahne: hiperbolün üzerinde yükselen eğri. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz. Yarı saydam duvar \(xy = 1\) hiperbolünün \(x > 0\) kolu üzerine dikilmiştir; \(t\) kaydırıcısı noktayı eğri boyunca ilerletir, kesikli dikme de noktayı \(xy\) düzlemindeki izdüşümüne bağlar. Değer satırında izdüşümün koordinatlarının çarpımı her an \(1\), yükseklik ise \(\sqrt{2}\,t\)’dir. Turuncu hız vektörünün yatay kısmı uzayıp kısalırken üçüncü bileşeni hep \(\sqrt{2}\) kalır: eğri sabit hızla yükselir.
Örnek 4.5 (Kübik Koordinatlı Eğri) \(\alpha : \mathbb{R} \to \mathbb{R}^3\) eğrisi
\[\alpha(t) = \left(3t - t^3,\ 3t^2,\ 3t + t^3\right)\]
ile verilsin. Koordinat fonksiyonları basit olduğunda bir eğrinin biçimi birkaç nokta hesaplanarak kabaca bulunabilir. Bu eğrinin \(0 \le t \le 1\) parçasının kaba resmini \(t = 0, \tfrac{1}{10}, \tfrac{1}{2}, \tfrac{9}{10}, 1\) anlarındaki noktalardan çıkaralım.
Çözüm
Koordinat fonksiyonları en çok üçüncü dereceden polinomlardır; \(\alpha\) bir eğridir. İstenen anlarda noktalar şunlardır:
| \(t\) | \(x = 3t - t^3\) | \(y = 3t^2\) | \(z = 3t + t^3\) |
|---|---|---|---|
| \(0\) | \(0\) | \(0\) | \(0\) |
| \(1/10\) | \(0{,}299\) | \(0{,}03\) | \(0{,}301\) |
| \(1/2\) | \(1{,}375\) | \(0{,}75\) | \(1{,}625\) |
| \(9/10\) | \(1{,}971\) | \(2{,}43\) | \(3{,}429\) |
| \(1\) | \(2\) | \(3\) | \(4\) |
Örneğin \(t = 9/10\) için \(3t = 2{,}7\), \(t^2 = 0{,}81\) ve \(t^3 = 0{,}729\) olduğundan \(x = 2{,}7 - 0{,}729 = 1{,}971\), \(y = 3 \cdot 0{,}81 = 2{,}43\) ve \(z = 2{,}7 + 0{,}729 = 3{,}429\) bulunur.
Şimdi tablodan resmi okuyalım. \(t = 0\) ile \(t = 1/10\) arasında \(x\) ile \(z\) neredeyse eşit ve yaklaşık \(3t\) kadardır, \(y\) ise çok küçüktür. Yani eğri orijinden \(y = 0\) düzlemindeki \(x = z\) doğrusuna teğet biçimde, \((1, 0, 1)\) doğrultusunda çıkar. \(t\) büyüdükçe \(y = 3t^2\) hızla artar ve \(z\) ile \(x\) arasındaki fark açılır: eğri hem \(y\) yönüne kıvrılır hem de \(z\) bakımından \(x\)’i geride bırakır. \(t = 1\)’de \((2, 3, 4)\) noktasına varır. Sonuç, orijinden \((2, 3, 4)\)’e doğru bükülerek yükselen bir yaydır.
Bu okumayı kesinleştiren iki özdeşlik vardır:
\[x + z = 6t, \qquad z - x = 2t^3.\]
Birincisi, \(x + z\) toplamının zamanla sabit hızla arttığını söyler. İkincisi, eğrinin \(t > 0\) için \(z > x\) bölgesinde kaldığını ve aradaki farkın başta çok küçük kaldığını gösterir: \(t = 1/10\) anında fark yalnızca \(2/1000\)’dir, \(t = 1\) anında ise \(2\) olur.
Negatif \(t\) değerleri için yeni hesap gerekmez. Her \(t\) için
\[\alpha(-t) = \bigl(-(3t - t^3),\ 3t^2,\ -(3t + t^3)\bigr)\]
olur. Yani \(\alpha(-t)\), \(\alpha(t)\)’nin \(x\) ve \(z\) koordinatlarının işareti değiştirilerek elde edilir; bu da \(y\) ekseni etrafında \(\pi\) açılık dönmedir. \(-1 \le t \le 0\) parçası, çizdiğimiz yayın bu dönmeyle elde edilen kopyasıdır.
\(\blacksquare\)
Örnek 4.6 (Eğri Olmayan Bir Eşleme) \(\beta : \mathbb{R} \to \mathbb{R}^3\), \(\beta(t) = (t, |t|, 0)\) eşlemesinin neden bir eğri olmadığını açıklayalım.
Çözüm
\(\beta_1(t) = t\) ve \(\beta_3(t) = 0\) koordinatları sorunsuzdur; sorun ikinci koordinat \(\beta_2(t) = |t|\)’dedir. \(t = 0\)’daki fark oranı
\[\dfrac{|0 + \Delta t| - |0|}{\Delta t} = \dfrac{|\Delta t|}{\Delta t}\]
\(\Delta t > 0\) için \(1\), \(\Delta t < 0\) için \(-1\)’dir. İki yanlı limit yoktur, dolayısıyla \(\beta_2\)’nin \(0\)’da türevi yoktur. \(\beta\) diferansiyellenebilir değildir ve bir eğri değildir.
\(\beta\)’nın rotası \(xy\) düzlemindeki \(y = |x|\) grafiğidir: orijinde köşesi olan bir “V”. Hareket eden nokta orijine \((1, -1, 0)\) doğrultusunda gelir ve oradan ani bir dönüşle \((1, 1, 0)\) doğrultusunda ayrılır. Türevin olmaması bu ani dönüşün izidir.
Tanım kümesi de önemlidir: aynı kural yalnızca \(0 < t\) açık aralığında düşünülürse \(|t| = t\) olur ve \(t \mapsto (t, t, 0)\) bir eğridir; hatta bir doğrunun parçasıdır. Köşeli rotalara düzgün eğrileri tanımlarken döneceğiz.
\(\blacksquare\)
4.2 Hız Vektörü
Eğriyi hareket eden bir nokta olarak düşündüğümüzde her \(t\) anında sorulacak doğal bir soru vardır: nokta şu an hangi yöne ve ne hızla gidiyor? Cevap bir oktur. Ok, noktanın o anda bulunduğu \(\alpha(t)\) yerinden çıkmalı, hareketin yönünü göstermeli ve uzunluğu hareketin hızını yansıtmalıdır. Bir noktadan çıkan ok ise tam olarak bir teğet vektördür (Tanım 2.1). Okun vektör kısmını, koordinatların zamana göre değişim hızları olarak alırız.
Tanım 4.2 (Hız Vektörü) \(\alpha : I \to \mathbb{R}^3\), \(\alpha = (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)\) bir eğri olsun. Her \(t \in I\) için
\[\alpha'(t) = \left(\dfrac{d\alpha_1}{dt}(t), \dfrac{d\alpha_2}{dt}(t), \dfrac{d\alpha_3}{dt}(t)\right)_{\alpha(t)}\]
teğet vektörüne \(\alpha\)’nın \(t\) anındaki hız vektörü (velocity vector) denir. Uygulama noktası \(\alpha(t)\), vektör kısmı ise koordinat fonksiyonlarının \(t\)’deki türevlerinden oluşan üçlüdür.
Yani \(\alpha'(t)\), hareket eden noktanın \(t\) anında bulunduğu yerden çıkan ve o anki hareketin yönünü ve hızını gösteren oktur.
Burada \(d\alpha_i/dt\), tek değişkenli \(\alpha_i\) fonksiyonunun sıradan türevidir; kısaca \(\alpha_i'\) de yazacağız. Tanımda uygulama noktasının \(\alpha(t)\) olması keyfe bağlı bir seçim değildir; aşağıdaki limit yorumu bunun nedenini gösterir.
Kesen vektörlerden hız vektörüne
Gerçel değerli bir \(f\) fonksiyonunun \(t\)’deki türevi
\[\dfrac{df}{dt}(t) = \lim_{\Delta t \to 0} \dfrac{f(t + \Delta t) - f(t)}{\Delta t}\]
limitidir. Aynı fark oranı, \(f\) yerine bir \(\alpha = (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)\) eğrisi konduğunda da anlamlıdır. \(\mathbb{R}^3\)’te fark ve sayıyla çarpma koordinat koordinat yapıldığından
\[\begin{aligned} \dfrac{1}{\Delta t}\bigl(\alpha(t + \Delta t) - \alpha(t)\bigr) = \biggl(&\dfrac{\alpha_1(t + \Delta t) - \alpha_1(t)}{\Delta t},\\ &\dfrac{\alpha_2(t + \Delta t) - \alpha_2(t)}{\Delta t},\ \dfrac{\alpha_3(t + \Delta t) - \alpha_3(t)}{\Delta t}\biggr) \end{aligned}\]
olur. Paydaki \(\alpha(t + \Delta t) - \alpha(t)\) farkı, eğrinin \(\alpha(t)\) noktasından \(\alpha(t + \Delta t)\) noktasına giden okun vektör kısmıdır; bu oka, rotayı iki noktada kestiği için kesen vektör (secant vector) diyelim. \(1/\Delta t\) ile çarpmak onun doğrultusunu korur, yalnızca boyunu ölçekler. \(\Delta t < 0\) ise ok geriye, noktanın az önce bulunduğu yere bakar; ama negatif bir sayıya bölmek onu çevirir. Dolayısıyla ölçeklenmiş kesen vektörler her iki durumda da hareket yönüne bakar.
\(\Delta t\) küçüldükçe \(\alpha(t + \Delta t)\) noktası \(\alpha(t)\)’ye yaklaşır ve iki noktayı birleştiren doğrultu, eğrinin \(\alpha(t)\)’deki gidiş doğrultusuna yaklaşır. \(\Delta t \to 0\) iken her koordinattaki fark oranı ilgili türeve gider; limitte
\[\left(\dfrac{d\alpha_1}{dt}(t), \dfrac{d\alpha_2}{dt}(t), \dfrac{d\alpha_3}{dt}(t)\right)\]
üçlüsü, eğriye \(\alpha(t)\) noktasında teğet olan bir vektör olarak elde edilir. Bütün kesen vektörler \(\alpha(t)\)’den çıktığı için limitin uygulama noktası da \(\alpha(t)\) olmalıdır. Böylece türevin alışılmış limit tanımı, hız vektörünün tanımına kendiliğinden götürür.
Örnek 4.7 (Kesen Vektörlerin Hız Vektörüne Yaklaşması) \(\alpha(t) = (t, t^2, 0)\) eğrisi için \(t = 1\) anında, \(\Delta t = 1, \tfrac{1}{2}, \tfrac{1}{4}, -\tfrac{1}{2}\) değerleriyle ölçeklenmiş kesen vektörleri hesaplayalım ve \(\Delta t \to 0\) iken vektör kısımlarının \(\alpha'(1)\)’in vektör kısmına yaklaştığını gösterelim.
Çözüm
Rota \(xy\) düzlemindeki \(y = x^2\) parabolüdür ve \(\alpha(1) = (1, 1, 0)\)’dır. Sıfırdan farklı her \(\Delta t\) için
\[\alpha(1 + \Delta t) - \alpha(1) = \bigl(\Delta t,\ (1 + \Delta t)^2 - 1,\ 0\bigr) = \bigl(\Delta t,\ 2\Delta t + (\Delta t)^2,\ 0\bigr)\]
olur; \(\Delta t\)’ye bölünce
\[\dfrac{1}{\Delta t}\bigl(\alpha(1 + \Delta t) - \alpha(1)\bigr) = (1,\ 2 + \Delta t,\ 0)\]
bulunur. İstenen değerler için:
| \(\Delta t\) | \(\alpha(1 + \Delta t)\) | ölçeklenmiş kesen vektör |
|---|---|---|
| \(1\) | \((2, 4, 0)\) | \((1, 3, 0)\) |
| \(1/2\) | \((3/2, 9/4, 0)\) | \((1, 5/2, 0)\) |
| \(1/4\) | \((5/4, 25/16, 0)\) | \((1, 9/4, 0)\) |
| \(-1/2\) | \((1/2, 1/4, 0)\) | \((1, 3/2, 0)\) |
Son satıra dikkat edelim: \(\alpha(1)\)’den \(\alpha(1/2)\)’ye giden farkın vektör kısmı \((-1/2, -3/4, 0)\)’dır ve geriye bakar; \(-1/2\)’ye bölünce \((1, 3/2, 0)\) olur ve ileriye döner.
\((1, 2 + \Delta t, 0)\) üçlüsü \(\Delta t \to 0\) iken \((1, 2, 0)\)’a gider. Tanımdan hesaplarsak \(\alpha_1'(t) = 1\), \(\alpha_2'(t) = 2t\), \(\alpha_3'(t) = 0\) ve
\[\alpha'(1) = (1, 2, 0)_{(1, 1, 0)}\]
bulunur: limit, hız vektörünün vektör kısmıdır. Bu vektörün doğrultusundaki doğru, \(xy\) düzleminde \(y = 2x - 1\) doğrusudur; eğimi \(2\) olduğundan \(y = x^2\) parabolünün \((1, 1)\)’deki teğetidir.
\(\blacksquare\)
Doğal çatı cinsinden yazılış
Hız vektörü bir teğet vektör olduğundan doğal çatı alanı \(U_1, U_2, U_3\) (Tanım 2.6) cinsinden yazılabilir. \(T_{\mathbf{p}}(\mathbb{R}^3)\) teğet uzayında (Tanım 2.2) toplama ve sayıyla çarpma vektör kısımları üzerinden yapıldığından, her \(\mathbf{p}\) noktası ve her \((v_1, v_2, v_3)\) üçlüsü için
\[(v_1, v_2, v_3)_{\mathbf{p}} = v_1 (1, 0, 0)_{\mathbf{p}} + v_2 (0, 1, 0)_{\mathbf{p}} + v_3 (0, 0, 1)_{\mathbf{p}} = \sum_i v_i\, U_i(\mathbf{p})\]
olur; ikinci eşitlik \(U_i\)’lerin tanımıdır. Bu özdeşliği \(\mathbf{p} = \alpha(t)\) noktasındaki \(\alpha'(t)\) vektörüne uygularsak
\[\alpha'(t) = \sum_i \dfrac{d\alpha_i}{dt}(t)\, U_i(\alpha(t))\]
bulunur. Bu yazımda \(U_i\)’ler hareket eden \(\alpha(t)\) noktasında değerlendirilir; katsayılar ise \(t\)’nin fonksiyonlarıdır. Doğal çatının okları her noktada aynı yöne baktığından, hız vektörünün hangi yöne ne kadar uzandığı bu katsayılardan doğrudan okunur.
Örnek 4.8 (Doğrunun Hızı) \(\alpha(t) = \mathbf{p} + t\mathbf{q}\) doğrusunun hız vektörünü bulalım; \(\mathbf{p} = (1, 2, 0)\) ve \(\mathbf{q} = (2, -1, 3)\) için \(t = 0\) ve \(t = 1\) anlarındaki hız vektörlerini karşılaştıralım.
Çözüm
Koordinat fonksiyonları \(\alpha_i(t) = p_i + tq_i\) olduğundan türevleri sabittir: \(\alpha_i'(t) = q_i\). Dolayısıyla
\[\alpha'(t) = (q_1, q_2, q_3)_{\alpha(t)} = \mathbf{q}_{\alpha(t)}, \qquad \alpha'(t) = \sum_i q_i\, U_i(\alpha(t)).\]
Hız vektörünün vektör kısmı \(t\)’ye bağlı değildir. Doğrunun bütün hız vektörleri paraleldir; \(t\) değiştikçe değişen yalnızca uygulama noktasıdır. Doğrunun doğru olması, yani gidiş yönünün hiç değişmemesi, tam olarak bu paralellikte kendini gösterir.
Sayısal durumda \(\alpha(0) = (1, 2, 0)\) ve \(\alpha(1) = (3, 1, 3)\) olduğundan
\[\alpha'(0) = (2, -1, 3)_{(1, 2, 0)}, \qquad \alpha'(1) = (2, -1, 3)_{(3, 1, 3)}.\]
İki vektörün vektör kısımları aynı, uygulama noktaları farklıdır; teğet vektörlerin eşitlik kuralı gereği paraleldirler ama eşit değildirler. Doğal çatıyla
\[\alpha'(1) = 2U_1(\alpha(1)) - U_2(\alpha(1)) + 3U_3(\alpha(1))\]
yazılır.
Doğruya özgü bir ayrıntı daha: \(\alpha'(t)\) okunun ucu \(\alpha(t) + \mathbf{q} = \alpha(t + 1)\) noktasıdır; yani hız oku, noktanın bir birim zaman sonra varacağı yeri gösterir. Eğri büküldüğünde bu özellik kaybolur; hız oku yalnızca o anki gidiş yönünü gösterir.
\(\blacksquare\)
Örnek 4.9 (Helisin Hızı) \(a > 0\), \(b \neq 0\) olmak üzere \(\alpha(t) = (a\cos t, a\sin t, bt)\) helisinin hız vektörünü bulalım; \(a = 1\), \(b = 1/2\) için \(t = 0, \pi/2, \pi, 3\pi/2\) anlarında hesaplayalım.
Çözüm
Koordinat fonksiyonlarının türevleri \((a\cos t)' = -a\sin t\), \((a\sin t)' = a\cos t\) ve \((bt)' = b\)’dir. Dolayısıyla
\[\alpha'(t) = (-a\sin t,\ a\cos t,\ b)_{\alpha(t)},\]
doğal çatıyla
\[\alpha'(t) = -a\sin t\; U_1(\alpha(t)) + a\cos t\; U_2(\alpha(t)) + b\; U_3(\alpha(t)).\]
İki gözlem yapalım. Birincisi, hız vektörünün \(z\) koordinatı her an \(b\)’dir. Helisin sabit hızla yükselmesi, hızın bu sabit üçüncü koordinatında görülür.
İkincisi, hızın yatay kısmı \((-a\sin t, a\cos t)\), konumun yatay kısmı \((a\cos t, a\sin t)\) ile dik açı yapar; çünkü iç çarpımları
\[(-a\sin t)(a\cos t) + (a\cos t)(a\sin t) = 0\]
olur. Yani yukarıdan bakıldığında nokta daireye teğet olarak ilerler; silindirden ne dışarı ne içeri doğru bir hareketi yoktur.
\(a = 1\), \(b = 1/2\) için:
| \(t\) | \(\alpha(t)\) | \(\alpha'(t)\)’nin vektör kısmı |
|---|---|---|
| \(0\) | \((1, 0, 0)\) | \((0, 1, 1/2)\) |
| \(\pi/2\) | \((0, 1, \pi/4)\) | \((-1, 0, 1/2)\) |
| \(\pi\) | \((-1, 0, \pi/2)\) | \((0, -1, 1/2)\) |
| \(3\pi/2\) | \((0, -1, 3\pi/4)\) | \((1, 0, 1/2)\) |
Yatay kısımlar dönerek yön değiştirir, düşey kısım hep \(1/2\) kalır.
\(\blacksquare\)
Etkileşimli sahne: helis ve hız vektörü. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz. \(t\) kaydırıcısı noktayı \(\alpha(t) = (a\cos t,\ a\sin t,\ bt)\) helisi üzerinde hareket ettirir; turuncu ok o andaki hız vektörü \(\alpha'(t)\)’dir. \(a\) ile yarıçapı, \(b\) ile yükselme hızını değiştirin: hız vektörünün üçüncü bileşeni her an \(b\)’dir ve uzunluğu \(\sqrt{a^2 + b^2}\) olarak sabit kalır.
Örnek 4.10 (Kübik Eğrinin Hızı) \(\alpha(t) = (3t - t^3, 3t^2, 3t + t^3)\) eğrisinin hız vektörünü doğal çatı cinsinden yazalım ve \(t = 0\) ile \(t = 1\) anlarında yorumlayalım.
Çözüm
Koordinat fonksiyonlarının türevleri \(3 - 3t^2\), \(6t\) ve \(3 + 3t^2\)’dir. Dolayısıyla
\[\alpha'(t) = (3 - 3t^2)\, U_1(\alpha(t)) + 6t\, U_2(\alpha(t)) + (3 + 3t^2)\, U_3(\alpha(t)).\]
\(t = 0\)’da \(\alpha(0) = (0, 0, 0)\) ve \(\alpha'(0) = 3U_1(\mathbf{0}) + 3U_3(\mathbf{0})\), yani \((3, 0, 3)_{\mathbf{0}}\)’dır. Eğrinin orijinden \((1, 0, 1)\) doğrultusunda çıktığını kaba çizimde tablodan tahmin etmiştik; hız vektörü bunu doğrular.
\(t = 1\)’de \(\alpha(1) = (2, 3, 4)\)’tür. Doğal çatı alanlarını bu noktada değerlendirerek
\[\alpha'(1) = 0 \cdot U_1(2, 3, 4) + 6\,U_2(2, 3, 4) + 6\,U_3(2, 3, 4),\]
yani \(\alpha'(1) = (0, 6, 6)_{(2, 3, 4)}\) bulunur. Birinci katsayının sıfır olması, noktanın bu anda \(x\) yönünde hareket etmediğini söyler. Gerçekten \(x = 3t - t^3\) fonksiyonunun türevi \(3 - 3t^2\), \(-1 < t < 1\) için pozitif, \(|t| > 1\) için negatiftir. Dolayısıyla \(x\) koordinatı \(t = 1\)’de bir yerel maksimuma ulaşır ve sonra azalmaya başlar; \(t \ge 0\) anlarında alabileceği en büyük değer bu \(2\) değeridir. Bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde ise \(x\)’in en büyük değeri yoktur: \(t \to -\infty\) iken \(3t - t^3\) sınırsız büyür.
Üçüncü katsayı \(3 + 3t^2\) hiçbir \(t\) için sıfır olmaz. Bu yüzden bu eğrinin hız vektörü hiçbir anda sıfır vektör değildir; bu gözlemi düzgün eğriler konusunda kullanacağız.
\(\blacksquare\)
4.3 Yeniden Parametrelendirme
Bir eğri verildiğinde aynı rotayı izleyen yeni eğriler kurmak kolaydır: saati değiştirmek yeter. Yeni saatin gösterdiği her \(s\) anına eski saatin bir \(h(s)\) anını karşılık getirelim ve \(s\) anında, eski yolculuğun \(h(s)\) anında bulunduğu yerde olalım. Yeni yolculuk eski yerlerden geçer, ama onlara başka zamanlarda, başka hızlarla, belki ters sırayla ya da birkaç kez uğrar.
Tanım 4.3 (Yeniden Parametrelendirme) \(\alpha : I \to \mathbb{R}^3\) bir eğri, \(J\) bir açık aralık ve \(h : J \to I\) türevlenebilir bir fonksiyon olsun. Her \(s \in J\) için \(\beta(s) = \alpha(h(s))\) kuralıyla tanımlanan
\[\beta = \alpha(h) : J \to \mathbb{R}^3\]
bileşke fonksiyonuna \(\alpha\)’nın \(h\) ile yeniden parametrelendirmesi (reparametrization) denir.
Yani \(\beta\), \(\alpha\)’nın uğradığı yerlere başka bir saatle uğrayan yolculuktur: yeni saat \(s\)’yi gösterdiğinde, \(\alpha\)’nın eski saat \(h(s)\)’yi gösterdiği andaki yerindeyiz.
\(\beta\)’nın gerçekten bir eğri olduğunu görelim. \(\beta\)’nın koordinat fonksiyonları \(\beta_i(s) = \alpha_i(h(s))\) bileşkeleridir. Tek değişkenli zincir kuralı gereği \(\beta_i' = \alpha_i'(h) \cdot h'\) olur; sağ taraf yine türevlenebilir fonksiyonların bileşkesi ve çarpımıdır, dolayısıyla bir kez daha türevlenebilir. Bu akıl yürütmeyi tekrarlayarak \(\beta_i\)’nin her mertebeden türevinin var olduğunu görürüz. \(J\) açık aralık olduğundan \(\beta\) bir eğridir.
\(\beta\)’nın koordinatlarını bulmak için \(\alpha_1(t), \alpha_2(t), \alpha_3(t)\) ifadelerinde \(t\) yerine \(h(s)\) koymak yeter. \(\beta\)’nın rotası \(\alpha(h(J))\) kümesidir ve \(\alpha\)’nın rotasının içindedir. \(h(J) = I\) ise iki rota aynıdır; aksi hâlde \(\beta\), \(\alpha\)’nın rotasının yalnızca bir kısmını dolaşır.
Örnek 4.11 (Kareköklü Bir Eğrinin Yeniden Parametrelendirmesi) \(I : 0 < t < 4\) aralığında \(\alpha(t) = (\sqrt{t},\ t\sqrt{t},\ 1 - t)\) eğrisi ve \(J : 0 < s < 2\) aralığında \(h(s) = s^2\) fonksiyonu verilsin. \(\beta = \alpha(h)\) yeniden parametrelendirmesinin koordinat fonksiyonlarını bulalım ve iki yolculuğu karşılaştıralım.
Çözüm
Önce tanımın koşullarını denetleyelim. \(t > 0\) için \(\sqrt{t} = t^{1/2}\) ve \(t\sqrt{t} = t^{3/2}\) her mertebeden türevlenebilir, \(1 - t\) ise bir polinomdur; \(\alpha\) bir eğridir. \(h\) bir polinomdur ve \(0 < s < 2\) ise \(0 < s^2 < 4\) olur; yani \(h\), \(J\)’yi \(I\)’nın içine götürür ve bileşke tanımlıdır.
\(t\) yerine \(s^2\) koyalım:
\[\beta(s) = \alpha(s^2) = \bigl(\sqrt{s^2},\ s^2\sqrt{s^2},\ 1 - s^2\bigr) = (s,\ s^3,\ 1 - s^2).\]
Son adımda \(\sqrt{s^2} = |s| = s\) yazdık; bu, \(J\)’de \(s > 0\) olduğu için doğrudur.
Rotalar aynıdır: \(0 < t < 4\) aralığındaki her \(t\), \(0 < \sqrt{t} < 2\) olduğundan \(t = h(\sqrt{t})\) biçiminde yazılır; yani \(h(J) = I\)’dır. Üstelik \(h\) artan olduğundan \(\beta\) rotayı \(\alpha\) ile aynı yönde dolaşır. Fark zamanlamadadır. Yeni saatle eşit adımlarla ilerleyelim:
| \(s\) | \(t = s^2\) | \(\beta(s) = \alpha(s^2)\) |
|---|---|---|
| \(1/2\) | \(1/4\) | \((1/2,\ 1/8,\ 3/4)\) |
| \(1\) | \(1\) | \((1, 1, 0)\) |
| \(3/2\) | \(9/4\) | \((3/2,\ 27/8,\ -5/4)\) |
\(\beta\) toplam sürenin ilk yarısında (\(0 < s < 1\)), \(\alpha\)’nın kendi süresinin yalnızca ilk çeyreğinde (\(0 < t < 1\)) katettiği parçayı dolaşır; ikinci yarıda ise geri kalan uzun parçayı. Yani \(\beta\), \(\alpha\)’ya göre yolculuğun başında yavaş, sonunda hızlıdır.
\(\blacksquare\)
Örnek 4.12 (Rotanın Yalnızca Bir Kısmını Dolaşan Yolculuk) \(x\) ekseni boyunca giden \(\alpha(t) = (t, 0, 0)\) doğrusunu (\(t \in \mathbb{R}\)) \(h(s) = s^2\) (\(s \in \mathbb{R}\)) ile yeniden parametrelendirelim. Yeni eğrinin rotası nedir ve nokta bu rotayı nasıl dolaşır?
Çözüm
\(h : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) türevlenebilir olduğundan \(\beta(s) = \alpha(s^2) = (s^2, 0, 0)\) bir eğridir. \(s^2 \ge 0\) olduğundan \(\beta\)’nın rotası \(x\) ekseninin yalnızca \(x \ge 0\) yarısıdır; \(\alpha\)’nın rotasının bir kısmıdır.
Hareketi izleyelim:
| \(s\) | \(-2\) | \(-1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
|---|---|---|---|---|---|
| \(\beta(s)\)’nin \(x\) koordinatı | \(4\) | \(1\) | \(0\) | \(1\) | \(4\) |
\(s\), \(-\infty\)’dan \(0\)’a giderken nokta sağdan orijine yaklaşır; \(s = 0\)’da orijine varır ve oradan geri dönüp yeniden sağa gider. Böylece \(\beta\), pozitif yarı ekseni iki kez, biri gidiş biri dönüş olmak üzere dolaşır. Dönüş anında nokta bir an durmak zorundadır; bunu aşağıdaki lemmayla hız vektörü üzerinden göreceğiz.
\(\blacksquare\)
Başka basit seçimler de tanıdık hareketler verir. \(h(s) = -s\) ile \(\beta(s) = \alpha(-s)\) aynı rotayı ters yönde dolaşır; \(h(s) = 2s\) ile \(\beta(s) = \alpha(2s)\) aynı yolculuğu iki kat hızlı yapar; \(h(s) = s + c\) ise yalnızca saati \(c\) kadar kaydırır.
Yeniden parametrelendirmenin hızı
\(\beta(s) = \alpha(h(s))\) olduğundan \(\beta\)’nın \(s\) anındaki hız vektörü ile \(\alpha\)’nın \(h(s)\) anındaki hız vektörü aynı noktadan çıkar. Aralarındaki tek fark bir sayı çarpanıdır ve bu çarpan, iki saatin birbirine göre ne hızla aktığını ölçen \(h'(s)\)’dir.
Lemma 4.1 (Yeniden Parametrelendirmenin Hızı) \(\beta = \alpha(h)\), bir \(\alpha : I \to \mathbb{R}^3\) eğrisinin \(h : J \to I\) ile yeniden parametrelendirmesi ise her \(s \in J\) için
\[\beta'(s) = \dfrac{dh}{ds}(s)\, \alpha'(h(s))\]
olur.
İspat
\(\alpha = (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)\) olsun. Tanım gereği
\[\beta(s) = \alpha(h(s)) = \bigl(\alpha_1(h(s)), \alpha_2(h(s)), \alpha_3(h(s))\bigr),\]
yani \(\beta\)’nın koordinat fonksiyonları \(\beta_i = \alpha_i(h)\) bileşkeleridir.
Türevleri üs işaretiyle gösterirsek, gerçel değerli \(f\) ve \(g\) fonksiyonları için tek değişkenli zincir kuralı \(\bigl(g(f)\bigr)' = g'(f) \cdot f'\) biçimindedir. Bunu \(g = \alpha_i\) ve \(f = h\) ile uygularsak her \(i = 1, 2, 3\) için
\[\beta_i'(s) = \bigl(\alpha_i(h)\bigr)'(s) = \alpha_i'(h(s)) \cdot h'(s)\]
bulunur. Şimdi \(\beta'(s)\)’yi hesaplayalım:
\[\begin{aligned} \beta'(s) &= \bigl(\beta_1'(s), \beta_2'(s), \beta_3'(s)\bigr)_{\beta(s)}\\ &= \bigl(\alpha_1'(h(s))\, h'(s),\ \alpha_2'(h(s))\, h'(s),\ \alpha_3'(h(s))\, h'(s)\bigr)_{\alpha(h(s))}\\ &= h'(s)\,\bigl(\alpha_1'(h(s)), \alpha_2'(h(s)), \alpha_3'(h(s))\bigr)_{\alpha(h(s))}\\ &= h'(s)\, \alpha'(h(s)). \end{aligned}\]
Adımların gerekçeleri sırasıyla şunlardır:
- birinci satır: \(\beta\) için hız vektörünün tanımı (Tanım 4.2);
- ikinci satır: yukarıdaki \(\beta_i'(s)\) formülü ve \(\beta(s) = \alpha(h(s))\) eşitliği;
- üçüncü satır: \(T_{\beta(s)}(\mathbb{R}^3)\) teğet uzayında (Tanım 2.2) bir sayıyla çarpma vektör kısmı üzerinden yapılır, \(c\,(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = (c\mathbf{v})_{\mathbf{p}}\); burada çarpan \(c = h'(s)\)’dir;
- dördüncü satır: \(\alpha\) için hız vektörünün \(h(s)\) anındaki tanımı.
\(h'(s) = (dh/ds)(s)\) olduğundan lemma ispatlanmıştır.
\(\blacksquare\)
Lemma bir tarif verir: yeniden parametrelendirmenin hızını bulmak için önce \(\alpha'\)’yu \(h\) ile yeniden parametrelendir, yani \(\alpha'(t)\) ifadesinde \(t\) yerine \(h(s)\) koy; sonra sonucu \(h\)’nin türeviyle çarp. Geometrik anlamı da açıktır. \(\beta'(s)\) ile \(\alpha'(h(s))\) aynı noktadan çıkar ve paraleldir. \(|h'(s)| > 1\) ise \(\beta\) o noktadan \(\alpha\)’dan daha hızlı, \(|h'(s)| < 1\) ise daha yavaş geçer. \(h'(s) < 0\) ise yönü terstir. \(h'(s) = 0\) ise \(\beta\) o anda durur. Örneğin Örnek 4.12’ndeki \(\beta(s) = (s^2, 0, 0)\) için \(\beta'(s) = 2s\, U_1(\beta(s))\) olur ve dönüş anı \(s = 0\)’da hız sıfırdır.
Örnek 4.13 (Hız Formülünün Sayısal Denetimi) Örnek 4.11’deki \(\alpha(t) = (\sqrt{t}, t\sqrt{t}, 1 - t)\), \(h(s) = s^2\) ve \(\beta(s) = (s, s^3, 1 - s^2)\) için \(\beta'(s)\)’yi hem doğrudan hem Lemma 4.1 ile hesaplayalım ve \(s = 1\)’deki değerini yorumlayalım.
Çözüm
Doğrudan. \(\beta\)’nın koordinatlarının türevleri \(1\), \(3s^2\) ve \(-2s\)’dir:
\[\beta'(s) = (1,\ 3s^2,\ -2s)_{\beta(s)}.\]
Lemma ile. \(\alpha_1 = t^{1/2}\), \(\alpha_2 = t^{3/2}\), \(\alpha_3 = 1 - t\) olduğundan
\[\alpha'(t) = \left(\dfrac{1}{2\sqrt{t}},\ \dfrac{3}{2}\sqrt{t},\ -1\right)_{\alpha(t)}.\]
\(t\) yerine \(h(s) = s^2\) koyup \(\sqrt{s^2} = s\) kullanırsak
\[\alpha'(h(s)) = \left(\dfrac{1}{2s},\ \dfrac{3}{2}s,\ -1\right)_{\alpha(s^2)}\]
olur. \(h'(s) = 2s\) ile çarpalım:
\[h'(s)\, \alpha'(h(s)) = \left(2s \cdot \dfrac{1}{2s},\ 2s \cdot \dfrac{3s}{2},\ 2s \cdot (-1)\right)_{\beta(s)} = (1,\ 3s^2,\ -2s)_{\beta(s)}.\]
İki hesap aynı teğet vektörü verir; uygulama noktaları da aynıdır, çünkü \(\alpha(s^2) = \beta(s)\).
Yorum. \(s = 1\)’de ortak nokta \((1, 1, 0)\)’dır; \(\beta'(1) = (1, 3, -2)_{(1, 1, 0)}\) ve \(\alpha'(1) = (1/2, 3/2, -1)_{(1, 1, 0)}\) olur. \(h'(1) = 2\) olduğundan \(\beta'(1) = 2\alpha'(1)\): \(\beta\) bu noktadan aynı yönde, iki kat hızla geçer. Buna karşılık \(s = 1/4\)’te \(h'(1/4) = 1/2\)’dir ve \(\beta\), \(\alpha(1/16)\) noktasından \(\alpha\)’nın yarı hızıyla geçer. Önceki örnekteki “başta yavaş, sonda hızlı” gözlemi böylece sayıya dönüşür.
\(\blacksquare\)
Etkileşimli sahne: aynı rotada iki saat. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz. \(u\) kaydırıcısı iki yolculuğun da toplam süresinin geçen payıdır: \(\alpha\) o anda \(t = 4u\)’da, \(\beta\) ise \(s = 2u\)’dadır. \(u = 1/2\)’de \(\beta\) ancak \((1, 1, 0)\) noktasına varmışken \(\alpha\) çoktan \(t = 2\) anına ulaşmıştır; \(u\) küçükken \(\alpha'\) oku daha uzundur, \(u\) büyüdükçe \(\beta'\) oku onu geçip hızla uzar. Oklar sahneye sığsın diye gerçek boylarının yarısıyla çizilmiştir; değer satırı gerçek uzunlukları ve \(\beta'(s) = h'(s)\,\alpha'(h(s))\) eşitliğini gösterir.
4.4 Eğri Boyunca Türev
Hız vektörleri teğet vektör olduğundan, bir fonksiyonun bir hız vektörüne göre türevini alabiliriz. \(\alpha'(t)[f]\) sayısı, yönlü türevin tanımı (Tanım 3.1) gereği, \(f\)’nin \(\alpha(t)\) noktasından geçen ve \(\alpha'(t)\) doğrultusundaki doğru boyunca ilk andaki değişim hızıdır. Öte yandan hareket eden bir nokta için daha doğal bir soru vardır: nokta eğrinin kendisi üzerinde ilerlerken \(f\)’nin değeri ne hızla değişir? Bu, tek değişkenli \(t \mapsto f(\alpha(t))\) fonksiyonunun türevidir. Aşağıdaki lemma, iki sayının her zaman eşit olduğunu söyler.
Lemma 4.2 (Bir Fonksiyonun Eğri Boyunca Türevi) \(\alpha : I \to \mathbb{R}^3\) bir eğri ve \(f\), \(\mathbb{R}^3\) üzerinde diferansiyellenebilir bir fonksiyon olsun. Her \(t \in I\) için
\[\alpha'(t)[f] = \dfrac{d\bigl(f(\alpha)\bigr)}{dt}(t)\]
olur. Burada \(f(\alpha)\), \(t \mapsto f(\alpha(t))\) kuralıyla verilen tek değişkenli bileşke fonksiyondur.
İspat
İki tarafı iki farklı yoldan hesaplayıp aynı ifadeye ulaşacağız.
Birinci yol: sol taraf, yönlü türev formülüyle. Hız vektörünün tanımına göre \(\alpha'(t)\)’nin uygulama noktası \(\alpha(t)\), vektör kısmının \(i\)-inci koordinatı \((d\alpha_i/dt)(t)\)’dir. Lemma 3.1’yü \(\mathbf{p} = \alpha(t)\) ve \(v_i = (d\alpha_i/dt)(t)\) ile uygularsak
\[\alpha'(t)[f] = \sum_i \dfrac{\partial f}{\partial x_i}(\alpha(t))\, \dfrac{d\alpha_i}{dt}(t)\]
bulunur.
İkinci yol: sağ taraf, zincir kuralıyla. Bileşke fonksiyon \(f(\alpha(t)) = f\bigl(\alpha_1(t), \alpha_2(t), \alpha_3(t)\bigr)\) biçimindedir. \(f\) diferansiyellenebilir ve \(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3\) türevlenebilir olduğundan çok değişkenli zincir kuralı
\[\dfrac{d}{dt}\, f\bigl(\alpha_1(t), \alpha_2(t), \alpha_3(t)\bigr) = \sum_i \dfrac{\partial f}{\partial x_i}\bigl(\alpha_1(t), \alpha_2(t), \alpha_3(t)\bigr)\, \dfrac{d\alpha_i}{dt}(t)\]
verir. \(\bigl(\alpha_1(t), \alpha_2(t), \alpha_3(t)\bigr) = \alpha(t)\) olduğundan sağdaki toplam, birinci yolda bulduğumuz toplamın aynısıdır. İki taraf eşittir.
\(\blacksquare\)
İspatın özü: iki hesap da \(f\)’nin kısmi türevlerini, koordinatların zamana göre değişim hızlarıyla tartıp toplar.
Lemmanın yorumu şudur. \(\alpha'(t) \neq \mathbf{0}\) ise \(\alpha(t)\)’den geçen ve \(\alpha'(t)\) doğrultusundaki doğru, \(u \mapsto \alpha(t) + u\,\alpha'(t)\), eğrinin \(\alpha(t)\) noktasındaki teğet doğrusudur (tangent line); onu Alıştırma 4.13’nda helis için hesaplayacağız. Lemma, \(f\)’nin bu teğet doğrusu boyunca ilk andaki değişim hızının, \(f\)’nin eğrinin kendisi boyunca değişim hızıyla aynı olduğunu söyler. İlk mertebede \(f\), eğri ile teğet doğrusunu birbirinden ayırt edemez. \(\alpha'(t) = \mathbf{0}\) ise doğru tek noktaya dönüşür ve iki taraf da sıfırdır: sol taraf sıfır vektöre göre türevdir, sağ taraftaki toplamın bütün katsayıları da sıfırdır.
Örnek 4.14 (Helis Boyunca Orijine Uzaklığın Karesi) \(\alpha(t) = (\cos t, \sin t, t/2)\) helisi ve \(f = x^2 + y^2 + z^2\) fonksiyonu için \(\alpha'(t)[f]\) sayısını lemmanın iki tarafından ayrı ayrı hesaplayalım; \(t = \pi\)’deki değerini bulup yorumlayalım.
Çözüm
Sağ taraf. \(f(\alpha(t)) = \cos^2 t + \sin^2 t + t^2/4\), yani \(1 + t^2/4\) olduğundan türev \(t/2\)’dir.
Sol taraf. Kısmi türevler \(2x\), \(2y\), \(2z\)’dir; \(\alpha(t)\)’de değerleri \(2\cos t\), \(2\sin t\) ve \(t\) olur. Hız vektörünün vektör kısmı \((-\sin t, \cos t, 1/2)\)’dir. Lemma 3.1 ile
\[\alpha'(t)[f] = 2\cos t\,(-\sin t) + 2\sin t\,\cos t + t \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{t}{2}\]
bulunur. İki taraf uyuşur.
\(t = \pi\)’de \(\alpha(\pi) = (-1, 0, \pi/2)\) ve \(\alpha'(\pi)[f] = \pi/2\)’dir. \(f\) orijine uzaklığın karesidir; nokta bu anda orijinden uzaklaşmaktadır ve uzaklığın karesi \(\pi/2\) hızıyla artar. Türev \(t < 0\) için negatif, \(t > 0\) için pozitif, \(t = 0\)’da sıfırdır: helis orijine en çok \(t = 0\) anında, \((1, 0, 0)\) noktasında yaklaşır ve oradaki uzaklık \(1\)’dir.
\(\blacksquare\)
Örnek 4.15 (Eğri Boyunca Sabit Kalan Bir Fonksiyon) \(\alpha(t) = (e^t, e^{-t}, \sqrt{2}\,t)\) eğrisi ve \(f = xy\) fonksiyonu için her \(t\)’de \(\alpha'(t)[f] = 0\) olduğunu lemmanın iki tarafından gösterelim ve sonucu \(t = 0\) anında teğet doğrusu üzerinde yorumlayalım.
Çözüm
Sağ taraf. \(f(\alpha(t)) = e^t e^{-t} = 1\) sabittir; türevi her \(t\) için \(0\)’dır.
Sol taraf. \(\partial f/\partial x = y\), \(\partial f/\partial y = x\), \(\partial f/\partial z = 0\); \(\alpha(t)\)’de değerleri \(e^{-t}\), \(e^t\) ve \(0\)’dır. Hız vektörünün vektör kısmı \((e^t, -e^{-t}, \sqrt{2})\) olduğundan
\[\alpha'(t)[f] = e^{-t} \cdot e^t + e^t \cdot (-e^{-t}) + 0 \cdot \sqrt{2} = 1 - 1 = 0.\]
Yorum. Eğri \(xy = 1\) yüzeyinin üzerinde kaldığı için \(f\) eğri boyunca hiç değişmez. Lemma, \(f\)’nin hız vektörü doğrultusundaki doğru boyunca da ilk anda değişmediğini söyler. \(t = 0\)’da \(\alpha(0) = (1, 1, 0)\) ve \(\alpha'(0) = (1, -1, \sqrt{2})_{(1, 1, 0)}\)’dır; teğet doğrusu \(u \mapsto (1 + u,\ 1 - u,\ \sqrt{2}\,u)\) olur. Bu doğru boyunca
\[f(1 + u,\ 1 - u,\ \sqrt{2}\,u) = (1 + u)(1 - u) = 1 - u^2\]
bulunur. Değer doğru üzerinde değişir, ama bu fonksiyonun türevi \(-2u\) olduğundan \(u = 0\)’daki türevi \(0\)’dır: değişim ancak ikinci mertebede başlar. Eğri yüzeyin üzerinde kalır, teğet doğrusu ise yüzeyden ancak ikinci mertebede ayrılır.
\(\blacksquare\)
4.5 Birebir ve Periyodik Eğriler
Bir eğri bir fonksiyon olduğundan fonksiyonlar için bildiğimiz kavramlar ona da uygulanır. Hareket eden nokta açısından en doğal soru şudur: nokta, farklı iki anda aynı yerde bulunabilir mi?
Tanım 4.4 (Birebir Eğri) \(\alpha : I \to \mathbb{R}^3\) eğrisi için \(\alpha(t) = \alpha(t_1)\) eşitliği yalnızca \(t = t_1\) olduğunda sağlanıyorsa \(\alpha\)’ya birebir (one-to-one) eğri denir.
Yani birebir bir eğri, rotasının hiçbir noktasından iki kez geçmez: kendini kesmez, bir yeri yeniden ziyaret etmez.
Doğru birebirdir: \(\mathbf{p} + t\mathbf{q} = \mathbf{p} + t_1\mathbf{q}\) ise \((t - t_1)\mathbf{q} = \mathbf{0}\) olur ve \(\mathbf{q} \neq \mathbf{0}\) olduğundan \(t = t_1\)’dir. Buna karşılık silindir ile kürenin kesişimindeki eğri (Örnek 4.3) birebir değildir, çünkü \(\alpha(0) = \alpha(2\pi) = (2, 0, 0)\)’dır. Örnek 4.12’ndeki \(\beta(s) = (s^2, 0, 0)\) da birebir değildir: \(\beta(-1) = \beta(1)\).
Örnek 4.16 (Helis Birebirdir) \(a > 0\), \(b \neq 0\) olmak üzere \(\alpha(t) = (a\cos t, a\sin t, bt)\) helisinin birebir olduğunu gösterelim. Helisin \(xy\) düzlemine izdüşümü olan daire hareketinin birebir olmadığına dikkat edelim.
Çözüm
\(\alpha(t) = \alpha(t_1)\) olsun. Üçüncü koordinatlar eşit olduğundan \(bt = bt_1\)’dir; \(b \neq 0\) olduğundan iki tarafı \(b\)’ye bölerek \(t = t_1\) buluruz. Dolayısıyla helis birebirdir.
İzdüşüm \(t \mapsto (a\cos t, a\sin t, 0)\) ise birebir değildir: \(t\) ve \(t + 2\pi\) anlarında aynı noktadadır. Helisin bu iki andaki noktaları aynı dikey doğru üzerindedir ama yükseklikleri \(2\pi b\) kadar farklıdır. Sabit yükseliş, dairenin tekrar eden noktalarını birbirinden ayırır.
\(\blacksquare\)
Birebirliğin tam karşıtı, aynı yolculuğun sonsuza kadar tekrarlanmasıdır.
Tanım 4.5 (Periyodik Eğri ve Periyot) \(\alpha : \mathbb{R} \to \mathbb{R}^3\) bir eğri olsun. Her \(t\) için \(\alpha(t + p) = \alpha(t)\) olacak biçimde bir \(p > 0\) sayısı varsa \(\alpha\)’ya periyodik (periodic) eğri denir. Bu özellikteki pozitif sayıların en küçüğüne \(\alpha\)’nın periyodu (period) denir.
Yani periyodik bir eğri, belli bir süre sonunda bütün yolculuğu aynen tekrarlar; periyot, bir tam tekrarın süresidir.
Tanımda eğrinin bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde tanımlı olması gerekir; böylece her \(t\) için \(t + p\) de tanım kümesindedir. \(p\) işe yarıyorsa \(2p\), \(3p\), … da işe yarar; periyot, işe yarayan bütün pozitif sayıların en küçüğüdür. Sabit bir eğride her pozitif sayı işe yarar ve en küçükleri yoktur; bu yüzden sabit eğrinin periyodundan söz edilmez. Aşağıdaki örneklerde en küçük sayıyı hesapla bulacağız. Helis periyodik değildir: üçüncü koordinat \(bt\) sürekli arttığından (ya da azaldığından) nokta hiçbir zaman eski bir yerine dönmez; zaten birebir bir eğri hiçbir yere ikinci kez uğramaz.
Örnek 4.17 (Dairenin Periyodu) \(r > 0\) için \(\alpha(t) = (r\cos t, r\sin t, 0)\) eğrisinin periyodik olduğunu ve periyodunun \(2\pi\) olduğunu gösterelim.
Çözüm
\(\cos\) ve \(\sin\) fonksiyonları \(2\pi\) artışında değişmediğinden her \(t\) için \(\alpha(t + 2\pi) = \alpha(t)\)’dir; \(\alpha\) periyodiktir.
Daha küçük bir sayının işe yaramadığını gösterelim. \(p > 0\) ve her \(t\) için \(\alpha(t + p) = \alpha(t)\) olsun. Özel olarak \(t = 0\) için \((r\cos p, r\sin p, 0) = (r, 0, 0)\), yani \(\cos p = 1\) olmalıdır. \(\cos p = 1\) eşitliğini sağlayan pozitif sayılar \(2\pi, 4\pi, 6\pi, \ldots\)’dir; en küçüğü \(2\pi\)’dir. Dolayısıyla periyot \(2\pi\)’dir. Periyodik olduğu için bu eğri birebir değildir.
\(\blacksquare\)
Örnek 4.18 (Silindir ile Kürenin Kesişimindeki Eğrinin Periyodu) \(\alpha(t) = \left(1 + \cos t,\ \sin t,\ 2\sin(t/2)\right)\) eğrisinin periyodunun \(2\pi\) değil \(4\pi\) olduğunu gösterelim.
Çözüm
\(p > 0\) sayısının işe yaraması için her \(t\) için şu üç eşitlik birlikte sağlanmalıdır:
\[\cos(t + p) = \cos t, \qquad \sin(t + p) = \sin t, \qquad \sin\dfrac{t + p}{2} = \sin\dfrac{t}{2}.\]
İlk ikisini \(t = 0\)’da yazarsak \(\cos p = 1\) ve \(\sin p = 0\) bulunur; yani \(p = 2\pi k\), \(k\) pozitif bir tam sayıdır. Bu durumda üçüncü koordinat için
\[\sin\dfrac{t + 2\pi k}{2} = \sin\left(\dfrac{t}{2} + \pi k\right) = (-1)^k \sin\dfrac{t}{2}\]
olur. Bunun her \(t\) için \(\sin(t/2)\)’ye eşit olması gerekir. \(t = \pi\) alırsak \(\sin(\pi/2) = 1\) olduğundan \((-1)^k = 1\), yani \(k\) çift olmalıdır. Tersine \(k\) çiftse üç eşitlik de her \(t\) için sağlanır. İşe yarayan sayılar \(4\pi, 8\pi, 12\pi, \ldots\)’dir ve en küçüğü \(4\pi\)’dir.
\(p = 2\pi\)’nin neden işe yaramadığına bakalım: \(\alpha(2\pi) = \alpha(0)\) olduğu hâlde \(\alpha(3\pi) = (0, 0, -2)\) iken \(\alpha(\pi) = (0, 0, 2)\)’dir. Noktanın bir kez başladığı yere dönmesi periyot için yetmez; yolculuğun her anı tekrarlanmalıdır. \(2\pi\) süresinde nokta rotanın yalnızca üst yarısını dolaşmış olur.
\(\blacksquare\)
4.6 Düzgün Eğriler
Analiz açısından bir eğri üzerine konan en önemli koşul, hareket eden noktanın hiçbir an durmamasıdır. Hız vektörü sıfır olduğu anda nokta, türevlenebilirliği bozmadan gidiş yönünü birden değiştirebilir; rotada köşeler ve sivri uçlar ancak böyle anlarda ortaya çıkar.
Tanım 4.6 (Düzgün Eğri) \(\alpha : I \to \mathbb{R}^3\) eğrisinin bütün hız vektörleri sıfırdan farklıysa, yani her \(t \in I\) için \(\alpha'(t) \neq \mathbf{0}\) ise \(\alpha\)’ya düzgün ya da regüler (regular) eğri denir.
Burada \(\alpha'(t) \neq \mathbf{0}\), hız vektörünün vektör kısmının \((0, 0, 0)\) olmaması demektir. Yani düzgün bir eğride hareket eden nokta hiçbir an durmaz.
Köşe sezgisi şöyledir. Hız vektörünün koordinatları \(t\)’nin sürekli fonksiyonlarıdır. Hız sıfırdan farklı kaldıkça gidiş doğrultusu da sürekli değişir; ani bir dönüş yapamaz. Doğrultunun birden değişebilmesi için hızın o anda sıfırdan geçmesi gerekir. Bu yüzden düzgün bir eğrinin rotasında köşe (corner) ya da sivri uç (cusp) bulunmaz.
Şimdiye kadarki örnek eğrilerimizin hepsi düzgündür:
| eğri | hız vektörünün vektör kısmı | neden hiç sıfır olmaz |
|---|---|---|
| doğru \(\mathbf{p} + t\mathbf{q}\) | \(\mathbf{q}\) | \(\mathbf{q} \neq \mathbf{0}\) |
| helis | \((-a\sin t, a\cos t, b)\) | üçüncü koordinat \(b \neq 0\) |
| silindir ile küre | \((-\sin t, \cos t, \cos(t/2))\) | ilk ikisinin kareleri toplamı \(1\) |
| hiperbol üzerinde | \((e^t, -e^{-t}, \sqrt{2})\) | üçüncü koordinat \(\sqrt{2}\) |
| kübik | \((3 - 3t^2, 6t, 3 + 3t^2)\) | üçüncü koordinat en az \(3\) |
Silindir ile küre satırındaki üçüncü koordinat, \(\alpha_3(t) = 2\sin(t/2)\) fonksiyonunun türevi olan \(\cos(t/2)\)’dir.
Örnek 4.19 (Sivri Uçlu Bir Eğri) \(\alpha(t) = (t^3, t^2, 0)\) eğrisinin (\(t \in \mathbb{R}\)) düzgün olmadığını gösterelim ve rotasında hızın sıfırlandığı yerde ne olduğunu inceleyelim.
Çözüm
Koordinatlar polinom olduğundan \(\alpha\) bir eğridir. Hız vektörü
\[\alpha'(t) = (3t^2,\ 2t,\ 0)_{\alpha(t)}\]
olup ikinci koordinat yalnızca \(t = 0\)’da sıfırdır ve o anda birinci koordinat da sıfırdır. Dolayısıyla \(\alpha'(0) = \mathbf{0}\) ve \(\alpha\) düzgün değildir.
Rotayı bulalım: \(x = t^3\) ise \(t = \sqrt[3]{x}\) (gerçel küp kök) ve \(y = t^2 = \sqrt[3]{x}^{\,2}\) olur. Bu, \(y \ge 0\) olan ve \(y\) eksenine göre simetrik bir eğridir. Birkaç nokta:
| \(t\) | \(\alpha(t)\) |
|---|---|
| \(-1\) | \((-1, 1, 0)\) |
| \(-1/2\) | \((-1/8, 1/4, 0)\) |
| \(0\) | \((0, 0, 0)\) |
| \(1/2\) | \((1/8, 1/4, 0)\) |
| \(1\) | \((1, 1, 0)\) |
Orijine yakın noktalarda \(|y|\), \(|x|\)’e göre çok büyüktür: \(t \neq 0\) için orijinden \(\alpha(t)\)’ye giden doğrultunun eğimi \(y/x = t^2/t^3 = 1/t\)’dir ve \(t \to 0\) iken bu eğimin mutlak değeri sınırsız büyür. Yani iki kol da orijine \(y\) eksenine teğet olarak, yukarıdan gelir; rota orijinde aşağı bakan bir sivri uç oluşturur.
Hareketi izleyelim. \(t < 0\) iken \(2t < 0\) olduğundan nokta aşağı doğru, orijine iner; \(t > 0\) iken yukarı doğru çıkar. Gidiş doğrultusu orijinde aşağıdan yukarıya birden döner. Bu ani dönüş, tam olarak hızın sıfır olduğu \(t = 0\) anında gerçekleşir: nokta sivri uca yavaşlayarak gelir, bir an durur ve geri döner.
\(\blacksquare\)
Örnek 4.20 (Rotası Doğru Olan Düzgün Olmayan Bir Eğri) \(\beta(s) = (s^3, 2s^3, 0)\) eğrisinin (\(s \in \mathbb{R}\)) rotasında köşe olmadığı hâlde düzgün olmadığını gösterelim; Lemma 4.1 ile nedenini açıklayalım.
Çözüm
\(\beta'(s) = (3s^2, 6s^2, 0)_{\beta(s)}\) olduğundan \(\beta'(0) = \mathbf{0}\)’dır; \(\beta\) düzgün değildir.
Öte yandan \(s \mapsto s^3\) fonksiyonu bütün gerçel sayıları birebir olarak dolaştığından \(\beta\)’nın rotası \(\{(u, 2u, 0) : u \in \mathbb{R}\}\) doğrusudur, yani \(xy\) düzlemindeki \(y = 2x\) doğrusu. Bu rotada köşe yoktur.
Açıklama şudur: \(\beta\), düzgün \(\alpha(t) = (t, 2t, 0)\) doğrusunun \(h(s) = s^3\) ile yeniden parametrelendirmesidir. Lemma gereği
\[\beta'(s) = h'(s)\,\alpha'(h(s)) = 3s^2\,(1, 2, 0)_{\beta(s)}\]
olur ve bu, yalnızca \(h'(0) = 0\) olduğu için \(s = 0\)’da sıfırlanır. Nokta aynı doğru üzerinde yavaşlar, \(s = 0\) anında bir an durur ve aynı yönde yeniden hızlanır. Düzgün olmama bir rota özelliği değil, bir yolculuk özelliğidir: hızın sıfırlandığı anlarda köşe oluşabilir, ama oluşmak zorunda değildir.
\(\blacksquare\)
NotTürevlenebilir ama köşeli bir eğri
Hızın sıfırlandığı bir anda gerçek bir köşe de oluşabilir. \(\varphi(t) = e^{-1/t^2}\) (\(t \neq 0\)) ve \(\varphi(0) = 0\) fonksiyonu, analizden bilinen bir örnektir: \(\mathbb{R}\) üzerinde her mertebeden türevlenebilir ve \(0\)’daki bütün türevleri sıfırdır. \(t \ge 0\) için \(\alpha(t) = (\varphi(t), \varphi(t), 0)\) ve \(t < 0\) için \(\alpha(t) = (-\varphi(t), \varphi(t), 0)\) kuralıyla verilen eğrinin koordinatları her mertebeden türevlenebilirdir; ama rotası \(y = |x|\) grafiğinin orijin çevresindeki parçasıdır ve orijinde bir köşesi vardır. Bu köşede \(\alpha'(0) = \mathbf{0}\)’dır. Düzgünlük koşulu, eğrileri bu tür köşelerden kurtaran koşuldur.
4.7 Düzlemde Seviye Kümeleri
Bu bölümde söylediğimiz her şey düzlemde de aynen geçerlidir. Düzlemde bir eğri, bir \(I\) açık aralığından \(\mathbb{R}^2\)’ye giden diferansiyellenebilir bir \(\alpha(t) = \bigl(\alpha_1(t), \alpha_2(t)\bigr)\) fonksiyonudur; hız vektörü \(\alpha'(t) = \bigl(\alpha_1'(t), \alpha_2'(t)\bigr)_{\alpha(t)}\)’dir; birebir, periyodik ve düzgün eğri tanımları da değişmeden kalır. Ama düzlemde bir eğriyi çoğu zaman hareket eden bir noktayla değil bir denklemle tanırız: “\(x^2 + y^2 = r^2\) dairesi” deriz. Bu kısım iki bakışı birbirine bağlar.
Tanım 4.7 (Seviye Kümesi) \(f\), \(\mathbb{R}^2\) üzerinde diferansiyellenebilir gerçel değerli bir fonksiyon ve \(a\) bir sayı olsun. \(f(\mathbf{p}) = a\) eşitliğini sağlayan bütün \(\mathbf{p} \in \mathbb{R}^2\) noktalarının kümesine \(f\)’nin \(a\) değerindeki seviye kümesi (level set) denir ve bu küme kısaca \(C : f = a\) diye yazılır.
Yani \(C : f = a\), \(f\)’nin değerinin tam olarak \(a\) olduğu yerlerin haritasıdır; bir dağın belli yükseklikteki eşyükselti çizgisi gibi.
Her seviye kümesi eğriye benzemez; bazıları tek bir noktadır, bazıları kendini keser. İyi davranışı güvenceye alan koşul kısmi türevlerle ilgilidir. \(\partial f/\partial x\) ve \(\partial f/\partial y\) kısmi türevleri \(C\)’nin hiçbir noktasında aynı anda sıfır olmuyorsa şunlar doğrudur:
- \(C\), birbirinden ayrık bir ya da daha fazla parçadan oluşur; bu parçalara \(C\)’nin bileşenleri (components) denir;
- her bileşen, her noktasının yakınında türevlenebilir bir fonksiyonun grafiğine (\(y\)’yi \(x\)’in ya da \(x\)’i \(y\)’nin fonksiyonu olarak veren) benzer; köşesi, kendini kestiği bir yeri ya da tek başına duran bir noktası yoktur;
- her bileşen, birçok düzgün eğrinin rotasıdır. Rotası tam olarak bir bileşen olan düzgün bir eğriye o bileşenin bir parametrelendirmesi (parametrization) denir.
Bileşenler birer nokta kümesidir, \(\alpha\) gibi parametrelendirilmiş eğriler ise fonksiyondur. İkisini karıştırmamak için bir bileşenden söz ederken “geometrik eğri” ya da doğrudan “bileşen” diyeceğiz.
NotBu olgular nereden gelir?
Yukarıdaki olguların genel ispatı, analizdeki kapalı fonksiyon teoremine (implicit function theorem) dayanır ve bu bölümün kapsamı dışındadır. Aşağıdaki her örnekte iddiaları açık parametrelendirmelerle doğrudan denetleyeceğiz. Koşulun rolü şöyle sezilebilir: \((\partial f/\partial x, \partial f/\partial y)\) çifti bir noktada sıfır değilse, \(f = a\) denklemi o noktanın yakınında değişkenlerden biri için çözülebilir ve küme orada düzgün bir yay gibi görünür. İki kısmi türevin birlikte sıfırlandığı yerlerde ise küme kendini kesebilir ya da tek bir noktaya çökebilir (Örnek 4.23).
Örnek 4.21 (Daire Bir Seviye Kümesidir) \(r > 0\) ve \(f = x^2 + y^2\) olsun. \(C : x^2 + y^2 = r^2\) seviye kümesinde kısmi türevlerin aynı anda sıfırlanmadığını ve \(\alpha(t) = (r\cos t, r\sin t)\) eğrisinin \(C\)’nin periyodik, düzgün bir parametrelendirmesi olduğunu gösterelim.
Çözüm
Koşul. \(\partial f/\partial x = 2x\) ve \(\partial f/\partial y = 2y\) yalnızca \((0, 0)\) noktasında birlikte sıfırdır. \(f(0, 0) = 0 \neq r^2\) olduğundan bu nokta \(C\)’de değildir; koşul \(C\)’nin her noktasında sağlanır.
Rota. Her \(t\) için \((r\cos t)^2 + (r\sin t)^2 = r^2\) olduğundan \(\alpha(t)\) noktası \(C\)’dedir. Tersine \((x, y) \in C\) ise \((x/r)^2 + (y/r)^2 = 1\)’dir, yani \((x/r, y/r)\) birim dairenin üzerindedir; \(\cos t = x/r\) ve \(\sin t = y/r\) olan bir \(t\) açısı vardır ve bu \(t\) için \(\alpha(t) = (x, y)\) olur. Dolayısıyla \(\alpha\)’nın rotası \(C\)’nin tamamıdır. \(C\) tek bir kesintisiz halka olarak dolaşıldığı için tek bileşenlidir.
Düzgünlük. \(\alpha'(t) = (-r\sin t,\ r\cos t)_{\alpha(t)}\) vektör kısmının koordinatlarının kareleri toplamı \(r^2 \sin^2 t + r^2\cos^2 t = r^2 > 0\)’dır; hız hiçbir anda sıfır olmaz.
Periyot. \(\alpha(t + 2\pi) = \alpha(t)\)’dir. \(\alpha(t + p) = \alpha(t)\) her \(t\) için sağlanıyorsa \(t = 0\)’da \(\cos p = 1\) bulunur, yani \(p\) en az \(2\pi\)’dir. Periyot \(2\pi\)’dir.
\(C\)’nin başka parametrelendirmeleri de vardır: \((r\cos 2t, r\sin 2t)\) daireyi iki kat hızla dolaşır ve periyodu \(\pi\)’dir; \((r\cos t, -r\sin t)\) ise daireyi saat yönünde dolaşır. Bir bileşenin parametrelendirmesi tek değildir.
\(\blacksquare\)
Örnek 4.22 (Hiperbolün İki Kolu) \(r > 0\) ve \(f = x^2 - y^2\) olsun. \(C : x^2 - y^2 = r^2\) seviye kümesinin, \(x > 0\) bölgesindeki \(C_1\) ve \(x < 0\) bölgesindeki \(C_2\) olmak üzere iki bileşene ayrıldığını ve \(\beta(t) = (r\cosh t, r\sinh t)\) eğrisinin \(C_1\)’in birebir, düzgün bir parametrelendirmesi olduğunu gösterelim.
Çözüm
Hiperbolik fonksiyonları hatırlayalım: \(\cosh t = (e^t + e^{-t})/2\) ve \(\sinh t = (e^t - e^{-t})/2\). Türevleri \((\cosh t)' = \sinh t\) ve \((\sinh t)' = \cosh t\)’dir; ayrıca
\[\cosh^2 t - \sinh^2 t = \dfrac{(e^t + e^{-t})^2 - (e^t - e^{-t})^2}{4} = \dfrac{4}{4} = 1\]
olur, çünkü paydaki iki kare arasındaki fark \(4e^t e^{-t} = 4\)’tür.
Koşul. \(\partial f/\partial x = 2x\) ve \(\partial f/\partial y = -2y\) yalnızca orijinde birlikte sıfırdır; \(f(0, 0) = 0 \neq r^2\) olduğundan orijin \(C\)’de değildir.
İki bileşen. \(C\)’nin her noktasında \(x^2 = r^2 + y^2 \ge r^2\), yani \(|x| \ge r\)’dir. \(C\)’nin hiçbir noktası \(-r < x < r\) şeridine girmez. Bu yüzden \(C\), şeridin sağında kalan \(C_1\) (\(x \ge r\)) ve solunda kalan \(C_2\) (\(x \le -r\)) parçalarına ayrılır ve \(C\) üzerinde kalarak birinden ötekine geçmek mümkün değildir. Her parçanın gerçekten tek bir bileşen olduğu aşağıda görülür: \(C_1\)’in tamamı tek bir eğrinin rotasıdır, yani nokta \(C_1\)’in her yerine kesintisiz bir yolculukla ulaşır; \(C_2\) için de aynısı geçerlidir.
Rota. \(\beta(t)\) noktası \(C\)’dedir, çünkü
\[(r\cosh t)^2 - (r\sinh t)^2 = r^2(\cosh^2 t - \sinh^2 t) = r^2;\]
üstelik \(r\cosh t > 0\) olduğundan \(C_1\)’dedir. Tersine \((x, y) \in C_1\) olsun. \(\sinh\) fonksiyonunun türevi \(\cosh t > 0\) olduğundan \(\sinh\) kesin artandır ve \(-\infty\)’dan \(\infty\)’a bütün değerleri alır; dolayısıyla \(r\sinh t = y\) olan tek bir \(t\) vardır. Bu \(t\) için
\[(r\cosh t)^2 = r^2 + r^2\sinh^2 t = r^2 + y^2 = x^2\]
olur; \(r\cosh t\) ile \(x\) ikisi de pozitif olduğundan \(r\cosh t = x\)’tir. Yani \(\beta(t) = (x, y)\): \(\beta\)’nın rotası \(C_1\)’in tamamıdır.
Birebirlik ve düzgünlük. \(\beta(t) = \beta(t_1)\) ise \(r\sinh t = r\sinh t_1\)’dir ve \(\sinh\) kesin artan olduğundan \(t = t_1\) bulunur. Hız vektörü \(\beta'(t) = (r\sinh t,\ r\cosh t)_{\beta(t)}\)’dir ve ikinci koordinatı en az \(r\) olduğundan hiç sıfır olmaz.
Öteki kol \(C_2\) için \(t \mapsto (-r\cosh t, r\sinh t)\) aynı özelliklere sahip bir parametrelendirmedir. \(r = 1\) için \(\cosh 1 \approx 1{,}543\) ve \(\sinh 1 \approx 1{,}175\) olduğundan \(\beta(-1) \approx (1{,}543;\ -1{,}175)\), \(\beta(0) = (1, 0)\) ve \(\beta(1) \approx (1{,}543;\ 1{,}175)\) olur. Kolun asimptotlara yaklaşması da bu parametrelendirmeden okunur. \(\cosh t - \sinh t = e^{-t}\) ve \(\cosh t + \sinh t = e^{t}\) olduğundan \(\beta(t) = (x, y)\) için
\[x - y = re^{-t}, \qquad x + y = re^{t}\]
bulunur. \(t \to \infty\) iken \(x - y\) farkı sıfıra gider, yani kol \(y = x\) doğrusuna yaklaşır; \(t \to -\infty\) iken \(x + y\) toplamı sıfıra gider, yani kol \(y = -x\) doğrusuna yaklaşır.
\(\blacksquare\)
Örnek 4.23 (Koşulun Bozulduğu Bir Seviye Kümesi) \(f = x^2 - y^2\) fonksiyonunun \(0\) değerindeki \(C : x^2 - y^2 = 0\) seviye kümesinde kısmi türev koşulunun bozulduğunu ve kümenin ayrık, düzgün parçalara bölünmediğini gösterelim.
Çözüm
\(x^2 - y^2 = (x - y)(x + y)\) olduğundan \(C\), \(y = x\) ve \(y = -x\) doğrularının birleşimidir. Kısmi türevler \(2x\) ve \(-2y\) orijinde birlikte sıfırdır ve orijin \(C\)’dedir; koşul bozulur.
Kümenin biçimi de bozulur: iki doğru orijinde kesişir ve orijinin yakınında \(C\) bir “X” gibi görünür; orijinden dört kol çıkar. Orijinin hiçbir küçük çevresinde \(C\), tek bir türevlenebilir fonksiyonun grafiği değildir: \(y\)’yi \(x\)’in fonksiyonu olarak yazmaya çalışırsak her \(x \neq 0\) için iki değer (\(x\) ve \(-x\)) bulunur, \(x\)’i \(y\)’nin fonksiyonu olarak yazmaya çalışırsak da aynı sorun çıkar. Orijin çıkarılırsa \(C\) dört ayrık açık yarı doğruya ayrılır; ama orijinin kendisi hiçbir bileşene düzgün biçimde yerleştirilemez. Sorun tam olarak koşulun bozulduğu noktada ortaya çıkar.
\(\blacksquare\)
Benzer biçimde \(C : x^2 + y^2 = 0\) seviye kümesi yalnızca orijinden oluşur ve orada iki kısmi türev de sıfırdır. Tek bir nokta hiçbir düzgün eğrinin rotası olamaz: rotası tek nokta olan bir eğri sabittir ve sabit bir eğrinin hızı her an sıfırdır.
4.8 Alıştırmalar
Alıştırma 4.1 (Silindir ile Kürenin Kesişimindeki Eğrinin Hızı) \(\alpha(t) = \left(1 + \cos t,\ \sin t,\ 2\sin(t/2)\right)\) eğrisinin hız vektörünü genel \(t\) için ve \(t = 0\), \(t = \pi/2\), \(t = \pi\) anlarında bulunuz. Bu vektörlerin rota üzerinde nereden çıktığını ve hangi yöne baktığını açıklayınız.
Çözüm
Koordinat fonksiyonlarının türevleri \((1 + \cos t)' = -\sin t\) ve \((\sin t)' = \cos t\)’dir. Üçüncü koordinatta zincir kuralı gerekir: \(2\sin(t/2)\) fonksiyonunun türevi \(2\cos(t/2) \cdot \tfrac{1}{2}\), yani \(\cos(t/2)\)’dir. Dolayısıyla
\[\alpha'(t) = \left(-\sin t,\ \cos t,\ \cos\dfrac{t}{2}\right)_{\alpha(t)}.\]
İstenen anlarda:
| \(t\) | \(\alpha(t)\) | \(\alpha'(t)\)’nin vektör kısmı |
|---|---|---|
| \(0\) | \((2, 0, 0)\) | \((0, 1, 1)\) |
| \(\pi/2\) | \((1, 1, \sqrt{2})\) | \((-1, 0, \sqrt{2}/2)\) |
| \(\pi\) | \((0, 0, 2)\) | \((0, -1, 0)\) |
Bu vektörleri rota üzerinde düşünelim.
- \(t = 0\)’da nokta kürenin ekvatorundaki \((2, 0, 0)\) noktasındadır. Hızın \(y\) ve \(z\) koordinatları eşittir: nokta pozitif \(y\) yönüne giderken aynı oranda yükselir, ekvatordan \(45°\) eğimle kalkar.
- \(t = \pi/2\)’de nokta \((1, 1, \sqrt{2})\)’dedir. \(x\) koordinatı azalmaktadır; \(y = \sin t\) bu anda en büyük değeri \(1\)’dedir ve değişmez; \(z\) hâlâ artar ama daha yavaş.
- \(t = \pi\)’de nokta kuzey kutbu \((0, 0, 2)\)’dedir. Hız yataydır: \(z = 2\sin(t/2)\) en büyük değerine ulaşmıştır ve bu anda değişmez. Nokta negatif \(y\) yönünde ilerleyerek rotanın \(y < 0\) tarafına geçer.
Bir denetim yapalım. Eğri hem kürenin hem silindirin üzerinde kaldığına göre hızı iki yüzeye de teğet olmalıdır. Konumla hızın iç çarpımını hesaplayalım; son terimde \(2\sin(t/2)\cos(t/2) = \sin t\) özdeşliğini kullanırız:
\[\begin{aligned} &(1 + \cos t)(-\sin t) + \sin t\cos t + 2\sin\dfrac{t}{2}\cos\dfrac{t}{2}\\ &\quad = -\sin t - \sin t\cos t + \sin t\cos t + \sin t = 0 \end{aligned}\]
bulunur; hız, kürenin merkezinden gelen yarıçapa diktir. Silindirin yatay yarıçapı \((\cos t, \sin t, 0)\) ile iç çarpım da \(-\sin t\cos t + \cos t\sin t = 0\)’dır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.2 (Hızından Bulunan Eğri) \(\mathbb{R}\) üzerinde tanımlı, \(\alpha(0) = (1, 0, 5)\) koşulunu sağlayan ve her \(t\) için hız vektörünün vektör kısmı \((t^2, t, e^t)\) olan eğriyi bulunuz; böyle tek bir eğri bulunduğunu gösteriniz.
Çözüm
Hız vektörünün vektör kısmı, koordinat fonksiyonlarının türevlerinden oluşur. Dolayısıyla
\[\alpha_1'(t) = t^2, \qquad \alpha_2'(t) = t, \qquad \alpha_3'(t) = e^t\]
olmalıdır. Türevi \(t^2\) olan fonksiyonlar \(t^3/3 + c_1\) biçimindedir; benzer biçimde \(\alpha_2(t) = t^2/2 + c_2\) ve \(\alpha_3(t) = e^t + c_3\) olur. Başlangıç koşulu \(\alpha(0) = (c_1,\ c_2,\ 1 + c_3) = (1, 0, 5)\) olduğundan \(c_1 = 1\), \(c_2 = 0\) ve \(c_3 = 4\) bulunur:
\[\alpha(t) = \left(1 + \dfrac{t^3}{3},\ \dfrac{t^2}{2},\ e^t + 4\right).\]
Denetim: türevler \((t^2, t, e^t)\) ve \(\alpha(0) = (1, 0, 5)\)’tir.
Teklik. \(\beta\) da aynı iki koşulu sağlasın ve \(\gamma_i = \alpha_i - \beta_i\) diyelim. O zaman her \(t\) için \(\gamma_i'(t) = 0\) ve \(\gamma_i(0) = 0\)’dır. Ortalama değer teoremi gereği her \(t \neq 0\) için \(0\) ile \(t\) arasında bir \(c\) sayısı vardır ve \(\gamma_i(t) - \gamma_i(0) = \gamma_i'(c)\,t = 0\) olur. Yani her \(t\) için \(\gamma_i(t) = 0\), dolayısıyla \(\beta = \alpha\)’dır.
Bu akıl yürütmede tanım kümesinin bir aralık olması önemlidir. Tanım kümesi arada boşluk bırakan iki parçadan oluşsaydı, türevi sıfır olan bir fonksiyon iki parçada farklı sabitler alabilirdi ve teklik bozulurdu.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.3 (Ters Kosinüsle Yeniden Parametrelendirme) \(\alpha(t) = \left(1 + \cos t,\ \sin t,\ 2\sin(t/2)\right)\) eğrisinin \(J : 0 < s < 1\) üzerinde \(h(s) = \cos^{-1} s\) ile yeniden parametrelendirmesi olan \(\beta = \alpha(h)\) eğrisinin koordinat fonksiyonlarını bulunuz.
Çözüm
\(\cos^{-1}\), \([0, \pi]\) aralığına kısıtlanmış kosinüsün tersidir. \(0 < s < 1\) için \(h(s)\) açısı \(0\) ile \(\pi/2\) arasındadır. \(h\), \(J\) üzerinde türevlenebilirdir ve \(h'(s) = -1/\sqrt{1 - s^2}\) olur; \(\alpha\) bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde tanımlı olduğundan bileşke kurulabilir.
\(t = h(s)\) diyelim; o zaman \(\cos t = s\)’dir. Diğer iki ifadeyi \(s\) cinsinden yazalım.
- \(\sin^2 t = 1 - \cos^2 t = 1 - s^2\) ve \(0 < t < \pi/2\) olduğundan \(\sin t > 0\); dolayısıyla \(\sin t = \sqrt{1 - s^2}\).
- Yarım açı özdeşliği \(\sin^2(t/2) = (1 - \cos t)/2\), yani \((1 - s)/2\) verir; \(0 < t/2 < \pi/4\) olduğundan \(\sin(t/2) > 0\)’dır.
İkinci maddeden
\[2\sin\dfrac{t}{2} = 2\sqrt{\dfrac{1 - s}{2}} = \sqrt{2 - 2s}\]
bulunur. Böylece
\[\beta(s) = \left(1 + s,\ \sqrt{1 - s^2},\ \sqrt{2 - 2s}\right), \qquad 0 < s < 1.\]
Denetim: kareler toplamı \((1 + s)^2 + (1 - s^2) + (2 - 2s)\) açılınca \(4\) bulunduğundan \(\beta(s)\) kürenin üzerindedir; \((\beta_1 - 1)^2 + \beta_2^2 = s^2 + 1 - s^2 = 1\) olduğundan silindirin üzerindedir.
\(s\), \(0\)’dan \(1\)’e giderken \(t = \cos^{-1} s\) açısı \(\pi/2\)’den \(0\)’a azalır. Yani \(\beta\), \(\alpha\)’nın rotasının \(\alpha(\pi/2) = (1, 1, \sqrt{2})\) ile \(\alpha(0) = (2, 0, 0)\) arasındaki parçasını (uç noktalar hariç) ters yönde dolaşır. Bu, \(h'(s) < 0\) olmasıyla ve Lemma 4.1 ile uyumludur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.4 (Logaritmayla Yeniden Parametrelendirme ve Hız Formülü) \(\alpha(t) = (e^t, e^{-t}, \sqrt{2}\,t)\) eğrisini \(J : s > 0\) üzerinde \(h(s) = \log s\) ile yeniden parametrelendiriniz. Lemma 4.1’ndeki eşitliği, iki tarafı ayrı ayrı hesaplayarak bu durumda doğrulayınız.
Çözüm
\(h\), \((0, \infty)\) üzerinde türevlenebilirdir ve \(h'(s) = 1/s\)’dir. \(e^{\log s} = s\) ve \(e^{-\log s} = 1/s\) olduğundan
\[\beta(s) = \alpha(\log s) = \left(s,\ \dfrac{1}{s},\ \sqrt{2}\,\log s\right).\]
Sol taraf. \(\beta\)’nın koordinatlarının türevleri \(1\), \(-1/s^2\) ve \(\sqrt{2}/s\)’dir:
\[\beta'(s) = \left(1,\ -\dfrac{1}{s^2},\ \dfrac{\sqrt{2}}{s}\right)_{\beta(s)}.\]
Sağ taraf. \(\alpha'(t) = (e^t, -e^{-t}, \sqrt{2})_{\alpha(t)}\)’dir; \(t = \log s\) koyarsak
\[\alpha'(h(s)) = \left(s,\ -\dfrac{1}{s},\ \sqrt{2}\right)_{\alpha(\log s)}\]
olur. Bunu \(h'(s) = 1/s\) ile çarpalım:
\[\dfrac{1}{s}\,\alpha'(h(s)) = \left(1,\ -\dfrac{1}{s^2},\ \dfrac{\sqrt{2}}{s}\right)_{\alpha(\log s)}.\]
\(\alpha(\log s) = \beta(s)\) olduğundan iki tarafın uygulama noktaları da vektör kısımları da aynıdır; eşitlik doğrulanmıştır.
Yeni parametreyle eğri \(x = s\), \(y = 1/s\) biçiminde hiperbolün üzerinden geçer ve yüksekliği \(\sqrt{2}\,\log s\) olur. Yükselme hızı \(\sqrt{2}/s\), \(s\) büyüdükçe azalır. \(s = 1\)’de \(h'(1) = 1\) olduğundan \(\beta'(1) = \alpha'(0) = (1, -1, \sqrt{2})_{(1, 1, 0)}\)’dır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.5 (İki Noktadan Geçen Doğru) \((1, -3, -1)\) ve \((6, 2, 1)\) noktalarından geçen doğrunun denklemini, yani rotası bu doğru olan bir \(\alpha(t) = \mathbf{p} + t\mathbf{q}\) eğrisini bulunuz.
Çözüm
\(t = 0\)’da ilk noktada, \(t = 1\)’de ikinci noktada olmak isteyelim. O zaman \(\mathbf{p} = (1, -3, -1)\) ve
\[\mathbf{q} = (6, 2, 1) - (1, -3, -1) = (5, 5, 2)\]
olmalıdır. Doğru
\[\alpha(t) = (1 + 5t,\ -3 + 5t,\ -1 + 2t)\]
olur. Denetim: \(\alpha(0) = (1, -3, -1)\) ve \(\alpha(1) = (6, 2, 1)\).
Aynı doğrunun başka denklemleri de vardır: \(\mathbf{p}\) yerine doğrunun herhangi bir noktası, \(\mathbf{q}\) yerine onun sıfırdan farklı herhangi bir katı alınabilir. Bunlar birbirinin yeniden parametrelendirmeleridir. Parametreyi yok ederek rotayı tek bir denklem zinciriyle de yazabiliriz: her koordinattan \(t\) çekilirse
\[\dfrac{x - 1}{5} = \dfrac{y + 3}{5} = \dfrac{z + 1}{2}\]
bulunur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.6 (İki Doğru Kesişir mi?) \((1, -3, -1)\) ile \((6, 2, 1)\) noktalarından geçen doğru ve \((-1, 1, 0)\) ile \((-5, -1, -1)\) noktalarından geçen doğru kesişir mi? Kesişiyorlarsa kesişim noktasını bulunuz.
Çözüm
Önce iki doğrunun denklemlerini kuralım. Birinci doğru için \(t = 0\)’da \((1, -3, -1)\) noktasında, \(t = 1\)’de \((6, 2, 1)\) noktasında olmak isteyelim: \(\mathbf{p} = (1, -3, -1)\) ve
\[\mathbf{q} = (6, 2, 1) - (1, -3, -1) = (5, 5, 2)\]
alırsak birinci doğru
\[\alpha(t) = (1 + 5t,\ -3 + 5t,\ -1 + 2t)\]
eğrisi olur. İkinci doğru için \(\mathbf{p}' = (-1, 1, 0)\) ve
\[\mathbf{q}' = (-5, -1, -1) - (-1, 1, 0) = (-4, -2, -1)\]
alırsak \(\beta(u) = (-1 - 4u,\ 1 - 2u,\ -u)\) bulunur. İkinci doğru için ayrı bir \(u\) harfi kullanıyoruz, çünkü iki rotanın ortak bir noktası olsa bile iki eğri oraya farklı anlarda varabilir.
Doğrular ancak ve ancak \(\alpha(t) = \beta(u)\) olan \(t\) ve \(u\) sayıları varsa kesişir. Koordinatları eşitleyelim:
\[\begin{aligned} 1 + 5t &= -1 - 4u,\\ -3 + 5t &= 1 - 2u,\\ -1 + 2t &= -u. \end{aligned}\]
İki bilinmeyen için üç denklem vardır; genel olarak çözüm beklenmez. Üçüncü denklemden \(u = 1 - 2t\). Bunu birincide yerine koyarsak \(1 + 5t = -1 - 4 + 8t\), yani \(3t = 6\) ve \(t = 2\) bulunur; buradan \(u = -3\). İkinci denklemi denetleyelim: sol taraf \(-3 + 10 = 7\), sağ taraf \(1 + 6 = 7\). Üç denklem de sağlanır.
Doğrular kesişir. Kesişim noktası
\[\alpha(2) = (11, 7, 3) = \beta(-3)\]
noktasıdır. Doğrultular \((5, 5, 2)\) ve \((-4, -2, -1)\) birbirinin katı olmadığından doğrular farklıdır ve tek bir noktada kesişir.
Aynı harfi kullansaydık başka bir soru sormuş olurduk: iki hareketli nokta aynı anda aynı yerde mi? \(\alpha(t) = \beta(t)\) denkleminin birinci koordinatı \(t = -2/9\) verir, ama bu değer için ikinci koordinatlar \(-37/9\) ve \(13/9\) olur. Rotalar kesişir, noktalar ise hiç çarpışmaz.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.7 (Yönlü Türevde Doğru Yerine Eğri) \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\) bir teğet vektör ve \(f\) diferansiyellenebilir bir fonksiyon olsun. \(0 \in I\) olmak üzere \(\alpha : I \to \mathbb{R}^3\) eğrisi \(\alpha(0) = \mathbf{p}\) ve \(\alpha'(0) = \mathbf{v}_{\mathbf{p}}\) koşullarını sağlasın; böyle bir eğriye başlangıç hızı \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\) olan eğri diyelim. Lemma 4.2’i kullanarak
\[\mathbf{v}_{\mathbf{p}}[f] = \dfrac{d\bigl(f(\alpha)\bigr)}{dt}(0)\]
olduğunu gösteriniz. Yani yönlü türevin tanımındaki \(t \mapsto \mathbf{p} + t\mathbf{v}\) doğrusu, başlangıç hızı \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\) olan herhangi bir eğriyle değiştirilebilir.
Çözüm
\(\alpha'(0) = \mathbf{v}_{\mathbf{p}}\) eşitliği iki teğet vektörün eşitliğidir: uygulama noktaları aynıdır (\(\alpha(0) = \mathbf{p}\)) ve vektör kısımları aynıdır. Dolayısıyla bu iki teğet vektöre göre alınan türevler de aynıdır: \(\alpha'(0)[f] = \mathbf{v}_{\mathbf{p}}[f]\).
Öte yandan Lemma 4.2, \(t = 0\) anında
\[\alpha'(0)[f] = \dfrac{d\bigl(f(\alpha)\bigr)}{dt}(0)\]
der. İki eşitliği birleştirince istenen sonuç çıkar.
Tanımdaki doğru, \(\alpha(t) = \mathbf{p} + t\mathbf{v}\), bu türden eğrilerden yalnızca biridir: Örnek 4.8 gereği hızının vektör kısmı her an \(\mathbf{v}\)’dir ve \(\alpha(0) = \mathbf{p}\)’dir. Sonuç, yönlü türevin yalnızca başlangıç noktasına ve başlangıç hızına bağlı olduğunu, eğrinin geri kalanına bağlı olmadığını söyler.
Kısa bir örnek: \(\mathbf{p} = (1, 0, 0)\), \(\mathbf{v} = (0, 1, 0)\) ve \(f = xy\) olsun. \(\alpha(t) = (\cos t, \sin t, 0)\) dairesi için \(\alpha(0) = \mathbf{p}\) ve \(\alpha'(0) = (0, 1, 0)_{\mathbf{p}}\)’dir. Daire boyunca \(f(\alpha(t)) = \cos t\,\sin t\) olur; türevi \(\cos^2 t - \sin^2 t\), \(t = 0\)’da \(1\)’dir. Doğru boyunca \(f(1, t, 0) = t\) olur ve \(t = 0\)’daki türev yine \(1\)’dir. Lemma 3.1 da aynı sayıyı verir: \(\mathbf{p}\)’de \(\partial f/\partial x = y = 0\) ve \(\partial f/\partial y = x = 1\) olduğundan \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}[f] = 0 \cdot 0 + 1 \cdot 1 = 1\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.8 (Aynı Başlangıç Hızına Sahip Üç Eğri) \(t \in \mathbb{R}\) için
\[\alpha(t) = (t,\ 1 + t^2,\ t), \qquad \beta(t) = (\sin t,\ \cos t,\ t), \qquad \gamma(t) = (\sinh t,\ \cosh t,\ t)\]
eğrilerinin başlangıç hızlarının aynı olduğunu, yani üçünün de \(t = 0\) anında aynı noktadan aynı hız vektörüyle geçtiğini gösteriniz; bu ortak \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\) teğet vektörünü bulunuz.
Çözüm
Başlangıç noktaları: \(\sin 0 = \sinh 0 = 0\) ve \(\cos 0 = \cosh 0 = 1\) olduğundan
\[\alpha(0) = \beta(0) = \gamma(0) = (0, 1, 0).\]
Hız vektörleri:
- \(\alpha'(t) = (1,\ 2t,\ 1)\), dolayısıyla \(\alpha'(0) = (1, 0, 1)_{(0, 1, 0)}\);
- \(\beta'(t) = (\cos t,\ -\sin t,\ 1)\), dolayısıyla \(\beta'(0) = (1, 0, 1)_{(0, 1, 0)}\);
- \(\gamma'(t) = (\cosh t,\ \sinh t,\ 1)\), dolayısıyla \(\gamma'(0) = (1, 0, 1)_{(0, 1, 0)}\).
Üç başlangıç hızı da \(\mathbf{p} = (0, 1, 0)\) ve \(\mathbf{v} = (1, 0, 1)\) olmak üzere aynı \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}\) teğet vektörüdür.
Eğrilerin kendileri ise çok farklıdır: \(\alpha\), \(x = z\) düzlemindeki \(y = 1 + x^2\) parabolünün üzerindedir; \(\beta\), \(x^2 + y^2 = 1\) silindirinin üzerinde bir helistir; \(\gamma\) ise \(\cosh^2 t - \sinh^2 t = 1\) gereği \(y^2 - x^2 = 1\) yüzeyinin üzerindedir. Başlangıç anında birinci mertebeden aynı davranırlar, sonra ayrılırlar.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.9 (Üç Eğriyle Aynı Yönlü Türev) \(f = x^2 - y^2 + z^2\) olsun. \(\alpha(t) = (t, 1 + t^2, t)\), \(\beta(t) = (\sin t, \cos t, t)\) ve \(\gamma(t) = (\sinh t, \cosh t, t)\) eğrilerinin ortak başlangıç hızı \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}} = (1, 0, 1)_{(0, 1, 0)}\) için \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}[f]\) sayısını, üç eğrinin her biri boyunca \(f\)’nin türevini \(t = 0\)’da hesaplayarak bulunuz.
Çözüm
Alıştırma 4.7 gereği üç hesap da \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}[f]\)’yi vermelidir.
Birinci eğri. Koordinatları \(f\)’de yerine koyarsak
\[f(\alpha(t)) = t^2 - (1 + t^2)^2 + t^2 = 2t^2 - 1 - 2t^2 - t^4 = -1 - t^4\]
bulunur. Türev \(-4t^3\), \(t = 0\)’da \(0\).
İkinci eğri. \(\sin^2 t - \cos^2 t = -\cos 2t\) olduğundan \(f(\beta(t)) = -\cos 2t + t^2\). Türev \(2\sin 2t + 2t\), \(t = 0\)’da \(0\).
Üçüncü eğri. \(f(\gamma(t)) = \sinh^2 t - \cosh^2 t + t^2\), yani \(-1 + t^2\). Türev \(2t\), \(t = 0\)’da \(0\).
Üç yol da \(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}[f] = 0\) verir. Lemma 3.1 ile denetleyelim: kısmi türevler \(2x\), \(-2y\), \(2z\); \(\mathbf{p} = (0, 1, 0)\)’da \(0\), \(-2\), \(0\). \(\mathbf{v} = (1, 0, 1)\) ile toplam \(1 \cdot 0 + 0 \cdot (-2) + 1 \cdot 0 = 0\).
Dikkat: üç bileşke fonksiyon farklıdır (\(-1 - t^4\), \(t^2 - \cos 2t\), \(t^2 - 1\)) ve \(t = 0\)’daki ikinci türevleri de farklıdır (\(0\), \(6\) ve \(2\)). Eğriler yalnızca birinci türevde anlaşır; yönlü türev de tam olarak bu birinci mertebe bilgisidir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.10 (Elipsin Çizimi ve Parametrelendirmesi) \(\mathbb{R}^2\)’de \(C : 4x^2 + y^2 = 1\) seviye kümesinin kaba resmini çiziniz ve \(C\) için bir parametrelendirme bulunuz.
Çözüm
Koşul. \(f = 4x^2 + y^2\) için kısmi türevler \(8x\) ve \(2y\) yalnızca orijinde birlikte sıfırdır; \(f(0, 0) = 0 \neq 1\) olduğundan orijin \(C\)’de değildir.
Resim. Denklem \((2x)^2 + y^2 = 1\) biçiminde yazılabilir: \(C\), merkezi orijin olan bir elipstir. \(y = 0\) için \(x = \pm 1/2\), \(x = 0\) için \(y = \pm 1\) bulunur; \(x = 1/4\) için \(y^2 = 3/4\), yani \(y \approx \pm 0{,}866\). Elips \(|x| \le 1/2\), \(|y| \le 1\) dikdörtgenine sığan, iki eksene göre simetrik, eninden iki kat uzun bir ovaldir; birim dairenin \(x\) yönünde yarıya sıkıştırılmış hâlidir.
Parametrelendirme. \(2x = \cos t\) ve \(y = \sin t\) seçelim:
\[\alpha(t) = \left(\dfrac{1}{2}\cos t,\ \sin t\right).\]
Her \(t\) için \(4 \cdot \tfrac{1}{4}\cos^2 t + \sin^2 t = 1\) olduğundan \(\alpha(t) \in C\)’dir. Tersine \((x, y) \in C\) ise \((2x, y)\) birim dairededir; \(\cos t = 2x\), \(\sin t = y\) olan bir \(t\) için \(\alpha(t) = (x, y)\) olur. Hız vektörü \(\alpha'(t) = \left(-\tfrac{1}{2}\sin t,\ \cos t\right)_{\alpha(t)}\)’dir; sıfır olması için \(\sin t\) ile \(\cos t\)’nin birlikte sıfır olması gerekirdi, bu imkânsızdır. \(\alpha\) düzgündür ve dairede olduğu gibi periyodu \(2\pi\)’dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.11 (Düzlemde Bir Doğrunun Parametrelendirmesi) \(\mathbb{R}^2\)’de \(C : 3x + 4y = 1\) seviye kümesinin kaba resmini çiziniz ve \(C\) için bir parametrelendirme bulunuz.
Çözüm
Koşul. \(f = 3x + 4y\) için kısmi türevler \(3\) ve \(4\) sabittir ve hiç sıfır olmaz.
Resim. \(C\) bir doğrudur. \(y = 0\) için \(x = 1/3\), \(x = 0\) için \(y = 1/4\) bulunur; doğru eksenleri \((1/3, 0)\) ve \((0, 1/4)\) noktalarında keser ve eğimi \(-3/4\)’tür. Bir nokta daha: \(3 \cdot (-1) + 4 \cdot 1 = 1\) olduğundan \((-1, 1)\) de \(C\)’dedir.
Parametrelendirme. \(C\)’nin bir noktası olarak \(\mathbf{p} = (-1, 1)\)’i alalım. Doğrultu vektörü \(\mathbf{q} = (q_1, q_2)\) için \(3q_1 + 4q_2 = 0\) olmalıdır ki doğru boyunca \(f\) değişmesin; \(\mathbf{q} = (4, -3)\) uygundur:
\[\alpha(t) = (-1 + 4t,\ 1 - 3t).\]
Denetim:
\[3(-1 + 4t) + 4(1 - 3t) = -3 + 12t + 4 - 12t = 1.\]
Tersine \((x, y) \in C\) ise \(t = (x + 1)/4\) için \(\alpha(t)\)’nin birinci koordinatı \(x\), ikinci koordinatı \(1 - 3(x + 1)/4 = (1 - 3x)/4 = y\) olur. \(\alpha\) birebirdir ve hızının vektör kısmı \((4, -3)\) hiç sıfır olmadığından düzgündür. Başka bir seçim \(t \mapsto \left(t,\ (1 - 3t)/4\right)\)’tür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.12 (Üstel Fonksiyonun Grafiği) \(\mathbb{R}^2\)’de \(C : y = e^x\) kümesinin kaba resmini çiziniz ve \(C\) için bir parametrelendirme bulunuz.
Çözüm
Koşul. \(C\), \(f = y - e^x\) fonksiyonunun \(0\) değerindeki seviye kümesidir. Kısmi türevler \(-e^x\) ve \(1\)’dir; ikincisi hiç sıfır olmadığından koşul her yerde sağlanır.
Resim. \(C\) üstel fonksiyonun grafiğidir: \((0, 1)\), \((1, e) \approx (1;\ 2{,}718)\) ve \((-1, 1/e) \approx (-1;\ 0{,}368)\) noktalarından geçer. Daima \(x\) ekseninin üstündedir; \(x \to -\infty\) iken \(x\) eksenine yaklaşır, \(x\) büyüdükçe hızla yükselir.
Parametrelendirme. \(\alpha(t) = (t, e^t)\), \(t \in \mathbb{R}\), \(C\)’nin her noktasından tam bir kez geçer: \((x, e^x) = \alpha(x)\) ve birinci koordinat \(t\)’yi belirler. Hızının vektör kısmı \((1, e^t)\) olup birinci koordinatı \(1\)’dir; \(\alpha\) birebir ve düzgündür. Başka bir parametrelendirme \(s > 0\) için \(\beta(s) = (\log s, s)\)’dir; bu, \(\alpha\)’nın \(h(s) = \log s\) ile yeniden parametrelendirmesidir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.13 (Helisin Teğet Doğruları) Düzgün bir \(\alpha\) eğrisinin sabit bir \(t\) anındaki teğet doğrusu, \(\alpha'(t)\)’nin uygulama noktası bir yana bırakılıp vektör kısmı kullanılarak yazılan \(u \mapsto \alpha(t) + u\,\alpha'(t)\) doğrusudur. \(\alpha(t) = (2\cos t, 2\sin t, t)\) helisinin \(\alpha(0)\) ve \(\alpha(\pi/4)\) noktalarındaki teğet doğrularını bulunuz.
Çözüm
Hız vektörü \(\alpha'(t) = (-2\sin t,\ 2\cos t,\ 1)_{\alpha(t)}\)’dir; üçüncü koordinatı \(1\) olduğundan helis düzgündür ve teğet doğruları her noktada tanımlıdır.
\(t = 0\). \(\alpha(0) = (2, 0, 0)\) ve vektör kısmı \((0, 2, 1)\)’dir. Teğet doğrusu
\[u \mapsto (2, 0, 0) + u\,(0, 2, 1) = (2,\ 2u,\ u)\]
olur.
\(t = \pi/4\). \(\cos(\pi/4) = \sin(\pi/4) = \sqrt{2}/2\) olduğundan \(\alpha(\pi/4) = (\sqrt{2}, \sqrt{2}, \pi/4)\) ve vektör kısmı \((-\sqrt{2}, \sqrt{2}, 1)\)’dir. Teğet doğrusu
\[u \mapsto \left(\sqrt{2} - \sqrt{2}\,u,\ \sqrt{2} + \sqrt{2}\,u,\ \dfrac{\pi}{4} + u\right)\]
olur.
Her iki doğru da \(u = 0\)’da eğrinin noktasından geçer ve hızı, eğrinin o andaki hızıdır. İkisi de helisin üzerinde durduğu \(x^2 + y^2 = 4\) silindirine yalnızca bu noktada dokunur. Birinci doğru için \(x^2 + y^2 = 4 + 4u^2\), ikinci doğru için
\[\bigl(\sqrt{2} - \sqrt{2}\,u\bigr)^2 + \bigl(\sqrt{2} + \sqrt{2}\,u\bigr)^2 = 2(1 - u)^2 + 2(1 + u)^2 = 4 + 4u^2\]
bulunur; \(u \neq 0\) için değer \(4\)’ten büyüktür, doğru silindirin dışındadır. Bu, Lemma 4.2’in yorumuyla uyumludur: \(f = x^2 + y^2\) helis boyunca sabit \(4\)’tür, teğet doğrusu boyunca ise \(4 + 4u^2\)’dir; iki fonksiyonun \(u = 0\)’daki türevi de \(0\)’dır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.14 (Yeniden Parametrelendirme Düzgünlüğü Ne Zaman Korur?) \(\alpha : I \to \mathbb{R}^3\) düzgün bir eğri, \(h : J \to I\) türevlenebilir bir fonksiyon ve \(\beta = \alpha(h)\) olsun. \(\beta\)’nın düzgün olması için gerek ve yeter koşulun her \(s \in J\) için \(h'(s) \neq 0\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Lemma 4.1 gereği \(\beta'(s) = h'(s)\,\alpha'(h(s))\)’dir. \(\alpha\) düzgün olduğundan \(\alpha'(h(s))\)’nin vektör kısmı \(\mathbf{w} = (w_1, w_2, w_3)\) sıfırdan farklıdır; yani en az bir \(w_i \neq 0\)’dır. \(\beta'(s)\)’nin vektör kısmı \(h'(s)\,\mathbf{w}\)’dir.
- \(h'(s) \neq 0\) ise \(h'(s)\,w_i \neq 0\) olur; \(\beta'(s) \neq \mathbf{0}\).
- \(h'(s) = 0\) ise \(h'(s)\,\mathbf{w} = \mathbf{0}\) olur; \(\beta'(s) = \mathbf{0}\).
Dolayısıyla \(\beta'(s) = \mathbf{0}\) olması ile \(h'(s) = 0\) olması aynı şeydir. \(\beta\)’nın bütün hız vektörlerinin sıfırdan farklı olması, \(h'\)’nin hiçbir yerde sıfır olmamasıyla aynıdır.
Örnekler: Örnek 4.20’da \(h(s) = s^3\) ve \(h'(0) = 0\) olduğundan \(\beta\) düzgün değildir. Alıştırma 4.4’de \(h'(s) = 1/s\) hiç sıfır olmaz ve \(\beta(s) = (s, 1/s, \sqrt{2}\,\log s)\) düzgündür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.15 (Yeniden Parametrelendirmede Eğri Boyunca Türev) \(\beta = \alpha(h)\), \(\alpha\)’nın bir yeniden parametrelendirmesi ve \(f\) diferansiyellenebilir bir fonksiyon olsun. Her \(s \in J\) için
\[\beta'(s)[f] = h'(s)\,\alpha'(h(s))[f]\]
olduğunu gösteriniz ve \(\alpha(t) = (e^t, e^{-t}, \sqrt{2}\,t)\), \(h(s) = \log s\), \(f = z\) için sayısal olarak denetleyiniz.
Çözüm
Lemma 4.2’i önce \(\beta\)’ya uygulayalım: \(\beta'(s)[f] = \dfrac{d}{ds}\, f(\beta(s))\). \(f(\beta(s)) = f(\alpha(h(s)))\) olduğundan bu, \(F = f(\alpha)\) tek değişkenli fonksiyonu ile \(h\)’nin bileşkesidir. Tek değişkenli zincir kuralıyla
\[\dfrac{d}{ds}\, F(h(s)) = F'(h(s))\, h'(s)\]
olur. Lemmayı bu kez \(\alpha\)’ya \(h(s)\) anında uygularsak \(F'(h(s)) = \alpha'(h(s))[f]\) bulunur. Birleştirince istenen eşitlik çıkar.
Aynı sonuca Lemma 4.1 ile de ulaşılır: \(\beta'(s) = h'(s)\,\alpha'(h(s))\) ve Teorem 3.1’nin (1) numaralı özelliği (\(b = 0\) alınarak) bir teğet vektörün sayı katına göre türevin, türevin o sayı katı olduğunu söyler.
Sayısal denetim. \(\beta(s) = (s, 1/s, \sqrt{2}\,\log s)\) olduğundan \(f(\beta(s)) = \sqrt{2}\,\log s\) ve \(\beta'(s)[z] = \sqrt{2}/s\). Öte yandan \(f(\alpha(t)) = \sqrt{2}\,t\), dolayısıyla her \(t\) için \(\alpha'(t)[z] = \sqrt{2}\); \(h'(s) = 1/s\) ile çarpınca \(\sqrt{2}/s\) bulunur. İki taraf eşittir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.16 (Kübik Eğri Birebirdir) \(\alpha(t) = (3t - t^3, 3t^2, 3t + t^3)\) eğrisinin birebir olduğunu gösteriniz ve bu yüzden periyodik olamayacağını açıklayınız.
Çözüm
\(\alpha(t) = \alpha(t_1)\) olsun. Birinci ve üçüncü koordinatların toplamı eşit olmalıdır:
\[(3t - t^3) + (3t + t^3) = (3t_1 - t_1^3) + (3t_1 + t_1^3),\]
yani \(6t = 6t_1\) ve \(t = t_1\). Dolayısıyla \(\alpha\) birebirdir.
İlk iki koordinat tek başına birebir değildir: \(3t^2\) fonksiyonu \(t\) ile \(-t\)’de, \(3t - t^3\) fonksiyonu \(0\) ile \(\sqrt{3}\)’te aynı değeri alır. Üçüncü koordinat \(3t + t^3\) birebirdir (türevi \(3 + 3t^2\) pozitif olduğundan kesin artandır) ve onunla da sonuca varılabilirdi; toplam hesabı ise hiçbir türev gerektirmez.
\(\alpha\) periyodik olsaydı bir \(p > 0\) için \(\alpha(p) = \alpha(0)\) olurdu; \(p \neq 0\) olduğundan bu, birebirlikle çelişir. Periyodik bir eğri hiçbir zaman birebir olamaz.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde eğrileri hareket eden noktalar olarak kurduk ve hızlarını teğet vektörler olarak gördük; bir sonraki bölümde (1-Formlar) teğet vektörlere sayı karşılık getiren lineer işlemleri, yani 1-formları, inceleyecek ve bir fonksiyonun diferansiyelini bu dilde tanımlayacağız.