20 Yönlendirme
Önceki bölümde (Bir İzometrinin Teğet Dönüşümü) bir izometrinin teğet dönüşümünün her noktada ortogonal kısmın kendisi olduğunu, bu yüzden iç çarpımları koruduğunu ve çatıları çatılara götürdüğünü gördük (Teorem 19.1, Sonuç 19.3). Bu bölümde geometrinin en ilginç ama ilk bakışta en kaygan kavramlarından birini ele alıyoruz: yönlendirmeyi.
Bir sağ el eldiveni ile bir sol el eldiveni düşünelim. İkisinde de parmakların uzunlukları, aralarındaki açılar, kumaşın her ölçüsü aynıdır; yine de sağ eldiveni ne kadar kaydırıp döndürürsek döndürelim sol eldivenin yerine oturtamayız. Aynada ise sağ el sol el olarak görünür. Bu farkı uzunluklar ve açılar yakalayamaz; onu yakalayan kavram yönlendirmedir (orientation). Fark doğada da karşımıza çıkar: 1848’de Louis Pasteur, tartarik asidin bir tuzunun birbirinin ayna görüntüsü olan iki kristal biçimini elle, tek tek ayırmıştır.
Eldivenleri matematiğe taşımak için onların yerine çatıları koyacağız. Plan şöyledir: önce her çatıya \(+1\) ya da \(-1\) olan bir işaret verip çatıları iki sınıfa ayıracağız; sonra her izometriye bir işaret verip izometrilerin bu iki sınıfı nasıl taşıdığını göreceğiz; son olarak, iç çarpımı tam olarak koruyan izometrilerin vektörel çarpımı neden yalnızca işaretine kadar koruduğunu ispatlayacağız.
20.1 Pozitif ve Negatif Yönlü Çatılar
Her çatıya bir sayı eşlemenin yolunu aslında biliyoruz. \(e_1, e_2, e_3\), bir \(\mathbf{p}\) noktasında bir çatı ve \(A\) onun duruş matrisi olsun (Tanım 9.8). Üçlü skaler çarpım, satırları üç vektörün koordinatları olan determinanttır (Alıştırma 9.11) ve bir çatı için bu sayı \(\pm 1\)’dir (Alıştırma 9.17):
\[e_1 \cdot e_2 \times e_3 = \det A = \pm 1.\]
İki değer de gerçekten ortaya çıkar; çatıları bu işarete göre iki sınıfa ayırıyoruz.
Tanım 20.1 (Pozitif ve Negatif Yönlü Çatı) \(e_1, e_2, e_3\), \(\mathbb{R}^3\)’ün bir noktasında bir çatı olsun. \(e_1 \cdot e_2 \times e_3 = +1\) ise çatıya pozitif yönlü (positively oriented) ya da sağ elli (right-handed), \(e_1 \cdot e_2 \times e_3 = -1\) ise negatif yönlü (negatively oriented) ya da sol elli (left-handed) denir.
Yani bir çatının yönü tek bir sayıyla okunur: üç okun gerdiği birim küpün işaretli hacmi. Hacmin büyüklüğü her çatıda \(1\)’dir; çatıdan çatıya değişen yalnızca işarettir. Tanımda sıranın önemli olduğuna dikkat edelim: “çatı” sözü üç vektörün kümesini değil, \(e_1, e_2, e_3\) sırasıyla yazılmış listesini anlatır. Aynı üç ok başka bir sırayla yazılınca yön değişebilir; bunu birazdan göreceğiz.
Örnek 20.1 (Doğal Çatı Pozitif Yönlüdür) Her \(\mathbf{p}\) noktasında \(U_1(\mathbf{p}), U_2(\mathbf{p}), U_3(\mathbf{p})\) çatısının pozitif yönlü olduğunu gösterelim.
Çözüm
Duruş matrisinin satırları \((1, 0, 0)\), \((0, 1, 0)\), \((0, 0, 1)\)’dir; matris birim matristir. Birinci satıra göre açılımla
\[\det I = 1 \cdot (1 \cdot 1 - 0 \cdot 0) - 0 + 0 = 1.\]
Aynı sonuç vektörel çarpımdan da okunur: \(U_2 \times U_3 = U_1\) olduğundan (Örnek 9.30) \(U_1 \cdot U_2 \times U_3 = U_1 \cdot U_1 = 1\)’dir. Doğal çatı her noktada pozitif yönlüdür; deyim yerindeyse, pozitif yönün ölçü birimi odur.
\(\blacksquare\)
Üçlü çarpımı hesaplamak yerine çoğu zaman tek bir vektörel çarpıma bakmak yeter.
Önerme 20.1 (Yönün Vektörel Çarpımla Okunması) \(e_1, e_2, e_3\) bir çatı ve \(\varepsilon = e_1 \cdot e_2 \times e_3\) olsun. O zaman
\[e_1 \times e_2 = \varepsilon\, e_3 .\]
Özel olarak çatı ancak ve ancak \(e_1 \times e_2 = e_3\) ise pozitif yönlü, ancak ve ancak \(e_1 \times e_2 = -e_3\) ise negatif yönlüdür.
İspat
\(e_1 \times e_2\) hem \(e_1\)’e hem \(e_2\)’ye diktir (Lemma 9.5). Bu vektörü çatıda açalım (Teorem 9.1):
\[\begin{aligned} e_1 \times e_2 &= (e_1 \times e_2 \cdot e_1)\,e_1 + (e_1 \times e_2 \cdot e_2)\,e_2 + (e_1 \times e_2 \cdot e_3)\,e_3\\[1mm] &= (e_1 \times e_2 \cdot e_3)\,e_3 . \end{aligned}\]
Kalan katsayıda nokta ile çarpının yeri değişebilir (Alıştırma 9.14): \(e_1 \times e_2 \cdot e_3 = e_1 \cdot e_2 \times e_3 = \varepsilon\). Böylece \(e_1 \times e_2 = \varepsilon\, e_3\).
İkinci cümle bunun sonucudur. \(\varepsilon = 1\) ise \(e_1 \times e_2 = e_3\)’tür. Tersine \(e_1 \times e_2 = e_3\) ise \(\varepsilon\, e_3 = e_3\), yani \((\varepsilon - 1)\,e_3 = \mathbf{0}\) olur; \(e_3\) birim vektör olduğundan sıfır değildir, dolayısıyla \(\varepsilon = 1\). \(-1\) için akıl yürütme aynıdır.
\(\blacksquare\)
Yani bir çatının sağ elli olup olmadığını anlamak için \(e_1 \times e_2\)’yi hesaplayıp \(e_3\) ile karşılaştırmak yeter: sonuç ya \(e_3\)’tür ya da \(-e_3\), üçüncü bir olasılık yoktur. Pratikte bu karşılaştırma İç Çarpım bölümündeki sağ el kuralıyla gözle de yapılır. Sağ elin parmakları \(e_1\)’i kısa yoldan \(e_2\)’ye döndüren yönde kıvrılınca başparmak \(e_3\)’ü gösteriyorsa çatı sağ elli, tam tersini gösteriyorsa sol ellidir. Aşağıdaki iki çatı aynı üç oktan yapılmıştır; aralarındaki tek fark, \(e_1\) ile \(e_2\)’nin adlarının yer değiştirmiş olmasıdır.
Frenet çatısının hangi sınıfta olduğunu tanımı söyler.
Sonuç 20.1 (Frenet Çatısı Pozitif Yönlüdür) \(\beta\), eğriliği pozitif olan birim hızlı bir eğri olsun. \(\beta\)’nın her noktasındaki \(T, N, B\) Frenet çatısı pozitif yönlüdür.
İspat
\(T, N, B\) her noktada bir çatıdır (Lemma 11.1) ve binormal tanım gereği \(B = T \times N\)’dir (Tanım 11.2). Bu, Önerme 20.1 içindeki \(e_1 \times e_2 = e_3\) koşulunun \(e_1 = T\), \(e_2 = N\), \(e_3 = B\) için yazılışıdır; dolayısıyla \(T \cdot N \times B = +1\).
\(\blacksquare\)
Önermenin ispatındaki fikir bir çatının bütün vektörel çarpımlarını verir.
Önerme 20.2 (Bir Çatının Vektörel Çarpım Tablosu) \(e_1, e_2, e_3\) bir çatı ve \(\varepsilon = e_1 \cdot e_2 \times e_3\) olsun. O zaman
\[e_1 \times e_2 = \varepsilon\, e_3, \qquad e_2 \times e_3 = \varepsilon\, e_1, \qquad e_3 \times e_1 = \varepsilon\, e_2,\]
ve sırası ters çevrilmiş çarpımlar bunların eksi işaretlisidir:
\[e_2 \times e_1 = -\varepsilon\, e_3, \qquad e_3 \times e_2 = -\varepsilon\, e_1, \qquad e_1 \times e_3 = -\varepsilon\, e_2 .\]
Pozitif yönlü bir çatıda (\(\varepsilon = 1\)) bu,
\[\begin{aligned} e_1 &= e_2 \times e_3 = -\,e_3 \times e_2,\\[1mm] e_2 &= e_3 \times e_1 = -\,e_1 \times e_3,\\[1mm] e_3 &= e_1 \times e_2 = -\,e_2 \times e_1 \end{aligned}\]
demektir. Negatif yönlü bir çatıda ise her vektörel çarpımdaki iki çarpanın yeri değişir: \(e_1 = e_3 \times e_2\), \(e_2 = e_1 \times e_3\), \(e_3 = e_2 \times e_1\).
İspat
Birinci eşitliği Önerme 20.1 verir. Ötekiler için aynı önermeyi, aynı üç vektörün çevrimsel olarak kaydırılmış listelerine uygularız. \(e_2, e_3, e_1\) listesi de bir çatıdır ve üçlü çarpımı
\[e_2 \cdot e_3 \times e_1 = e_2 \times e_3 \cdot e_1 = e_1 \cdot e_2 \times e_3 = \varepsilon\]
olur: birinci adımda nokta ile çarpının yerini değiştirdik (Alıştırma 9.14), ikincide iç çarpımın simetrisini kullandık. Önerme bu çatıya uygulanınca \(e_2 \times e_3 = \varepsilon\, e_1\) verir. Aynı biçimde \(e_3, e_1, e_2\) listesinin üçlü çarpımı
\[e_3 \cdot e_1 \times e_2 = e_3 \times e_1 \cdot e_2 = e_2 \cdot e_3 \times e_1 = \varepsilon\]
olur ve \(e_3 \times e_1 = \varepsilon\, e_2\) çıkar. Sırası ters çevrilmiş çarpımlar ters değişme kuralından gelir (Önerme 9.6): örneğin \(e_2 \times e_1 = -\,e_1 \times e_2 = -\varepsilon\, e_3\).
Son olarak \(\varepsilon^2 = 1\) olduğundan \(e_i \times e_j = \varepsilon\, e_k\) eşitliği \(e_k = \varepsilon\, e_i \times e_j\) eşitliğine denktir. \(\varepsilon = 1\) ve \(\varepsilon = -1\) yazınca listelenen biçimler çıkar.
\(\blacksquare\)
Yani pozitif yönlü bir çatıyla, doğal çatıyla hesap yapar gibi hesap yaparız: \(U_1 \times U_2 = U_3\) tablosu harfi harfine geçerlidir. Negatif yönlü bir çatıda ise her çarpım ters işaret alır. Tabloyu ezberlemeye gerek yoktur; yukarıdaki çevrim ya da sağ el kuralı onu her seferinde doğru verir.
Örnek 20.2 (Sağ Elli Bir Çatı) Herhangi bir noktada uygulanan
\[e_1 = \tfrac{1}{3}(2, 2, 1), \qquad e_2 = \tfrac{1}{3}(-2, 1, 2), \qquad e_3 = \tfrac{1}{3}(1, -2, 2)\]
vektörleri bir çatıdır (Örnek 14.5). Bu çatının yönünü iki yoldan bulalım.
Çözüm
Determinantla. Duruş matrisinin her satırında bir \(\tfrac{1}{3}\) çarpanı vardır. Determinant her satırında lineer olduğundan bu çarpanlar dışarı alınır ve toplam çarpan \(\tfrac{1}{27}\) olur:
\[\det A = \dfrac{1}{27}\begin{vmatrix} 2 & 2 & 1 \\ -2 & 1 & 2 \\ 1 & -2 & 2 \end{vmatrix} = \dfrac{2(2 + 4) - 2(-4 - 2) + 1(4 - 1)}{27} = \dfrac{12 + 12 + 3}{27} = 1.\]
Çatı pozitif yönlüdür.
Vektörel çarpımla. Kesir çarpanlarını dışarıda tutarak
\[\begin{aligned} (2, 2, 1) \times (-2, 1, 2) &= \bigl(2 \cdot 2 - 1 \cdot 1,\ 1 \cdot (-2) - 2 \cdot 2,\\[1mm] &\quad\ 2 \cdot 1 - 2 \cdot (-2)\bigr) = (3, -6, 6) \end{aligned}\]
ve \(e_1 \times e_2 = \tfrac{1}{9}(3, -6, 6)\), yani \(e_1 \times e_2 = \tfrac{1}{3}(1, -2, 2) = e_3\). Önerme 20.1 aynı sonucu verir. Tablonun bir satırını daha denetleyelim:
\[\begin{aligned} (-2, 1, 2) \times (1, -2, 2) &= \bigl(1 \cdot 2 - 2 \cdot (-2),\ 2 \cdot 1 - (-2) \cdot 2,\\[1mm] &\quad\ (-2)(-2) - 1 \cdot 1\bigr) = (6, 6, 3), \end{aligned}\]
yani \(e_2 \times e_3 = \tfrac{1}{9}(6, 6, 3)\); bu da \(\tfrac{1}{3}(2, 2, 1) = e_1\) demektir.
\(\blacksquare\)
Örnek 20.3 (Sol Elli Bir Çatı) \(\mathbf{q} = (3, -1, 1)\) noktasında
\[f_1 = \tfrac{1}{\sqrt{2}}(1, 0, 1), \qquad f_2 = (0, 1, 0), \qquad f_3 = \tfrac{1}{\sqrt{2}}(1, 0, -1)\]
vektörlerinin bir çatı olduğunu gösterelim ve bu çatının yönünü bulalım.
Çözüm
Çatı olma. Normların kareleri \((1 + 0 + 1)/2 = 1\), \(1\) ve \((1 + 0 + 1)/2 = 1\)’dir. Karşılıklı iç çarpımlar \(f_1 \cdot f_2 = 0\), \(f_2 \cdot f_3 = 0\) ve \(f_1 \cdot f_3 = (1 + 0 - 1)/2 = 0\)’dır. Üçlü bir çatıdır.
Yön. Vektörel çarpımı hesaplayalım:
\[f_1 \times f_2 = \tfrac{1}{\sqrt{2}}\,\bigl(0 \cdot 0 - 1 \cdot 1,\ 1 \cdot 0 - 1 \cdot 0,\ 1 \cdot 1 - 0 \cdot 0\bigr) = \tfrac{1}{\sqrt{2}}(-1, 0, 1) = -f_3 .\]
Önerme 20.1 gereği çatı negatif yönlüdür; üçlü çarpım \(f_1 \cdot f_2 \times f_3 = -1\)’dir. Tablonun öteki satırları da buna uyar; örneğin
\[\begin{aligned} f_3 \times f_1 &= \tfrac{1}{2}\,\bigl(0 \cdot 1 - (-1) \cdot 0,\ (-1) \cdot 1 - 1 \cdot 1,\ 1 \cdot 0 - 0 \cdot 1\bigr)\\[1mm] &= (0, -1, 0) = -f_2 . \end{aligned}\]
Onarma. Sol elli bir çatıyı sağ elliye çevirmenin iki kolay yolu vardır. Birincisi bir vektörün işaretini değiştirmektir: \(f_1, f_2, -f_3\) listesinde \(f_1 \times f_2 = -f_3\) olduğundan bu çatı sağ ellidir. İkincisi iki vektörün yerini değiştirmektir: \(f_2, f_1, f_3\) listesinde ters değişme kuralıyla \(f_2 \times f_1 = -\,f_1 \times f_2 = f_3\) olur.
\(\blacksquare\)
Örnek 20.4 (Sıra Değişince Yön Nasıl Değişir) \(e_1, e_2, e_3\) çatısının (Örnek 20.2) vektörleri altı farklı sırayla yazılabilir. Her sıralamanın yönünü bulalım.
Çözüm
Alıştırma 9.13 gereği üçlü çarpımda iki vektörün yeri değişince işaret değişir. \(e_1 \cdot e_2 \times e_3 = 1\)’den başlayıp her satırı bir öncekinden tek bir yer değiştirmeyle elde edelim:
| sıralama | elde ediliş | üçlü çarpım | yön |
|---|---|---|---|
| \(e_1, e_2, e_3\) | başlangıç | \(+1\) | pozitif |
| \(e_2, e_1, e_3\) | ilk ikisinin yeri değişti | \(-1\) | negatif |
| \(e_2, e_3, e_1\) | son ikisinin yeri değişti | \(+1\) | pozitif |
| \(e_3, e_2, e_1\) | ilk ikisinin yeri değişti | \(-1\) | negatif |
| \(e_3, e_1, e_2\) | son ikisinin yeri değişti | \(+1\) | pozitif |
| \(e_1, e_3, e_2\) | ilk ikisinin yeri değişti | \(-1\) | negatif |
Kural şudur: \(1 \to 2 \to 3 \to 1\) çevrimini koruyan üç sıralama pozitif, ötekiler negatif yönlüdür. Bir vektörün işaretini değiştirmek de yönü değiştirir, çünkü üçlü çarpım her çarpanında lineerdir: \(e_1 \cdot e_2 \times (-e_3) = -1\). İki vektörün işaretini birden değiştirmek ise yönü korur: \((-e_1) \cdot (-e_2) \times e_3 = +1\).
\(\blacksquare\)
Örnek 20.5 (Düzlemde Yönlendirme) Aynı soruyu düzlemde soralım. \(\mathbb{R}^2\)’nin bir noktasında, karşılıklı dik iki birim vektörden oluşan bir \(e_1, e_2\) çatısı alalım ve \(e_1 = (\cos\varphi, \sin\varphi)\) yazalım. \(e_2\)’nin olası değerlerini bulup her birinde satırları \(e_1\) ve \(e_2\) olan \(2 \times 2\) determinantı hesaplayalım.
Çözüm
\((-\sin\varphi, \cos\varphi)\), \(e_1\)’e dik bir birim vektördür. \(e_2 = (a, b)\) de \(e_1\)’e dik olsun: \(a\cos\varphi + b\sin\varphi = 0\). \(\lambda = -a\sin\varphi + b\cos\varphi\) dersek
\[\lambda\,(-\sin\varphi, \cos\varphi) = (a\sin^2\varphi - b\sin\varphi\cos\varphi,\ -a\sin\varphi\cos\varphi + b\cos^2\varphi) = (a, b)\]
olur; çünkü dikliğe göre \(b\sin\varphi = -a\cos\varphi\) ve \(a\cos\varphi = -b\sin\varphi\)’dir. Yani \(e_2\), \((-\sin\varphi, \cos\varphi)\)’nin bir katıdır ve birim olduğu için katsayı \(\pm 1\)’dir. İki olasılık vardır:
\[e_2 = (-\sin\varphi, \cos\varphi) \qquad \text{ya da} \qquad e_2 = (\sin\varphi, -\cos\varphi).\]
Determinantlar:
\[\begin{vmatrix} \cos\varphi & \sin\varphi \\ -\sin\varphi & \cos\varphi \end{vmatrix} = \cos^2\varphi + \sin^2\varphi = 1, \qquad \begin{vmatrix} \cos\varphi & \sin\varphi \\ \sin\varphi & -\cos\varphi \end{vmatrix} = -1 .\]
Birinci durumda \(e_2\), \(e_1\)’in saatin tersi yönünde \(90°\) döndürülmüşüdür; ikincide saat yönünde. Düzlemde de çatılar iki sınıfa ayrılır: determinantı \(+1\) olanlarda birinci vektörden ikinciye kısa dönüş saatin tersi yönünde, \(-1\) olanlarda saat yönündedir. Örneğin \(\varphi = \pi/6\) için \(e_1 = (\sqrt{3}/2, 1/2)\); \(e_2 = (-1/2, \sqrt{3}/2)\) pozitif, \(e_2 = (1/2, -\sqrt{3}/2)\) negatif yönlü bir çatı verir.
Üç boyutla bağlantı da kurulabilir. Düzlemi \(\mathbb{R}^3\)’ün \(xy\) düzlemi sayıp \(e_1 = (a_{11}, a_{12})\) ve \(e_2 = (a_{21}, a_{22})\)’yi \((a_{11}, a_{12}, 0)\) ve \((a_{21}, a_{22}, 0)\) olarak yazalım ve üçüncü vektör olarak \(U_3\)’ü ekleyelim. Birinci satıra göre açılım
\[\begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} & 0 \\ a_{21} & a_{22} & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{vmatrix} = a_{11}(a_{22} - 0) - a_{12}(a_{21} - 0) + 0 = a_{11}a_{22} - a_{12}a_{21}\]
verir: uzaydaki çatı ancak ve ancak düzlemdeki çatı pozitif yönlüyse pozitif yönlüdür. “Saatin tersi yönü”, \(U_3\)’ün ucundan bakınca sağ el kuralının düzlemdeki karşılığıdır.
\(\blacksquare\)
Örnek 20.6 (Bir Çatı Alanının Yönü Değişmez) \(E_1, E_2, E_3\), bütün \(\mathbb{R}^3\) üzerinde tanımlı bir çatı alanı (Tanım 14.2) olsun. \(E_1 \cdot E_2 \times E_3\) fonksiyonunun sabit olduğunu, yani çatı alanının ya her noktada pozitif ya da her noktada negatif yönlü olduğunu gösterelim.
Çözüm
\(g = E_1 \cdot E_2 \times E_3\) diyelim. Üçlü çarpımın altı terimli açılımına göre \(g\), \(E_i\)’lerin Öklid koordinat fonksiyonlarının üçlü çarpımlarının toplamıdır. Bu fonksiyonlar türevlenebilir olduğundan \(g\) türevlenebilir, dolayısıyla süreklidir. Her noktada \(E_1(\mathbf{p}), E_2(\mathbf{p}), E_3(\mathbf{p})\) bir çatı olduğundan \(g\) yalnızca \(1\) ve \(-1\) değerlerini alır.
\(\mathbf{p}\) ve \(\mathbf{q}\) iki nokta olsun ve \(0 \le t \le 1\) için
\[h(t) = g\bigl(\mathbf{p} + t(\mathbf{q} - \mathbf{p})\bigr)\]
diyelim; \(h\), \(g\)’nin iki noktayı birleştiren doğru parçası üzerindeki değerlerini okur. \(h\) süreklidir ve yalnızca \(\pm 1\) değerlerini alır. \(h(0) \ne h(1)\) olsaydı biri \(1\), öteki \(-1\) olurdu ve ara değer teoremine göre \(h\) bir \(t\) değerinde \(0\)’ı da alırdı; bu olanaksızdır. Demek ki \(g(\mathbf{p}) = h(0) = h(1) = g(\mathbf{q})\). Noktalar keyfi olduğundan \(g\) sabittir.
Örneğin yükseklikle dönen çatı alanında (Örnek 14.6) \(E_1 = \cos z\, U_1 + \sin z\, U_2\), \(E_2 = -\sin z\, U_1 + \cos z\, U_2\) ve \(E_3 = U_3\)’tür. Vektörel çarpım
\[\begin{aligned} E_1 \times E_2 &= (\sin z \cdot 0 - 0 \cdot \cos z)\,U_1\\[1mm] &\quad - \bigl(\cos z \cdot 0 - 0 \cdot (-\sin z)\bigr)\,U_2\\[1mm] &\quad + (\cos^2 z + \sin^2 z)\,U_3 = U_3 = E_3 \end{aligned}\]
verir; bu çatı alanı her noktada pozitif yönlüdür. Aynı akıl yürütme bir eğri boyunca tanımlı çatılara da uygulanır: bir aralık üzerinde sürekli değişen bir çatı yönünü değiştiremez. Eldiven benzetmesiyle söylersek, sağ eldiveni sürekli bir hareketle ne kadar oynatırsak oynatalım o hep sağ eldiven kalır.
\(\blacksquare\)
20.2 Bir İzometrinin İşareti
Her çatıya bir işaret verdik; şimdi aynı şeyi izometriler için yapacağız. Hatırlayalım: her \(F\) izometrisi tek türlü olarak \(F = TC\) biçiminde yazılır; burada \(C\) bir ortogonal dönüşüm, \(T\) bir ötelemedir (Teorem 18.2). \(C\), \(F\)’nin ortogonal kısmı, \(T\) de öteleme kısmıdır (Tanım 18.4).
Bir lineer dönüşümü ve matrisini aynı harfle gösteriyoruz; birim noktalar \(\mathbf{u}_1 = (1, 0, 0)\), \(\mathbf{u}_2 = (0, 1, 0)\), \(\mathbf{u}_3 = (0, 0, 1)\)’dir ve matrisin \(j\)-inci sütunu \(C(\mathbf{u}_j)\)’dir. Bir lineer dönüşüm ancak ve ancak matrisi ortogonal bir matrisse ortogonaldir (Önerme 18.2); Alıştırma 9.18 gereği de böyle bir matrisin determinantı \(+1\) ya da \(-1\)’dir.
Tanım 20.2 (Bir İzometrinin İşareti) \(F\), \(\mathbb{R}^3\)’ün ortogonal kısmı \(C\) olan bir izometrisi olsun. \(F\)’nin işareti (sign)
\[\operatorname{sgn} F = \det C\]
sayısıdır. Bu sayı \(+1\) ya da \(-1\)’dir.
Yani bir izometrinin işareti yalnızca ortogonal kısma bakar; öteleme kısmı işaretle hiç ilgilenmez. İşaretin geometrik anlamı, izometrinin çatıların yönüne ne yaptığıdır. Bunu ispatlamak için önce determinantın iki özelliğine ihtiyacımız var. Bunları da İç Çarpım bölümünde yaptığımız gibi doğrudan determinantın tanımından çıkaracağız.
Lemma 20.1 (Transpozun Determinantı) Her \(3 \times 3\) \(A\) matrisi için \(\det A^{\mathsf{T}} = \det A\).
İspat
\(A = (a_{ij})\) için birinci satıra göre açılım altı terimli şu formülü verir (Alıştırma 9.13 içindeki açılımın aynısı):
\[\begin{aligned} \det A &= a_{11}a_{22}a_{33} + a_{12}a_{23}a_{31} + a_{13}a_{21}a_{32}\\[1mm] &\quad - a_{11}a_{23}a_{32} - a_{12}a_{21}a_{33} - a_{13}a_{22}a_{31} . \end{aligned}\]
Her terim, her satırdan ve her sütundan tam bir girdi seçen üç girdinin çarpımıdır. \(A^{\mathsf{T}}\)’nin \((i, j)\) girdisi \(a_{ji}\) olduğundan aynı formül \(A^{\mathsf{T}}\) için
\[\begin{aligned} \det A^{\mathsf{T}} &= a_{11}a_{22}a_{33} + a_{21}a_{32}a_{13} + a_{31}a_{12}a_{23}\\[1mm] &\quad - a_{11}a_{32}a_{23} - a_{21}a_{12}a_{33} - a_{31}a_{22}a_{13} \end{aligned}\]
verir. Terimleri karşılaştıralım: \(a_{21}a_{32}a_{13}\), \(\det A\)’daki \(a_{13}a_{21}a_{32}\)’dir ve \(a_{31}a_{12}a_{23}\), \(a_{12}a_{23}a_{31}\)’dir. Eksi işaretlilerde \(a_{11}a_{32}a_{23} = a_{11}a_{23}a_{32}\), \(a_{21}a_{12}a_{33} = a_{12}a_{21}a_{33}\) ve \(a_{31}a_{22}a_{13} = a_{13}a_{22}a_{31}\)’dir. İki toplam aynı altı terimden, aynı işaretlerle oluşur.
\(\blacksquare\)
Şimdi bölümün anahtar hesabı geliyor: bir lineer dönüşüm, üç vektörün üçlü skaler çarpımını determinantıyla çarpar. Burada ve bundan sonra, Frenet Formülleri bölümünde anlaştığımız gibi, noktalarla vektör kısımları arasında sessizce geçiyoruz.
Lemma 20.2 (Lineer Dönüşüm Üçlü Çarpımı Determinantıyla Çarpar) \(C : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3\), matrisi \(C\) olan bir lineer dönüşüm olsun. Her \(\mathbf{x}, \mathbf{y}, \mathbf{z}\) için
\[C(\mathbf{x}) \cdot C(\mathbf{y}) \times C(\mathbf{z}) = (\det C)\;\mathbf{x} \cdot \mathbf{y} \times \mathbf{z}.\]
İspat
\(D(\mathbf{x}, \mathbf{y}, \mathbf{z}) = C(\mathbf{x}) \cdot C(\mathbf{y}) \times C(\mathbf{z})\) diyelim.
Adım 1: \(D\)’nin iki özelliği. \(C\) lineerdir; iç çarpım ve vektörel çarpım da her çarpanlarında lineerdir (Önerme 9.1, Önerme 9.6). Dolayısıyla \(D\) her bir girdisinde lineerdir. Ayrıca iki girdinin yeri değişince \(D\) işaret değiştirir, çünkü bu, üçlü çarpımda iki vektörün yerini değiştirmektir (Alıştırma 9.13). Bundan, iki girdisi aynı olduğunda \(D\)’nin sıfır olduğu çıkar; örneğin \(D(\mathbf{x}, \mathbf{x}, \mathbf{z}) = -D(\mathbf{x}, \mathbf{x}, \mathbf{z})\).
Adım 2: açılım. \(\mathbf{x} = \sum_i x_i\, \mathbf{u}_i\), \(\mathbf{y} = \sum_j y_j\, \mathbf{u}_j\), \(\mathbf{z} = \sum_k z_k\, \mathbf{u}_k\) yazıp lineerliği üç kez kullanalım:
\[D(\mathbf{x}, \mathbf{y}, \mathbf{z}) = \sum_{i, j, k = 1}^{3} x_i\, y_j\, z_k\; D(\mathbf{u}_i, \mathbf{u}_j, \mathbf{u}_k).\]
Yirmi yedi terimden iki indisi aynı olan yirmi biri sıfırdır. Kalan altısında \((i, j, k)\), \((1, 2, 3)\)’ün bir sıralamasıdır. \(\delta = D(\mathbf{u}_1, \mathbf{u}_2, \mathbf{u}_3)\) diyelim. Örnek 20.4 örneğindeki yer değiştirme zinciri burada da işler, çünkü her yer değiştirme \(D\)’nin işaretini değiştirir:
\[\begin{aligned} D(\mathbf{u}_2, \mathbf{u}_3, \mathbf{u}_1) &= D(\mathbf{u}_3, \mathbf{u}_1, \mathbf{u}_2) = \delta,\\[1mm] D(\mathbf{u}_2, \mathbf{u}_1, \mathbf{u}_3) &= D(\mathbf{u}_3, \mathbf{u}_2, \mathbf{u}_1) = D(\mathbf{u}_1, \mathbf{u}_3, \mathbf{u}_2) = -\delta . \end{aligned}\]
Böylece
\[\begin{aligned} D(\mathbf{x}, \mathbf{y}, \mathbf{z}) &= \delta\,\bigl(x_1 y_2 z_3 + x_2 y_3 z_1 + x_3 y_1 z_2\\[1mm] &\quad - x_1 y_3 z_2 - x_2 y_1 z_3 - x_3 y_2 z_1\bigr) = \delta\;\mathbf{x} \cdot \mathbf{y} \times \mathbf{z}, \end{aligned}\]
çünkü parantezdeki ifade üçlü çarpımın altı terimli açılımıdır (Alıştırma 9.13).
Adım 3: \(\delta = \det C\). \(C(\mathbf{u}_j)\), \(C\)’nin \(j\)-inci sütunudur. Dolayısıyla \(\delta = C(\mathbf{u}_1) \cdot C(\mathbf{u}_2) \times C(\mathbf{u}_3)\), satırları \(C\)’nin sütunları olan matrisin, yani \(C^{\mathsf{T}}\)’nin determinantıdır (Alıştırma 9.11). Lemma 20.1 ile \(\delta = \det C^{\mathsf{T}} = \det C\).
\(\blacksquare\)
Yani üç vektörün gerdiği paralelyüzün işaretli hacmi (Alıştırma 9.20) bir lineer dönüşüm altında \(\det C\) çarpanıyla değişir. Determinantın en önemli geometrik anlamı budur: hacimlerin büyüme çarpanı, işaretiyle birlikte. Lemmanın hemen bir sonucu, lineer cebirden bilinen çarpım formülüdür.
Sonuç 20.2 (Çarpımın Determinantı) Her \(3 \times 3\) \(X\) ve \(Y\) matrisi için \(\det(XY) = \det X \cdot \det Y\).
İspat
\(X = (x_{ik})\)’in satırları \(\mathbf{x}_1, \mathbf{x}_2, \mathbf{x}_3\) ve \(C\), matrisi \(Y^{\mathsf{T}}\) olan lineer dönüşüm olsun. \(XY\)’nin \(i\)-inci satırının \(j\)-inci girdisi
\[\sum_{k=1}^{3} x_{ik}\, y_{kj} = \sum_{k=1}^{3} (Y^{\mathsf{T}})_{jk}\, x_{ik}\]
olup bu, \(C(\mathbf{x}_i)\)’nin \(j\)-inci koordinatıdır. Yani \(XY\)’nin satırları \(C(\mathbf{x}_1), C(\mathbf{x}_2), C(\mathbf{x}_3)\)’tür. Alıştırma 9.11, Lemma 20.2 ve Lemma 20.1 ile
\[\begin{aligned} \det(XY) &= C(\mathbf{x}_1) \cdot C(\mathbf{x}_2) \times C(\mathbf{x}_3)\\[1mm] &= \det Y^{\mathsf{T}}\;\, \mathbf{x}_1 \cdot \mathbf{x}_2 \times \mathbf{x}_3 = \det Y \cdot \det X . \end{aligned}\]
\(\blacksquare\)
Artık bir izometrinin çatıların yönüne etkisini söyleyebiliriz. Bir izometrinin teğet dönüşümü çatıları çatılara götürür (Sonuç 19.3); aşağıdaki lemma bu çatıların yönlerine ne olduğunu söyler.
Lemma 20.3 (İzometri Altında Çatının Yönü) \(e_1, e_2, e_3\), \(\mathbb{R}^3\)’ün bir \(\mathbf{p}\) noktasında bir çatı ve \(F\) bir izometri ise
\[F_*(e_1) \cdot F_*(e_2) \times F_*(e_3) = (\operatorname{sgn} F)\; e_1 \cdot e_2 \times e_3 .\]
İspat
\(C\), \(F\)’nin ortogonal kısmı olsun. Teorem 19.1 gereği \(F_*(e_i)\), vektör kısmı \(e_i\)’nin vektör kısmının \(C\) altındaki görüntüsü olan ve \(F(\mathbf{p})\)’de uygulanan teğet vektördür; bunu kısaca \(C(e_i)\) diye yazalım. Aynı noktadaki teğet vektörlerin üçlü çarpımı vektör kısımlarından hesaplandığından Lemma 20.2
\[F_*(e_1) \cdot F_*(e_2) \times F_*(e_3) = C(e_1) \cdot C(e_2) \times C(e_3) = \det C\;\, e_1 \cdot e_2 \times e_3\]
verir ve \(\det C = \operatorname{sgn} F\)’dir.
\(\blacksquare\)
Lemmayı duruş matrisleriyle de okuyabiliriz. \(A = (a_{jk})\), \(e_1, e_2, e_3\)’ün duruş matrisi, yani \(e_j = \sum_k a_{jk}\, U_k(\mathbf{p})\) olsun. \(F_*\) lineerdir ve \(F_*(U_k(\mathbf{p}))\)’nin vektör kısmı \(C\)’nin \(k\)-inci sütunudur; \(\overline{U}_i = U_i(F(\mathbf{p}))\) yazarsak
\[F_*(e_j) = \sum_{i=1}^{3} \Bigl(\sum_{k=1}^{3} c_{ik}\, a_{jk}\Bigr)\, \overline{U}_i\]
olur. Yeni çatının duruş matrisinin \((j, i)\) girdisi \(\sum_k a_{jk}\, c_{ik} = \sum_k a_{jk}\, (C^{\mathsf{T}})_{ki}\), yani matrisin kendisi \(A\,C^{\mathsf{T}}\)’dir. Lemma, Sonuç 20.2 ve Lemma 20.1 ile elde edilen \(\det(A\,C^{\mathsf{T}}) = \det A \cdot \det C\) eşitliğinin geometrik okunuşudur.
Yani \(\operatorname{sgn} F = +1\) ise \(F_*\) pozitif yönlü çatıları pozitif yönlü, negatif yönlüleri negatif yönlü çatılara götürür. \(\operatorname{sgn} F = -1\) ise pozitifi negatife, negatifi pozitife çevirir. İzometrileri buna göre adlandırıyoruz.
Tanım 20.3 (Yönü Koruyan ve Ters Çeviren İzometri) Ortogonal kısmı \(C\) olan bir \(F\) izometrisine \(\operatorname{sgn} F = \det C = +1\) ise yönü koruyan (orientation-preserving), \(\operatorname{sgn} F = \det C = -1\) ise yönü ters çeviren (orientation-reversing) izometri denir.
Yani yönü koruyan bir izometri sağ eldiveni sağ eldivene, yönü ters çeviren bir izometri sağ eldiveni sol eldivene götürür. Her izometri bu iki türden tam olarak birindendir.
20.3 Ötelemeler, Dönmeler ve Yansımalar
Tanımları en tanıdık izometriler üzerinde deneyelim. Bunların formüllerini ve matrislerini Öklid Uzayının İzometrileri bölümünde kurmuştuk; burada işaretlerine ve çatılara etkilerine bakacağız. Önce düzlemde ısınalım.
Örnek 20.7 (Düzlemde Dönme ve Yansıma) Düzlemde başlangıç noktası etrafında \(30°\)’lik dönme ve başlangıç noktasından geçip \(x\) ekseniyle \(30°\) açı yapan \(\ell\) doğrusunda yansıma (Örnek 18.1, Örnek 18.2) doğal çatı \(U_1, U_2\)’yi nereye götürür? Matrislerini ve determinantlarını bulup görüntü çatıların yönünü belirleyelim.
Çözüm
Dönme. \(\varphi\) açısı kadar dönme \((x, y)\) noktasını
\[(x\cos\varphi - y\sin\varphi,\ x\sin\varphi + y\cos\varphi)\]
noktasına götürür. \(\varphi = 30°\) için matris ve determinant
\[C = \begin{pmatrix} \sqrt{3}/2 & -1/2 \\ 1/2 & \sqrt{3}/2 \end{pmatrix}, \qquad \det C = \dfrac{3}{4} + \dfrac{1}{4} = 1 .\]
Sütunlar görüntülerdir: \(C(U_1) = (\sqrt{3}/2, 1/2)\) ve \(C(U_2) = (-1/2, \sqrt{3}/2)\). İkincisi birincinin saatin tersi yönünde \(90°\) döndürülmüşüdür; görüntü çatı da pozitif yönlüdür (Örnek 20.5).
Yansıma. \(x\) ekseniyle \(\theta\) açısı yapan bir birim vektör, \(\ell\) doğrusuna göre yansıyınca doğrunun öbür yanında doğruyla aynı açıyı yapar; yeni açısı \(2 \cdot 30° - \theta\)’dır. \(U_1\) için \(\theta = 0°\) ve görüntünün açısı \(60°\)’dir; \(U_2\) için \(\theta = 90°\) ve görüntünün açısı \(-30°\)’dir:
\[C(U_1) = \Bigl(\dfrac{1}{2}, \dfrac{\sqrt{3}}{2}\Bigr), \qquad C(U_2) = \Bigl(\dfrac{\sqrt{3}}{2}, -\dfrac{1}{2}\Bigr).\]
Matris ve determinant:
\[C = \begin{pmatrix} 1/2 & \sqrt{3}/2 \\ \sqrt{3}/2 & -1/2 \end{pmatrix}, \qquad \det C = -\dfrac{1}{4} - \dfrac{3}{4} = -1 .\]
Görüntü çatıda ikinci vektör birincinin saat yönünde \(90°\) döndürülmüşüdür; çatı negatif yönlüdür. Düzlemde de dönmeler yönü korur, yansımalar ters çevirir.
\(\blacksquare\)
Düzlemdeki bu ayrım \(\mathbb{R}^3\)’e de taşınır ve bir ad hak eder.
Tanım 20.4 (Dönme) Determinantı \(+1\) olan bir ortogonal dönüşüme dönme (rotation) denir.
Yani dönmeler, yönü koruyan ortogonal dönüşümlerdir. Bütün dönmelerin kümesi \(O^{+}(3)\) ile gösterilir. Adın haklı olduğunu, yani her dönmenin gerçekten bir eksen etrafında döndürdüğünü alıştırmalarda ispatlayacağız (Alıştırma 20.6).
Örnek 20.8 (Ötelemeler Yönü Korur) \(\mathbf{a}\) ile öteleme olan \(T\)’nin (Tanım 18.2) yönü koruduğunu gösterelim ve bunun geometrik anlamını görelim.
Çözüm
\(T(\mathbf{p}) = \mathbf{a} + \mathbf{p} = \mathbf{a} + I(\mathbf{p})\) yazılışı, \(T\)’nin ortogonal kısmının birim dönüşüm \(I\), öteleme kısmının da \(T\)’nin kendisi olduğunu gösterir. Birim matrisin determinantı \(1\) olduğundan \(\operatorname{sgn} T = \det I = +1\).
Geometrik anlamı: Teorem 19.1 gereği \(T_*(\mathbf{v}_{\mathbf{p}}) = \mathbf{v}_{\mathbf{p} + \mathbf{a}}\)’dır. Öteleme bir çatının oklarını hiç döndürmeden yeni noktaya taşır; vektör kısımları değişmediği için üçlü çarpım da değişmez.
\(\blacksquare\)
Örnek 20.9 (Düşey Eksen Etrafında Dönme) \(\mathbb{R}^3\)’ü \(z\) ekseni etrafında \(\theta\) açısı kadar döndüren (Örnek 18.5)
\[C_\theta(p_1, p_2, p_3) = (p_1\cos\theta - p_2\sin\theta,\ p_1\sin\theta + p_2\cos\theta,\ p_3)\]
ortogonal dönüşümünün işaretini bulalım. \(\theta = \pi/2\) için Örnek 20.2 örneğindeki çatıya etkisini de hesaplayalım.
Çözüm
Matris
\[C_\theta = \begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta & 0 \\ \sin\theta & \cos\theta & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\]
ve birinci satıra göre açılım
\[\det C_\theta = \cos\theta\,(\cos\theta - 0) - (-\sin\theta)(\sin\theta - 0) + 0 = \cos^2\theta + \sin^2\theta = 1\]
verir. Her \(\theta\) için \(C_\theta\) bir dönmedir ve yönü korur. \(x\) ve \(y\) eksenleri etrafındaki dönmelerin matrislerinde de aynı \(\cos^2\theta + \sin^2\theta\) toplamı çıkar; üç koordinat ekseni etrafındaki dönmelerin hepsi bu anlamda dönmedir.
\(\theta = \pi/2\) için \(C(p_1, p_2, p_3) = (-p_2, p_1, p_3)\)’tür. Çatının görüntüsünün vektör kısımları
\[C(e_1) = \tfrac{1}{3}(-2, 2, 1), \qquad C(e_2) = \tfrac{1}{3}(-1, -2, 2), \qquad C(e_3) = \tfrac{1}{3}(2, 1, 2)\]
olur. Önerme 20.1 ile denetleyelim:
\[\begin{aligned} (-2, 2, 1) \times (-1, -2, 2) &= \bigl(2 \cdot 2 - 1 \cdot (-2),\ 1 \cdot (-1) - (-2) \cdot 2,\\[1mm] &\quad\ (-2)(-2) - 2 \cdot (-1)\bigr) = (6, 3, 6), \end{aligned}\]
yani \(C(e_1) \times C(e_2) = \tfrac{1}{9}(6, 3, 6) = C(e_3)\). Görüntü çatı da sağ ellidir; Lemma 20.3 de bunu söyler.
\(\blacksquare\)
Dönmelerin karşıtı yansımalardır; yönlendirmenin ters çevrilmesini, kelimenin tam anlamıyla, bir aynada görebiliriz. Başlangıç noktasından geçen ve birim normali \(\mathbf{n}\) olan düzlemde yansıma, \(C(\mathbf{p}) = \mathbf{p} - 2\,(\mathbf{p} \cdot \mathbf{n})\,\mathbf{n}\) formülüyle verilen bir ortogonal dönüşümdür (Örnek 18.7): \(\mathbf{p}\)’nin \(\mathbf{n}\) doğrultusundaki bileşeni ters çevrilir, düzlemdeki bileşeni olduğu gibi kalır. En basit durum bir koordinat düzlemidir.
Örnek 20.10 (Bir Koordinat Düzleminde Yansıma) \(\mathbf{n} = (1, 0, 0)\) için yansıma
\[R(\mathbf{p}) = \mathbf{p} - 2p_1\,(1, 0, 0) = (-p_1, p_2, p_3)\]
olur. \(yz\) düzlemine bakan bir göz, \(\mathbf{p}\) noktasının görüntüsünü aynanın arkasında, \(R(\mathbf{p})\) noktasında görür. \(R\)’nin yönü ters çeviren bir izometri olduğunu gösterelim ve \(\mathbf{p} = (2, 1, 1)\) noktasındaki
\[e_1 = \tfrac{1}{\sqrt{2}}(1, 0, 1), \qquad e_2 = \tfrac{1}{\sqrt{2}}(-1, 0, 1), \qquad e_3 = (0, -1, 0)\]
çatısına etkisini bulalım.
Çözüm
Ortogonal dönüşüm. \(R\), Örnek 18.7 içindeki yansımanın \(\mathbf{n} = \mathbf{u}_1\) için yazılışıdır; iç çarpımı koruduğu doğrudan da görülür:
\[R(\mathbf{p}) \cdot R(\mathbf{q}) = (-p_1)(-q_1) + p_2 q_2 + p_3 q_3 = \mathbf{p} \cdot \mathbf{q}.\]
Dolayısıyla bir ortogonal dönüşümdür, özel olarak bir izometridir (Teorem 18.1); ortogonal kısmı kendisidir.
İşaret. Matris ve determinant:
\[R = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \qquad \det R = -1 \cdot (1 \cdot 1 - 0 \cdot 0) - 0 + 0 = -1 .\]
\(R\) yönü ters çevirir.
Verilen üçlü sağ elli bir çatıdır. Vektörler birimdir; \(e_1 \cdot e_2 = (-1 + 0 + 1)/2 = 0\) ve \(e_1 \cdot e_3 = e_2 \cdot e_3 = 0\)’dır. Ayrıca
\[\begin{aligned} e_1 \times e_2 &= \tfrac{1}{2}\,\bigl(0 \cdot 1 - 1 \cdot 0,\ 1 \cdot (-1) - 1 \cdot 1,\ 1 \cdot 0 - 0 \cdot (-1)\bigr)\\[1mm] &= (0, -1, 0) = e_3 . \end{aligned}\]
Görüntü çatı. Teorem 19.1 gereği \(R_*(e_i)\), vektör kısmı \(R(e_i)\) olan ve \(R(\mathbf{p}) = (-2, 1, 1)\)’de uygulanan vektördür:
\[R(e_1) = \tfrac{1}{\sqrt{2}}(-1, 0, 1), \qquad R(e_2) = \tfrac{1}{\sqrt{2}}(1, 0, 1), \qquad R(e_3) = (0, -1, 0).\]
Bunlar sırasıyla \(e_2\), \(e_1\) ve \(e_3\)’ün vektör kısımlarıdır: ayna \(e_1\) ile \(e_2\)’nin doğrultularının yerini değiştirmiş, \(e_3\)’e dokunmamıştır. Vektör kısımlarıyla hesaplarsak
\[R(e_1) \times R(e_2) = e_2 \times e_1 = -\,e_1 \times e_2 = -e_3 = -R(e_3)\]
olur; Önerme 20.1 gereği görüntü çatı sol ellidir. Bu, Lemma 20.3 içindeki \((-1) \cdot (+1) = -1\) hesabının ta kendisidir. Deneysel gerçek de bunu doğrular: sağ elin aynadaki görüntüsü sol eldir.
\(\blacksquare\)
Etkileşimli sahne: dönme ve ayna. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz. \(\mathbf{p} = (2, 1, 1)\) noktasında yukarıdaki sağ elli \(e_1, e_2, e_3\) çatısı (turuncu, yeşil, mavi) çizilidir. \(\theta\) kaydırıcısı \(z\) ekseni etrafında dönmenin açısını ayarlar; “yansıt” kutusu işaretliyse dönmeden sonra \(yz\) düzleminde yansıma da uygulanır ve ayna yarı saydam bir düzlem olarak görünür. Ortaya çıkan \(F\) izometrisi altında görüntü çatı \(F(\mathbf{p})\) noktasında aynı renklerle çizilir; iki çatıdaki kavisli oklar birinci vektörden ikinciye kısa dönüşü gösterir. Değer satırında \(\operatorname{sgn} F\) ile görüntü çatının üçlü çarpımı okunur: dönmenin açısı ne olursa olsun üçlü çarpım \(+1\) kalır, yansıma onu \(-1\) yapar.
Aynı hesap, bir koordinat düzleminde değil başlangıç noktasından geçen herhangi bir düzlemde yansıma için de yapılabilir.
Örnek 20.11 (Her Yansıma Yönü Ters Çevirir) \(\mathbf{n}\) bir birim vektör ve \(C(\mathbf{p}) = \mathbf{p} - 2\,(\mathbf{p} \cdot \mathbf{n})\,\mathbf{n}\), \(\mathbf{n}\)’ye dik olan ve başlangıç noktasından geçen düzlemde yansıma olsun. \(C\)’nin bir ortogonal dönüşüm olduğunu biliyoruz (Örnek 18.7). \(\det C = -1\) olduğunu, yani her yansımanın yönü ters çevirdiğini gösterelim; \(\mathbf{n} = \tfrac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0)\) için de matrisini yazalım.
Çözüm
İşaret. \(\mathbf{n}\)’yi bir çatıya tamamlayalım: \(\mathbf{n}\)’ye dik bir birim \(e_1\) seçip \(e_2 = \mathbf{n} \times e_1\) ve \(e_3 = \mathbf{n}\) alalım. \(e_1\) ve \(e_2\), \(\mathbf{n}\)’ye dik olduğundan \(C(e_1) = e_1\) ve \(C(e_2) = e_2\); ayrıca \(C(\mathbf{n}) = \mathbf{n} - 2\mathbf{n} = -\mathbf{n}\). Lemma 20.2 bu üç vektöre uygulanınca
\[\det C\;\, e_1 \cdot e_2 \times e_3 = C(e_1) \cdot C(e_2) \times C(e_3) = e_1 \cdot e_2 \times (-e_3) = -\,e_1 \cdot e_2 \times e_3\]
bulunur. \(e_1 \cdot e_2 \times e_3 = \pm 1 \ne 0\) olduğundan \(\det C = -1\).
Sayısal örnek. \(\mathbf{n} = \tfrac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0)\) için \(2(\mathbf{p} \cdot \mathbf{n})\,\mathbf{n} = (p_1 + p_2)(1, 1, 0)\) ve
\[C(p_1, p_2, p_3) = (p_1, p_2, p_3) - (p_1 + p_2,\ p_1 + p_2,\ 0) = (-p_2, -p_1, p_3).\]
Matris ve determinant:
\[C = \begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \qquad \det C = 0 - (-1)\bigl((-1) \cdot 1 - 0 \cdot 0\bigr) + 0 = -1 .\]
Örneğin \(C(1, 2, 3) = (-2, -1, 3)\). Ayna \(x + y = 0\) düzlemidir: \((1, -1, 0)\) gibi bu düzlemdeki noktalar yerinde kalır, \((1, 1, 0)\) ise \((-1, -1, 0)\)’a gider.
\(\blacksquare\)
Örnek 20.12 (Başlangıç Noktasına Göre Yansıma) \(F(\mathbf{p}) = -\mathbf{p}\) izometrisinin işaretini \(\mathbb{R}^3\)’te ve düzlemde karşılaştıralım.
Çözüm
\(F\) lineerdir ve \((-\mathbf{p}) \cdot (-\mathbf{q}) = \mathbf{p} \cdot \mathbf{q}\) olduğundan ortogonaldir (Alıştırma 18.10); matrisi \(-I\)’dır. \(\mathbb{R}^3\)’te
\[\det(-I) = (-1)\bigl((-1)(-1) - 0 \cdot 0\bigr) - 0 + 0 = -1 :\]
başlangıç noktasına göre yansıma yönü ters çevirir. Bunu üç yansımanın bileşkesi olarak da görebiliriz: \(-I\), köşegenleri \((-1, 1, 1)\), \((1, -1, 1)\) ve \((1, 1, -1)\) olan köşegen matrislerin çarpımıdır, yani \(yz\), \(xz\) ve \(xy\) düzlemlerindeki yansımaların bileşkesidir. Sonuç 20.2 ile determinant \((-1)^3 = -1\) olur.
Düzlemde ise \(-I\)’nın determinantı
\[\begin{vmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \end{vmatrix} = (-1)(-1) - 0 \cdot 0 = 1\]
olur: düzlemde \(\mathbf{p} \mapsto -\mathbf{p}\), başlangıç noktası etrafında \(\pi\) kadar dönmedir ve yönü korur. Fark boyutun tek ya da çift oluşundan gelir: \(-I\)’nın determinantı \(\mathbb{R}^2\)’de \((-1)^2\), \(\mathbb{R}^3\)’te \((-1)^3\)’tür. Aynı tek–çift farkı, alıştırmalarda her dönmenin bir ekseni olduğunu ispatlarken yeniden karşımıza çıkacak.
\(\blacksquare\)
Formülü verilmiş bir izometrinin işaretini bulmak için önce onu Öklid Uzayının İzometrileri bölümündeki gibi öteleme kısmına ve ortogonal kısmına ayırır, sonra ortogonal kısmın determinantını hesaplarız.
Örnek 20.13 (Formülü Verilen Bir İzometrinin İşareti) \(F(\mathbf{p}) = (p_3 - 1,\ p_2 - 2,\ p_1 - 3)\) izometrisinin (Alıştırma 18.12) işaretini bulalım ve geometrik anlamını görelim.
Çözüm
Ayrışım. Öteleme kısmı \(\mathbf{a} = F(\mathbf{0}) = (-1, -2, -3)\) ile öteleme, ortogonal kısmı \(C(\mathbf{p}) = F(\mathbf{p}) - \mathbf{a} = (p_3, p_2, p_1)\)’dir (Alıştırma 18.12). Matris:
\[C = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}.\]
İşaret. Birinci satıra göre açılım
\[\det C = 0 - 0 + 1 \cdot (0 \cdot 0 - 1 \cdot 1) = -1\]
verir. \(F\) yönü ters çevirir.
Geometrik anlamı. \(C\), \(x\) ile \(z\) koordinatlarının yerini değiştirir; bu, \(x = z\) düzleminde yansımadır. Gerçekten yansıma formülü \(\mathbf{n} = \tfrac{1}{\sqrt{2}}(1, 0, -1)\) için \(2(\mathbf{p} \cdot \mathbf{n})\,\mathbf{n} = (p_1 - p_3)(1, 0, -1)\) ve
\[\mathbf{p} - (p_1 - p_3)(1, 0, -1) = (p_3,\ p_2,\ p_1)\]
verir. Yani \(F\), bir yansımadan sonra bir ötelemedir. Sağlama: \(F(1, 2, 3) = (2, 0, -2)\) ve
\[\mathbf{a} + C(1, 2, 3) = (-1, -2, -3) + (3, 2, 1) = (2, 0, -2).\]
\(\blacksquare\)
20.4 Vektörel Çarpım ve İzometriler
İç çarpım ve vektörel çarpım başlangıçta Öklid koordinatlarıyla tanımlandı. İç çarpımın, hangi çatıda koordinat alırsak alalım aynı formülle hesaplandığını gördük (Önerme 9.4):
\[\mathbf{v} \cdot \mathbf{w} = \Bigl(\sum_i v_i\, e_i\Bigr) \cdot \Bigl(\sum_i w_i\, e_i\Bigr) = \sum_i v_i\, w_i .\]
Vektörel çarpım için de hemen hemen aynı şey doğrudur; ama bu kez yönlendirme işe karışır.
Lemma 20.4 (Vektörel Çarpımın Bir Çatıdaki Formülü) \(e_1, e_2, e_3\) bir noktada bir çatı ve \(\varepsilon = e_1 \cdot e_2 \times e_3\) olsun. \(\mathbf{v} = \sum_i v_i\, e_i\) ve \(\mathbf{w} = \sum_i w_i\, e_i\) ise
\[\mathbf{v} \times \mathbf{w} = \varepsilon \begin{vmatrix} e_1 & e_2 & e_3 \\ v_1 & v_2 & v_3 \\ w_1 & w_2 & w_3 \end{vmatrix},\]
yani
\[\mathbf{v} \times \mathbf{w} = \varepsilon\,\bigl[(v_2 w_3 - v_3 w_2)\,e_1 + (v_3 w_1 - v_1 w_3)\,e_2 + (v_1 w_2 - v_2 w_1)\,e_3\bigr].\]
İspat
Vektörel çarpım her iki çarpanında lineer olduğundan (Önerme 9.6)
\[\mathbf{v} \times \mathbf{w} = \sum_{i, j = 1}^{3} v_i\, w_j\; e_i \times e_j .\]
Dokuz terimden \(i = j\) olan üçü sıfırdır. Kalan altı çarpımı Önerme 20.2 verir:
\[\begin{aligned} v_1 w_2\, e_1 \times e_2 + v_2 w_1\, e_2 \times e_1 &= \varepsilon\,(v_1 w_2 - v_2 w_1)\,e_3,\\[1mm] v_2 w_3\, e_2 \times e_3 + v_3 w_2\, e_3 \times e_2 &= \varepsilon\,(v_2 w_3 - v_3 w_2)\,e_1,\\[1mm] v_3 w_1\, e_3 \times e_1 + v_1 w_3\, e_1 \times e_3 &= \varepsilon\,(v_3 w_1 - v_1 w_3)\,e_2 . \end{aligned}\]
Üç satırın toplamı iddia edilen formüldür. Biçimsel determinantın birinci satıra göre açılımı da tam bu katsayıları verir.
\(\blacksquare\)
Yani pozitif yönlü bir çatıda vektörel çarpım, doğal koordinatlardaki formülün aynısıyla hesaplanır; negatif yönlü bir çatıda ise aynı formülün önüne bir eksi işareti gelir.
Örnek 20.14 (Sağ Elli Çatıda Vektörel Çarpım) Örnek 20.2 örneğindeki \(e_1, e_2, e_3\) çatısında \(\mathbf{v} = 2e_1 + e_2\) ve \(\mathbf{w} = e_2 + 3e_3\) olsun. \(\mathbf{v} \times \mathbf{w}\)’yi lemmayla ve Öklid koordinatlarıyla hesaplayıp karşılaştıralım.
Çözüm
Lemmayla. Çatıdaki koordinatlar \((2, 1, 0)\) ve \((0, 1, 3)\)’tür ve \(\varepsilon = 1\):
\[\begin{aligned} \mathbf{v} \times \mathbf{w} &= (1 \cdot 3 - 0 \cdot 1)\,e_1 + (0 \cdot 0 - 2 \cdot 3)\,e_2 + (2 \cdot 1 - 1 \cdot 0)\,e_3\\[1mm] &= 3e_1 - 6e_2 + 2e_3 . \end{aligned}\]
Öklid koordinatlarına çevirirsek
\[3e_1 - 6e_2 + 2e_3 = (2, 2, 1) + (4, -2, -4) + \tfrac{1}{3}(2, -4, 4) = \tfrac{1}{3}(20, -4, -5).\]
Öklid koordinatlarıyla. Önce iki vektörü yazalım:
\[\begin{aligned} \mathbf{v} &= \tfrac{1}{3}(4, 4, 2) + \tfrac{1}{3}(-2, 1, 2) = \tfrac{1}{3}(2, 5, 4),\\[1mm] \mathbf{w} &= \tfrac{1}{3}(-2, 1, 2) + (1, -2, 2) = \tfrac{1}{3}(1, -5, 8). \end{aligned}\]
Sonra vektörel çarpım:
\[\begin{aligned} \mathbf{v} \times \mathbf{w} &= \tfrac{1}{9}\,\bigl(5 \cdot 8 - 4 \cdot (-5),\ 4 \cdot 1 - 2 \cdot 8,\ 2 \cdot (-5) - 5 \cdot 1\bigr)\\[1mm] &= \tfrac{1}{9}(60, -12, -15), \end{aligned}\]
yani \(\tfrac{1}{3}(20, -4, -5)\). İki yol aynı sonucu verir.
\(\blacksquare\)
Örnek 20.15 (Sol Elli Çatıda Vektörel Çarpım) Örnek 20.3 örneğindeki \(f_1, f_2, f_3\) çatısında aynı katsayılarla \(\mathbf{v} = 2f_1 + f_2\) ve \(\mathbf{w} = f_2 + 3f_3\) alalım. \(\mathbf{v} \times \mathbf{w}\)’yi iki yoldan bulalım ve \(\varepsilon\) çarpanının neden gerekli olduğunu görelim.
Çözüm
Lemmayla. Koordinatlar öncekiyle aynıdır, determinant yine \(3f_1 - 6f_2 + 2f_3\) verir; ama bu çatıda \(\varepsilon = -1\)’dir:
\[\mathbf{v} \times \mathbf{w} = -(3f_1 - 6f_2 + 2f_3) = -3f_1 + 6f_2 - 2f_3 .\]
Öklid koordinatlarına çevirirsek
\[-\tfrac{3}{\sqrt{2}}(1, 0, 1) + (0, 6, 0) - \tfrac{2}{\sqrt{2}}(1, 0, -1) = \Bigl(-\tfrac{5}{\sqrt{2}},\ 6,\ -\tfrac{1}{\sqrt{2}}\Bigr).\]
Öklid koordinatlarıyla. \(\mathbf{v} = (\sqrt{2}, 1, \sqrt{2})\) ve \(\mathbf{w} = \bigl(\tfrac{3}{\sqrt{2}}, 1, -\tfrac{3}{\sqrt{2}}\bigr)\)’dir. Vektörel çarpımın üç koordinatı:
\[\begin{aligned} v_2 w_3 - v_3 w_2 &= 1 \cdot \bigl(-\tfrac{3}{\sqrt{2}}\bigr) - \sqrt{2} \cdot 1 = -\tfrac{5}{\sqrt{2}},\\[1mm] v_3 w_1 - v_1 w_3 &= \sqrt{2} \cdot \tfrac{3}{\sqrt{2}} - \sqrt{2} \cdot \bigl(-\tfrac{3}{\sqrt{2}}\bigr) = 6,\\[1mm] v_1 w_2 - v_2 w_1 &= \sqrt{2} \cdot 1 - 1 \cdot \tfrac{3}{\sqrt{2}} = -\tfrac{1}{\sqrt{2}} . \end{aligned}\]
İki yol uyuşur. \(\varepsilon\) çarpanını unutsaydık tam ters işaretli vektörü bulurduk: sol elli bir çatıda doğal koordinatların formülü vektörel çarpımın tersini verir.
\(\blacksquare\)
Lemmadan bir izometrinin vektörel çarpıma etkisi hemen çıkar; orada da yönlendirme işin içindedir.
Önerme 20.3 (İzometriler Vektörel Çarpımı İşaretine Kadar Korur) \(\mathbf{v}\) ve \(\mathbf{w}\), \(\mathbb{R}^3\)’ün bir \(\mathbf{p}\) noktasında teğet vektörler ve \(F\) bir izometri ise
\[F_*(\mathbf{v} \times \mathbf{w}) = (\operatorname{sgn} F)\; F_*(\mathbf{v}) \times F_*(\mathbf{w}).\]
İspat
\(\mathbf{v} = \sum_i v_i\, U_i(\mathbf{p})\) ve \(\mathbf{w} = \sum_i w_i\, U_i(\mathbf{p})\) yazalım ve \(e_i = F_*(U_i(\mathbf{p}))\) diyelim. Sonuç 19.3 gereği \(e_1, e_2, e_3\), \(F(\mathbf{p})\) noktasında bir çatıdır. \(F_*\) lineer olduğundan (Sonuç 7.1)
\[F_*(\mathbf{v}) = \sum_i v_i\, e_i, \qquad F_*(\mathbf{w}) = \sum_i w_i\, e_i .\]
Bu çatıda Lemma 20.4 uygulanır; katsayılar \(\mathbf{v}\) ile \(\mathbf{w}\)’nin doğal koordinatlarıdır:
\[\begin{aligned} F_*(\mathbf{v}) \times F_*(\mathbf{w}) &= \varepsilon\,\bigl[(v_2 w_3 - v_3 w_2)\,e_1 + (v_3 w_1 - v_1 w_3)\,e_2\\[1mm] &\quad + (v_1 w_2 - v_2 w_1)\,e_3\bigr]. \end{aligned}\]
Öte yandan vektörel çarpımın tanımına göre
\[\mathbf{v} \times \mathbf{w} = (v_2 w_3 - v_3 w_2)\,U_1(\mathbf{p}) + (v_3 w_1 - v_1 w_3)\,U_2(\mathbf{p}) + (v_1 w_2 - v_2 w_1)\,U_3(\mathbf{p})\]
olur. \(F_*\) lineer olup \(U_i(\mathbf{p})\)’yi \(e_i\)’ye götürdüğünden köşeli parantezdeki vektör \(F_*(\mathbf{v} \times \mathbf{w})\)’dir. Yani \(F_*(\mathbf{v}) \times F_*(\mathbf{w}) = \varepsilon\, F_*(\mathbf{v} \times \mathbf{w})\). Burada
\[\varepsilon = e_1 \cdot e_2 \times e_3 = F_*(U_1(\mathbf{p})) \cdot F_*(U_2(\mathbf{p})) \times F_*(U_3(\mathbf{p}))\]
dir. Doğal çatı pozitif yönlü olduğundan (Örnek 20.1) Lemma 20.3 \(\varepsilon = \operatorname{sgn} F\) verir. Böylece
\[F_*(\mathbf{v}) \times F_*(\mathbf{w}) = (\operatorname{sgn} F)\, F_*(\mathbf{v} \times \mathbf{w})\]
olur; iki yanı \(\operatorname{sgn} F\) ile çarpıp \((\operatorname{sgn} F)^2 = 1\) eşitliğini kullanırsak iddia çıkar.
\(\blacksquare\)
Yani izometriler iç çarpımı tam olarak korur (Sonuç 19.2), vektörel çarpımı ise işaretine kadar: ötelemeler ve dönmeler vektörel çarpımla tam uyumludur, yansımalar onu ters çevirir. Bunun nedeni, vektörel çarpımın tanımına sağ el kuralının, yani bir yönlendirme seçiminin gizlice girmiş olmasıdır.
Örnek 20.16 (Yansımada Vektörel Çarpım) \(R\), \(yz\) düzleminde yansıma olsun; \(\mathbf{v} = (0, 1, 2)\) ve \(\mathbf{w} = (1, 0, 0)\) de \(\mathbf{p} = (2, 0, 0)\) noktasında teğet vektörler olsun. Önerme 20.3 ile verilen eşitliği bu vektörlerle denetleyelim.
Çözüm
Teorem 19.1 gereği \(R_*\) vektör kısımlarına \(R\)’yi uygular; hesabı vektör kısımlarıyla yapıyoruz. Önce
\[\mathbf{v} \times \mathbf{w} = (1 \cdot 0 - 2 \cdot 0,\ 2 \cdot 1 - 0 \cdot 0,\ 0 \cdot 0 - 1 \cdot 1) = (0, 2, -1),\]
dolayısıyla \(R_*(\mathbf{v} \times \mathbf{w})\)’nin vektör kısmı \(R(0, 2, -1) = (0, 2, -1)\)’dir. Öte yandan \(R_*(\mathbf{v})\) ve \(R_*(\mathbf{w})\)’nin vektör kısımları \((0, 1, 2)\) ve \((-1, 0, 0)\)’dır ve
\[\begin{aligned} R_*(\mathbf{v}) \times R_*(\mathbf{w}) &= \bigl(1 \cdot 0 - 2 \cdot 0,\ 2 \cdot (-1) - 0 \cdot 0,\ 0 \cdot 0 - 1 \cdot (-1)\bigr)\\[1mm] &= (0, -2, 1). \end{aligned}\]
İki sonuç birbirinin tersidir: \(R_*(\mathbf{v} \times \mathbf{w}) = -\,R_*(\mathbf{v}) \times R_*(\mathbf{w})\); \(\operatorname{sgn} R = -1\) olduğundan önermenin öngördüğü budur.
Şekil durumu açıklıyor. Aynaya paralel olan \(\mathbf{v}\) ile \(\mathbf{v} \times \mathbf{w}\) yansımada değişmez; aynaya dik olan \(\mathbf{w}\) ters döner. Görüntülerin vektörel çarpımı bu yüzden \(\mathbf{v} \times (-\mathbf{w}) = -\,\mathbf{v} \times \mathbf{w}\) olur, vektörel çarpımın görüntüsü ise \(\mathbf{v} \times \mathbf{w}\)’nin kendisidir.
\(\blacksquare\)
Örnek 20.17 (Dönmede Vektörel Çarpım) Aynı \(\mathbf{v} = (0, 1, 2)\) ve \(\mathbf{w} = (1, 0, 0)\) vektörlerine, \(z\) ekseni etrafında \(\pi/2\) kadar dönme olan \(C(\mathbf{p}) = (-p_2, p_1, p_3)\)’ü uygulayalım ve vektörel çarpımın korunduğunu görelim.
Çözüm
\(C(\mathbf{v}) = (-1, 0, 2)\) ve \(C(\mathbf{w}) = (0, 1, 0)\)’dır. Buradan
\[\begin{aligned} C(\mathbf{v}) \times C(\mathbf{w}) &= \bigl(0 \cdot 0 - 2 \cdot 1,\ 2 \cdot 0 - (-1) \cdot 0,\ (-1) \cdot 1 - 0 \cdot 0\bigr)\\[1mm] &= (-2, 0, -1). \end{aligned}\]
Öte yandan \(\mathbf{v} \times \mathbf{w} = (0, 2, -1)\) ve \(C(0, 2, -1) = (-2, 0, -1)\). İki sonuç aynıdır; \(\operatorname{sgn} C = +1\) olduğundan Önerme 20.3 de bunu öngörür.
\(\blacksquare\)
Önermenin eğriler için ne anlama geldiğini en iyi helis gösterir. Örnek 18.17 örneğinde, aynaya tutulan sağ elli bir helisin sol elli bir helise dönüştüğünü ve burulmasının işaret değiştirdiğini doğrudan hesapla görmüştük. Şimdi bunun nedenini Frenet çatısında görelim: binormal bir vektörel çarpımdır ve yansıma vektörel çarpımı ters çevirir.
Örnek 20.18 (Helisin Ayna Görüntüsü) \(a > 0\), \(b > 0\) ve \(c = \sqrt{a^2 + b^2}\) olsun. Örnek 11.5 örneğindeki birim hızlı
\[\beta(s) = \left(a\cos\dfrac{s}{c},\ a\sin\dfrac{s}{c},\ \dfrac{bs}{c}\right)\]
helisini ve \(y = 4\) düzlemindeki aynada yansıtan \(F(x, y, z) = (x, 8 - y, z)\) izometrisini alalım. \(F(\beta)\) eğrisinin Frenet çatısını \(\beta\)’nınkiyle karşılaştıralım ve eğriliğiyle burulmasını bulalım.
Çözüm
İzometrinin parçaları. \(F(\mathbf{0}) = (0, 8, 0)\)’dır ve \(C(\mathbf{p}) = F(\mathbf{p}) - F(\mathbf{0})\) farkı \((p_1, -p_2, p_3)\)’tür: \(F\), \(xz\) düzleminde yansımadan sonra \((0, 8, 0)\) ile ötelemedir. \(C\)’nin matrisi köşegeni \((1, -1, 1)\) olan köşegen matristir ve \(\det C = -1\); yani \(\operatorname{sgn} F = -1\).
Görüntü eğrisi. \(\bar\beta = F(\beta)\) ve \(u = s/c\) diyelim:
\[\bar\beta(s) = (a\cos u,\ 8 - a\sin u,\ bu).\]
Teğet ve asli normal. Dönüşümler hızları korur (Sonuç 7.2): \(\bar\beta\,' = F_*(\beta')\). Teorem 19.1 gereği \(F_*\) vektör kısımlarına \(C\)’yi uygular ve uzunlukları korur; dolayısıyla \(\bar\beta\) da birim hızlıdır ve \(\bar T = F_*(T)\). \(C\) sabit katsayılı lineer bir dönüşüm olduğundan türev \(C\)’nin içinden geçer: \(\bar T\,' = F_*(T')\). Uzunluklar korunduğu için \(\bar\kappa = \|\bar T\,'\| = \|T'\| = \kappa\) ve \(\bar N = \bar T\,'/\bar\kappa = F_*(N)\). Açık yazarsak, Örnek 11.5 örneğindeki
\[T = \left(-\dfrac{a}{c}\sin u,\ \dfrac{a}{c}\cos u,\ \dfrac{b}{c}\right), \qquad N = (-\cos u,\ -\sin u,\ 0)\]
vektörlerinin ikinci koordinatları işaret değiştirir:
\[\bar T = \left(-\dfrac{a}{c}\sin u,\ -\dfrac{a}{c}\cos u,\ \dfrac{b}{c}\right), \qquad \bar N = (-\cos u,\ \sin u,\ 0).\]
Binormal. Önerme 20.3 ile
\[\bar B = \bar T \times \bar N = F_*(T) \times F_*(N) = (\operatorname{sgn} F)\, F_*(T \times N) = -F_*(B).\]
Örnek 11.5 örneğindeki \(B = \bigl(\tfrac{b}{c}\sin u, -\tfrac{b}{c}\cos u, \tfrac{a}{c}\bigr)\) ile
\[\bar B = -\left(\dfrac{b}{c}\sin u,\ \dfrac{b}{c}\cos u,\ \dfrac{a}{c}\right) = \left(-\dfrac{b}{c}\sin u,\ -\dfrac{b}{c}\cos u,\ -\dfrac{a}{c}\right).\]
Doğrudan hesap da aynı sonucu verir:
\[\begin{aligned} \bar T_2 \bar N_3 - \bar T_3 \bar N_2 &= 0 - \dfrac{b}{c}\sin u,\\[1mm] \bar T_3 \bar N_1 - \bar T_1 \bar N_3 &= -\dfrac{b}{c}\cos u - 0,\\[1mm] \bar T_1 \bar N_2 - \bar T_2 \bar N_1 &= -\dfrac{a}{c}\sin^2 u - \dfrac{a}{c}\cos^2 u = -\dfrac{a}{c}. \end{aligned}\]
Burulma. \(\bar B\)’nin türevi
\[\bar B\,' = \left(-\dfrac{b}{c^2}\cos u,\ \dfrac{b}{c^2}\sin u,\ 0\right) = \dfrac{b}{c^2}\,(-\cos u,\ \sin u,\ 0) = \dfrac{b}{c^2}\,\bar N .\]
Frenet formülü \(\bar B\,' = -\bar\tau\, \bar N\) ile karşılaştırınca \(\bar\tau = -b/c^2\) çıkar. \(\beta\)’nın burulması \(\tau = b/c^2\) idi: eğrilik aynı kaldı, burulma işaret değiştirdi.
Sayısal olarak şekildeki \(a = 2\), \(b = 1/2\) helisinde \(c^2 = 17/4\), \(\kappa = \bar\kappa = 8/17\), \(\tau = 2/17\) ve \(\bar\tau = -2/17\)’dir. Geometrik anlamı şekilde görünür: \(\beta\), yükselirken yukarıdan bakınca saatin tersi yönünde dolanan sağ elli bir helistir; aynadaki görüntüsü ise yükselirken saat yönünde dolanan sol elli bir helistir. Bu örnekte burulmanın işareti helisin elliliğini kaydeder: yönü ters çeviren ayna sağ elli helisi sol elli bir helise çevirmiş, burulmanın işaretini de değiştirmiştir.
\(\blacksquare\)
Etkileşimli sahne: helis ve aynadaki görüntüsü. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz. \(a = 2\), \(b = 1/2\) için \(\beta\) helisi ile \(y = 4\) aynasındaki görüntüsü \(F(\beta)\) çizilidir; \(t = s/c\) kaydırıcısı iki eğri üzerinde karşılıklı noktaları birlikte yürütür. Noktalarda \(T, N, B\) ve \(\bar T, \bar N, \bar B\) çatıları turuncu, yeşil ve mavi oklarla gösterilir. Sahneyi yukarıdan bakacak biçimde çevirip iki eğrinin hangi yönde dolandığını karşılaştırın. Değer satırında \(\bar B\) ile \(F_*(B)\)’nin her konumda birbirinin tersi olduğu okunur.
20.5 Alıştırmalar
Aşağıda \(A\), \(B\), \(C\) ortogonal dönüşümleri ya da matrislerini, \(T_{\mathbf{a}}\) da \(\mathbf{a}\) ile ötelemeyi gösterir. \(FG\), önce \(G\)’nin sonra \(F\)’nin uygulandığı bileşkedir.
Alıştırma 20.1 (Bileşkenin İşareti) \(F\) ve \(G\), \(\mathbb{R}^3\)’ün izometrileri olsun.
\[\operatorname{sgn}(FG) = \operatorname{sgn} F \cdot \operatorname{sgn} G = \operatorname{sgn}(GF)\]
olduğunu ispatlayınız.
Çözüm
Bileşkenin ortogonal kısmı. \(F = T_{\mathbf{a}} A\) ve \(G = T_{\mathbf{b}} B\) yazalım. Her \(\mathbf{p}\) için \(A\)’nın lineerliğiyle
\[FG(\mathbf{p}) = \mathbf{a} + A\bigl(\mathbf{b} + B(\mathbf{p})\bigr) = \bigl(\mathbf{a} + A(\mathbf{b})\bigr) + AB(\mathbf{p}).\]
\(AB\) iki ortogonal dönüşümün bileşkesi olarak ortogonaldir: \(AB(\mathbf{p}) \cdot AB(\mathbf{q}) = B(\mathbf{p}) \cdot B(\mathbf{q})\) ve bu da \(\mathbf{p} \cdot \mathbf{q}\)’ya eşittir. Ayrışımın tekliğinden (Teorem 18.2) \(FG\)’nin ortogonal kısmı \(AB\), öteleme kısmı ise \(\mathbf{a} + A(\mathbf{b})\) ile ötelemedir.
Bileşkenin matrisi. \(AB\)’nin matrisinin \(j\)-inci sütunu \(AB(\mathbf{u}_j) = A\bigl(B(\mathbf{u}_j)\bigr)\)’dir. \(B(\mathbf{u}_j)\), \(B\)’nin \(j\)-inci sütunu \((b_{1j}, b_{2j}, b_{3j})\)’dir; \(A\) uygulanınca \(i\)-inci koordinat \(\sum_k a_{ik}\, b_{kj}\) olur. Bu da matris çarpımı \(AB\)’nin \((i, j)\) girdisidir: bileşkenin matrisi matrislerin çarpımıdır.
İşaret. Sonuç 20.2 ile
\[\operatorname{sgn}(FG) = \det(AB) = \det A \cdot \det B = \operatorname{sgn} F \cdot \operatorname{sgn} G .\]
Aynı hesap \(GF\) için \(\operatorname{sgn}(GF) = \det B \cdot \det A\) verir ve sayıların çarpımı değişmeli olduğundan bu da aynı sayıdır. \(FG\) ile \(GF\) genellikle farklı izometrilerdir, ama işaretleri her zaman aynıdır.
Örnek. Başlangıç noktasından geçen bir düzlemdeki her yansımanın işareti \(-1\)’dir (Örnek 20.11). Böyle iki yansımanın bileşkesinin işareti bu yüzden \((-1)(-1) = +1\)’dir; bileşke ortogonal olduğundan bir dönmedir (Tanım 20.4). Örneğin önce \(xz\) düzleminde, sonra \(z\) eksenini içeren ve \(xz\) düzlemiyle \(\varphi\) açısı yapan düzlemde yansımak, \(z\) ekseni çevresinde \(2\varphi\) açısıyla döndürmektir (Alıştırma 18.21).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 20.2 (Tersin İşareti) Her \(F\) izometrisi için \(\operatorname{sgn}(F^{-1}) = \operatorname{sgn} F\) olduğunu Alıştırma 20.1 sonucunu kullanarak çıkarınız.
Çözüm
\(F^{-1}\) vardır ve bir izometridir (Sonuç 18.1); \(F F^{-1} = I\) birim dönüşümdür. Birim dönüşümün ortogonal kısmı kendisidir ve \(\operatorname{sgn} I = \det I = 1\). Önceki alıştırmaya göre
\[1 = \operatorname{sgn}(F F^{-1}) = \operatorname{sgn} F \cdot \operatorname{sgn}(F^{-1}).\]
İki çarpan da \(\pm 1\)’dir ve çarpımları \(1\) olduğundan eşittirler: \(\operatorname{sgn}(F^{-1}) = \operatorname{sgn} F\).
Doğrudan da görülebilir. \(F(\mathbf{p}) = \mathbf{a} + C(\mathbf{p})\) ise matrisi \(C^{\mathsf{T}}\) olan dönüşüm \(C\)’nin tersidir, çünkü \(C^{\mathsf{T}} C = C C^{\mathsf{T}} = I\)’dır (Sonuç 9.1). \(\mathbf{q} = F(\mathbf{p})\) eşitliğinden
\[\mathbf{p} = C^{\mathsf{T}}(\mathbf{q} - \mathbf{a}) = -C^{\mathsf{T}}(\mathbf{a}) + C^{\mathsf{T}}(\mathbf{q})\]
bulunur; \(F^{-1}\)’in ortogonal kısmı \(C^{\mathsf{T}}\)’dir ve Lemma 20.1 ile \(\det C^{\mathsf{T}} = \det C\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 20.3 (Yönü Ters Çeviren İzometrilerin Ayrışımı) \(H_0\), \(\mathbb{R}^3\)’ün yönü ters çeviren bir izometrisi olsun. Yönü ters çeviren her \(H\) izometrisinin, \(F\) yönü koruyan bir izometri olmak üzere, \(H = H_0 F\) biçiminde tek türlü yazılabildiğini gösteriniz.
Çözüm
Varlık. \(F = H_0^{-1} H\) alalım. İzometrilerin bileşkesi ve tersi izometri olduğundan (Sonuç 18.1) \(F\) bir izometridir ve \(H_0 F = H_0 H_0^{-1} H = H\). İşareti, Alıştırma 20.1 ve Alıştırma 20.2 ile
\[\operatorname{sgn} F = \operatorname{sgn}(H_0^{-1}) \cdot \operatorname{sgn} H = (-1)(-1) = +1\]
bulunur; \(F\) yönü korur.
Teklik. \(H = H_0 F = H_0 F'\) ise iki yanı soldan \(H_0^{-1}\) ile bileştirerek \(F = F'\) buluruz.
Örnek. \(H_0 = R\), \(yz\) düzlemindeki yansıma olsun; \(R R = I\) olduğundan \(R^{-1} = R\)’dir. Örnek 20.13 örneğindeki \(H(\mathbf{p}) = (p_3 - 1, p_2 - 2, p_1 - 3)\) için
\[F(\mathbf{p}) = R\bigl(H(\mathbf{p})\bigr) = (1 - p_3,\ p_2 - 2,\ p_1 - 3).\]
\(F(\mathbf{0}) = (1, -2, -3)\) olduğundan \(F\)’nin ortogonal kısmı \(C(\mathbf{p}) = (-p_3, p_2, p_1)\)’dir. Matrisi ve determinantı
\[C = \begin{pmatrix} 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}, \qquad \det C = 0 - 0 + (-1)(0 \cdot 0 - 1 \cdot 1) = 1 .\]
Bu, \(y\) ekseni etrafında \(-\pi/2\) kadar dönmenin matrisidir: \(\mathbf{u}_1 \mapsto \mathbf{u}_3\), \(\mathbf{u}_2 \mapsto \mathbf{u}_2\), \(\mathbf{u}_3 \mapsto -\mathbf{u}_1\). Yani \(F\), bir dönmeden sonra bir ötelemedir ve \(H = RF\). Sağlama: \(H(1, 2, 3) = (2, 0, -2)\); öte yandan \(F(1, 2, 3) = (-2, 0, -2)\) ve \(R(-2, 0, -2) = (2, 0, -2)\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 20.4 (Bir Ortogonal Dönüşümde Vektörel Çarpımı Denetlemek) Matrisi
\[C = \dfrac{1}{3}\begin{pmatrix} -2 & 2 & -1 \\ 2 & 1 & -2 \\ 1 & 2 & 2 \end{pmatrix}\]
olan ortogonal dönüşüm ve aynı noktadaki \(\mathbf{v} = (3, 1, -1)\), \(\mathbf{w} = (-3, -3, 1)\) teğet vektörleri için
\[C_*(\mathbf{v} \times \mathbf{w}) = (\operatorname{sgn} C)\; C_*(\mathbf{v}) \times C_*(\mathbf{w})\]
formülünü denetleyiniz.
Çözüm
Ortogonallik. Kesir çarpanını dışarıda tutarak satırlar \((-2, 2, -1)\), \((2, 1, -2)\) ve \((1, 2, 2)\)’dir. Her birinin kareleri toplamı \(9\)’dur. Karşılıklı iç çarpımlar
\[-4 + 2 + 2 = 0, \qquad -2 + 4 - 2 = 0, \qquad 2 + 2 - 4 = 0\]
olur. \(\tfrac{1}{3}\) çarpanıyla satırlar ortonormaldir; \(C\) ortogonaldir.
İşaret. Birinci satıra göre açılım:
\[\det C = \dfrac{-2(2 + 4) - 2(4 + 2) + (-1)(4 - 1)}{27} = \dfrac{-12 - 12 - 3}{27} = -1 .\]
\(C\) yönü ters çevirir; \(\operatorname{sgn} C = -1\).
Sol yan. Önce vektörel çarpım:
\[\begin{aligned} \mathbf{v} \times \mathbf{w} &= \bigl(1 \cdot 1 - (-1)(-3),\ (-1)(-3) - 3 \cdot 1,\ 3 \cdot (-3) - 1 \cdot (-3)\bigr)\\[1mm] &= (-2, 0, -6). \end{aligned}\]
\(C_*\) vektör kısımlarına \(C\)’yi uygular (Teorem 19.1):
\[C(-2, 0, -6) = \tfrac{1}{3}\,(4 + 0 + 6,\ -4 + 0 + 12,\ -2 + 0 - 12) = \tfrac{1}{3}(10, 8, -14).\]
Sağ yan. İki görüntü:
\[\begin{aligned} C(\mathbf{v}) &= \tfrac{1}{3}\,(-6 + 2 + 1,\ 6 + 1 + 2,\ 3 + 2 - 2) = (-1, 3, 1),\\[1mm] C(\mathbf{w}) &= \tfrac{1}{3}\,(6 - 6 - 1,\ -6 - 3 - 2,\ -3 - 6 + 2) = \tfrac{1}{3}(-1, -11, -7). \end{aligned}\]
Vektörel çarpımları:
\[\begin{aligned} C(\mathbf{v}) \times C(\mathbf{w}) &= \tfrac{1}{3}\,\bigl(3 \cdot (-7) - 1 \cdot (-11),\ 1 \cdot (-1) - (-1)(-7),\\[1mm] &\quad\ (-1)(-11) - 3 \cdot (-1)\bigr) = \tfrac{1}{3}(-10, -8, 14). \end{aligned}\]
Sağ yan \((-1) \cdot \tfrac{1}{3}(-10, -8, 14)\), yani \(\tfrac{1}{3}(10, 8, -14)\)’tür ve sol yanla aynıdır. Formül doğrulanmıştır; \(\operatorname{sgn} C\) çarpanı olmasaydı iki yan birbirinin tersi çıkardı.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 20.5 (Bir Dönmenin Sabit Bıraktığı Doğrultu) \(C\) bir dönme (Tanım 20.4) olsun. \(C(\mathbf{p}) = \mathbf{p}\) olacak biçimde sıfırdan farklı bir \(\mathbf{p}\) noktası bulunduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(C(\mathbf{p}) = \mathbf{p}\) denklemi \((C - I)\,\mathbf{p} = \mathbf{0}\) demektir. Önce \(\det(C - I) = 0\) olduğunu, sonra bundan sıfırdan farklı bir çözüm çıktığını göstereceğiz.
Adım 1: \(\det(C - I) = 0\). \(C C^{\mathsf{T}} = I\) olduğundan
\[C - I = C - C C^{\mathsf{T}} = C\,(I - C^{\mathsf{T}}) .\]
Sonuç 20.2 ve \(\det C = 1\) ile \(\det(C - I) = \det(I - C^{\mathsf{T}})\). \(I - C^{\mathsf{T}}\), \(I - C\)’nin transpozudur; Lemma 20.1 ile \(\det(C - I) = \det(I - C)\). Son olarak \(I - C\), \(C - I\)’nın her satırının \(-1\) ile çarpılmasıyla elde edilir. Determinant her satırında lineer olduğundan bu, determinantı \((-1)^3 = -1\) ile çarpar:
\[\det(C - I) = \det(I - C) = (-1)^3 \det(C - I) = -\det(C - I).\]
Demek ki \(\det(C - I) = 0\). Boyutun tek olması burada kullanıldı. Düzlemde aynı hesap \((-1)^2 = 1\) verir ve hiçbir şey söylemez; gerçekten de düzlemde açısı \(2\pi\)’nin katı olmayan bir dönme sıfırdan farklı hiçbir noktayı yerinde bırakmaz.
Adım 2: bir çözüm. \(C - I\)’nın satırları \(\mathbf{r}_1, \mathbf{r}_2, \mathbf{r}_3\) olsun. \((C - I)\,\mathbf{p}\)’nin \(i\)-inci koordinatı \(\mathbf{r}_i \cdot \mathbf{p}\)’dir; aradığımız şey üç satıra da dik, sıfırdan farklı bir \(\mathbf{p}\)’dir. Determinant sıfır olduğundan satırların üçlü çarpımı sıfırdır ve satırlar lineer bağımlıdır (Alıştırma 9.12): hepsi sıfır olmayan \(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3\) ile \(\alpha_1 \mathbf{r}_1 + \alpha_2 \mathbf{r}_2 + \alpha_3 \mathbf{r}_3 = \mathbf{0}\). İki durum var.
Satırlardan ikisi, örneğin \(\mathbf{r}_i\) ile \(\mathbf{r}_j\), bağımsızsa \(\mathbf{p} = \mathbf{r}_i \times \mathbf{r}_j \ne \mathbf{0}\)’dır (Alıştırma 9.15) ve bu vektör \(\mathbf{r}_i\) ile \(\mathbf{r}_j\)’ye diktir. Üçüncü satır \(\mathbf{r}_k\)’nın katsayısı \(\alpha_k\) sıfır olamaz, yoksa bağıntı \(\mathbf{r}_i\) ile \(\mathbf{r}_j\) arasında sıfır olmayan bir bağıntı olurdu. Dolayısıyla \(\mathbf{r}_k\), \(\mathbf{r}_i\) ile \(\mathbf{r}_j\)’nin bir bileşimidir ve \(\mathbf{p}\) ona da diktir.
Hiçbir iki satır bağımsız değilse bütün satırlar sıfırdan farklı tek bir \(\mathbf{r}\) vektörünün katlarıdır ya da hepsi sıfırdır. İlk durumda \(\mathbf{r}\)’ye dik ve sıfırdan farklı herhangi bir \(\mathbf{p}\), ikincisinde sıfırdan farklı herhangi bir \(\mathbf{p}\) işe yarar.
Her durumda \((C - I)\,\mathbf{p} = \mathbf{0}\), yani \(C(\mathbf{p}) = \mathbf{p}\) ve \(\mathbf{p} \ne \mathbf{0}\).
Örnek. Matrisi
\[C = \dfrac{1}{3}\begin{pmatrix} 2 & -1 & 2 \\ 2 & 2 & -1 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix}\]
olan dönüşümün satırları ortonormaldir: kesir çarpanı dışarıda, kareler toplamları \(9\) ve karşılıklı iç çarpımlar \(4 - 2 - 2 = 0\), \(-2 - 2 + 4 = 0\), \(-2 + 4 - 2 = 0\)’dır. Determinantı
\[\det C = \tfrac{1}{27}\bigl(2(4 + 2) + 1 \cdot (4 - 1) + 2(4 + 2)\bigr) = 1\]
olduğundan \(C\) bir dönmedir. \(C - I\)’nın satırları \(\tfrac{1}{3}(-1, -1, 2)\), \(\tfrac{1}{3}(2, -1, -1)\) ve \(\tfrac{1}{3}(-1, 2, -1)\)’dir. İlk ikisi bağımsızdır ve \(\tfrac{1}{3}\) çarpanlarını atarak
\[\begin{aligned} (-1, -1, 2) \times (2, -1, -1) &= \bigl((-1)(-1) - 2 \cdot (-1),\ 2 \cdot 2 - (-1)(-1),\\[1mm] &\quad\ (-1)(-1) - (-1) \cdot 2\bigr) = (3, 3, 3) \end{aligned}\]
bulunur. Dolayısıyla \(\mathbf{p} = (1, 1, 1)\) alınabilir. Gerçekten
\[C(1, 1, 1) = \tfrac{1}{3}\,(2 - 1 + 2,\ 2 + 2 - 1,\ -1 + 2 + 2) = (1, 1, 1).\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 20.6 (Her Dönme Bir Eksen Etrafında Döner) \(C\) bir dönme olsun. \(e_i \cdot e_j = \delta_{ij}\) koşulunu sağlayan \(e_1, e_2, e_3\) noktaları ve bir \(\vartheta\) sayısı bulunduğunu, öyle ki
\[\begin{aligned} C(e_1) &= \cos\vartheta\; e_1 + \sin\vartheta\; e_2,\\[1mm] C(e_2) &= -\sin\vartheta\; e_1 + \cos\vartheta\; e_2,\\[1mm] C(e_3) &= e_3 \end{aligned}\]
olduğunu gösteriniz. Yani \(C\), uzayı \(e_3\) doğrultusundaki eksen etrafında \(\vartheta\) açısı kadar döndürür. Bu, Önerme 18.3 önermesinin tersidir: orada her eksen ve her açı için bir dönme kurulmuştu, burada her dönmenin böyle kurulduğu gösterilecektir.
Çözüm
Eksen. Alıştırma 20.5 gereği \(C(\mathbf{p}) = \mathbf{p}\) olan bir \(\mathbf{p} \ne \mathbf{0}\) vardır. \(e_3 = \mathbf{p}/\|\mathbf{p}\|\) birim vektördür ve lineerlikle \(C(e_3) = e_3\).
Çatı. \(e_3\)’e dik bir birim vektör \(e_1\) seçelim. Örneğin \(e_3 = (a, b, c)\) ve \((a, b) \ne (0, 0)\) ise \(e_1 = (-b, a, 0)/\sqrt{a^2 + b^2}\), aksi hâlde \(e_1 = (1, 0, 0)\) alınabilir. Sonra \(e_2 = e_3 \times e_1\) diyelim. \(e_2\) hem \(e_3\)’e hem \(e_1\)’e diktir ve uzunluğu \(1 \cdot 1 \cdot \sin(\pi/2) = 1\)’dir (Sonuç 9.2); \(e_1, e_2, e_3\) bir çatıdır. Önerme 20.2 içindeki \(e_3 \times e_1 = \varepsilon\, e_2\) eşitliği burada \(\varepsilon = 1\) verir: çatı pozitif yönlüdür.
\(C(e_1)\) eksene dik düzlemdedir. \(C\) iç çarpımı korur: \(C(e_1) \cdot e_3 = C(e_1) \cdot C(e_3)\) ve bu da \(e_1 \cdot e_3 = 0\)’a eşittir. Ortonormal açılımla (Teorem 9.1)
\[C(e_1) = \alpha\, e_1 + \beta\, e_2, \qquad \alpha = C(e_1) \cdot e_1, \quad \beta = C(e_1) \cdot e_2 .\]
\(C(e_1)\) birim uzunlukta olduğundan \(\alpha^2 + \beta^2 = 1\) (Önerme 9.4); dolayısıyla \(\alpha = \cos\vartheta\) ve \(\beta = \sin\vartheta\) olacak biçimde bir \(\vartheta\) vardır.
\(C(e_2)\)’nin iki adayı. Aynı biçimde \(C(e_2) \cdot e_3 = 0\)’dır ve \(C(e_2)\), \(e_1, e_2\) düzlemindedir. Ayrıca birimdir ve \(C(e_1)\)’e diktir. Bu düzlemde \((\cos\vartheta, \sin\vartheta)\)’ya dik birim vektörler yalnızca \(\pm(-\sin\vartheta, \cos\vartheta)\)’dır (Örnek 20.5 içindeki hesap). Yani bir \(\sigma = \pm 1\) için
\[C(e_2) = \sigma\,(-\sin\vartheta\; e_1 + \cos\vartheta\; e_2).\]
İşaret \(\sigma = +1\)’dir. Bir yandan Lemma 20.2 ile
\[C(e_1) \cdot C(e_2) \times C(e_3) = \det C\;\, e_1 \cdot e_2 \times e_3 = 1 \cdot 1 = 1 .\]
Öte yandan Lemma 20.4, \(e\) çatısında (\(\varepsilon = 1\)) koordinatları \((\cos\vartheta, \sin\vartheta, 0)\) ve \(\sigma(-\sin\vartheta, \cos\vartheta, 0)\) olan iki vektöre uygulanınca yalnızca \(e_3\) katsayısı kalır:
\[C(e_1) \times C(e_2) = \sigma\,(\cos^2\vartheta + \sin^2\vartheta)\; e_3 = \sigma\, e_3 .\]
Nokta ile çarpının yeri değişebildiğinden (Alıştırma 9.14)
\[C(e_1) \cdot C(e_2) \times C(e_3) = C(e_1) \times C(e_2) \cdot e_3 = \sigma\, e_3 \cdot e_3 = \sigma .\]
İki hesap \(\sigma = 1\) verir. İstenen üç eşitlik sağlanmıştır.
Geometrik anlamı şekildeki gibidir: \(\mathbf{p} = x\, e_1 + y\, e_2 + z\, e_3\) noktası
\[C(\mathbf{p}) = (x\cos\vartheta - y\sin\vartheta)\, e_1 + (x\sin\vartheta + y\cos\vartheta)\, e_2 + z\, e_3\]
noktasına gider. \(e_3\) doğrultusundaki doğru noktası noktasına yerinde kalır, ona dik her düzlem kendi içinde \(\vartheta\) açısı kadar döner; \(e_3\)’ün ucundan bakınca dönüş \(e_1\)’den \(e_2\)’ye doğrudur.
Örnek. Alıştırma 20.5 içindeki \(C\) için eksen \((1, 1, 1)\) doğrultusundadır. \(e_3 = \tfrac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 1)\) ve \(e_1 = \tfrac{1}{\sqrt{2}}(1, -1, 0)\) alalım; o zaman
\[\begin{aligned} e_2 = e_3 \times e_1 &= \tfrac{1}{\sqrt{6}}\,\bigl(1 \cdot 0 - 1 \cdot (-1),\ 1 \cdot 1 - 1 \cdot 0,\ 1 \cdot (-1) - 1 \cdot 1\bigr)\\[1mm] &= \tfrac{1}{\sqrt{6}}(1, 1, -2). \end{aligned}\]
Ayrıca
\[C(1, -1, 0) = \tfrac{1}{3}(2 + 1,\ 2 - 2,\ -1 - 2) = (1, 0, -1)\]
olduğundan \(C(e_1) = \tfrac{1}{\sqrt{2}}(1, 0, -1)\) ve
\[\cos\vartheta = C(e_1) \cdot e_1 = \dfrac{1 + 0 + 0}{2} = \dfrac{1}{2}, \qquad \sin\vartheta = C(e_1) \cdot e_2 = \dfrac{1 + 0 + 2}{\sqrt{12}} = \dfrac{\sqrt{3}}{2} .\]
Yani \(\vartheta = \pi/3\): \(C\), \((1, 1, 1)\) ekseni etrafında \(60°\)’lik bir dönmedir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 20.7 (Bir Vektörel Çarpım Formülünün Tanımladığı Ortogonal Dönüşüm) \(\mathbf{a}\), \(\|\mathbf{a}\| = 1\) olan bir nokta olsun.
\[C(\mathbf{p}) = \mathbf{a} \times \mathbf{p} + (\mathbf{p} \cdot \mathbf{a})\,\mathbf{a}\]
formülünün bir ortogonal dönüşüm tanımladığını ispatlayınız.
Çözüm
Lineerlik. Vektörel çarpım ikinci çarpanında, iç çarpım her çarpanında lineerdir; dolayısıyla \(C(s\mathbf{p} + t\mathbf{q}) = s\,C(\mathbf{p}) + t\,C(\mathbf{q})\).
Yardımcı özdeşlik. Her \(\mathbf{p}, \mathbf{q}\) için
\[(\mathbf{a} \times \mathbf{p}) \cdot (\mathbf{a} \times \mathbf{q}) = \mathbf{p} \cdot \mathbf{q} - (\mathbf{a} \cdot \mathbf{p})(\mathbf{a} \cdot \mathbf{q}) .\]
Bunu uzunluk formülünden (Lemma 9.5) çıkarırız. \(\|\mathbf{a}\| = 1\) iken formül her \(\mathbf{x}\) için \(\|\mathbf{a} \times \mathbf{x}\|^2 = \|\mathbf{x}\|^2 - (\mathbf{a} \cdot \mathbf{x})^2\) der. \(\mathbf{x} = \mathbf{p} + \mathbf{q}\) yazıp iki yanı bilineerlikle açalım:
\[\begin{aligned} &\|\mathbf{a} \times \mathbf{p}\|^2 + 2\,(\mathbf{a} \times \mathbf{p}) \cdot (\mathbf{a} \times \mathbf{q}) + \|\mathbf{a} \times \mathbf{q}\|^2\\[1mm] &\quad = \|\mathbf{p}\|^2 + 2\,\mathbf{p} \cdot \mathbf{q} + \|\mathbf{q}\|^2\\[1mm] &\qquad - (\mathbf{a} \cdot \mathbf{p})^2 - 2\,(\mathbf{a} \cdot \mathbf{p})(\mathbf{a} \cdot \mathbf{q}) - (\mathbf{a} \cdot \mathbf{q})^2 . \end{aligned}\]
Formülü \(\mathbf{x} = \mathbf{p}\) ve \(\mathbf{x} = \mathbf{q}\) için ayrı ayrı yazıp bu eşitlikten çıkarırsak ve \(2\)’ye bölersek özdeşlik çıkar.
İç çarpımın korunması. \(\mathbf{a} \times \mathbf{p}\) ve \(\mathbf{a} \times \mathbf{q}\), \(\mathbf{a}\)’ya diktir. Bu yüzden \(C(\mathbf{p}) \cdot C(\mathbf{q})\) açılırken karma terimler düşer:
\[\begin{aligned} C(\mathbf{p}) \cdot C(\mathbf{q}) &= (\mathbf{a} \times \mathbf{p}) \cdot (\mathbf{a} \times \mathbf{q}) + (\mathbf{q} \cdot \mathbf{a})\,(\mathbf{a} \times \mathbf{p}) \cdot \mathbf{a}\\[1mm] &\quad + (\mathbf{p} \cdot \mathbf{a})\,\mathbf{a} \cdot (\mathbf{a} \times \mathbf{q}) + (\mathbf{p} \cdot \mathbf{a})(\mathbf{q} \cdot \mathbf{a})\,\mathbf{a} \cdot \mathbf{a}\\[1mm] &= \mathbf{p} \cdot \mathbf{q} - (\mathbf{a} \cdot \mathbf{p})(\mathbf{a} \cdot \mathbf{q}) + 0 + 0 + (\mathbf{p} \cdot \mathbf{a})(\mathbf{q} \cdot \mathbf{a})\\[1mm] &= \mathbf{p} \cdot \mathbf{q}. \end{aligned}\]
\(C\) lineerdir ve iç çarpımı korur; bir ortogonal dönüşümdür (Tanım 18.3).
Başka bir yol. Formül, Önerme 18.3 içindeki dönme formülünün \(\mathbf{e} = \mathbf{a}\) ve \(\vartheta = \pi/2\) için yazılışıdır: \(\cos(\pi/2) = 0\), \(\sin(\pi/2) = 1\) ve \(1 - \cos(\pi/2) = 1\). Ortogonallik oradan da okunur.
Örnek. \(\mathbf{a} = (0, 0, 1)\) için \(\mathbf{a} \times \mathbf{p} = (-p_2, p_1, 0)\) ve \((\mathbf{p} \cdot \mathbf{a})\,\mathbf{a} = (0, 0, p_3)\)’tür; \(C(\mathbf{p}) = (-p_2, p_1, p_3)\). Bu, Örnek 20.9 örneğindeki \(\pi/2\) dönmesidir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 20.8 (Formülün Geometrik Anlamı) \(\|\mathbf{a}\| = 1\) ve \(C(\mathbf{p}) = \mathbf{a} \times \mathbf{p} + (\mathbf{p} \cdot \mathbf{a})\,\mathbf{a}\) olsun (Alıştırma 20.7). \(C\)’nin \(\mathbb{R}^3\) üzerindeki genel etkisini betimleyiniz.
Çözüm
\(\mathbf{a}\)’yı pozitif yönlü bir çatıya tamamlayalım: \(e_3 = \mathbf{a}\), \(e_1\) ona dik bir birim vektör ve \(e_2 = e_3 \times e_1\) (Alıştırma 20.6 çözümündeki gibi). Pozitif yönlü çatının tablosuyla (Önerme 20.2)
\[\begin{aligned} C(e_1) &= e_3 \times e_1 + 0 = e_2,\\[1mm] C(e_2) &= e_3 \times e_2 + 0 = -e_1,\\[1mm] C(e_3) &= e_3 \times e_3 + (e_3 \cdot e_3)\,e_3 = e_3 . \end{aligned}\]
Bunlar Alıştırma 20.6 içindeki eşitliklerin \(\vartheta = \pi/2\) için yazılışıdır: \(\cos(\pi/2) = 0\) ve \(\sin(\pi/2) = 1\). Dolayısıyla \(C\), uzayı \(\mathbf{a}\) ekseni etrafında \(90°\) döndüren dönmedir. Dönüş, \(\mathbf{a}\)’nın ucundan bakınca saatin tersi yönündedir: sağ elin başparmağı \(\mathbf{a}\) yönünde tutulunca parmakların kıvrıldığı yön. Özel olarak \(\det C = +1\)’dir; Lemma 20.2 çatıya uygulanınca
\[C(e_1) \cdot C(e_2) \times C(e_3) = e_2 \cdot (-e_1) \times e_3 = -\,e_2 \cdot e_1 \times e_3 = -\,e_2 \cdot (-e_2) = 1\]
bulunur.
Aynı sonucu çatı kurmadan da görebiliriz. \(\mathbf{p}\)’yi eksen doğrultusundaki \((\mathbf{p} \cdot \mathbf{a})\,\mathbf{a}\) parçasına ve eksene dik \(\mathbf{q} = \mathbf{p} - (\mathbf{p} \cdot \mathbf{a})\,\mathbf{a}\) parçasına ayıralım. \(\mathbf{a} \times \mathbf{a} = \mathbf{0}\) olduğundan \(\mathbf{a} \times \mathbf{p} = \mathbf{a} \times \mathbf{q}\) ve
\[C(\mathbf{p}) = (\mathbf{p} \cdot \mathbf{a})\,\mathbf{a} + \mathbf{a} \times \mathbf{q} .\]
Eksen bileşeni yerinde kalır; dik bileşen \(\mathbf{q}\) ise \(\mathbf{a} \times \mathbf{q}\)’ya gider. Bu vektör hem \(\mathbf{a}\)’ya hem \(\mathbf{q}\)’ya diktir ve uzunluğu \(\|\mathbf{a}\|\,\|\mathbf{q}\| \sin(\pi/2) = \|\mathbf{q}\|\)’dur: \(\mathbf{q}\) eksen etrafında dik açı kadar dönmüştür.
Örnek. \(\mathbf{a} = \tfrac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 1)\) için \(\mathbf{q} = (1, -1, 0)\) eksene diktir ve
\[\begin{aligned} C(\mathbf{q}) = \mathbf{a} \times \mathbf{q} &= \tfrac{1}{\sqrt{3}}\,\bigl(1 \cdot 0 - 1 \cdot (-1),\ 1 \cdot 1 - 1 \cdot 0,\ 1 \cdot (-1) - 1 \cdot 1\bigr)\\[1mm] &= \tfrac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, -2). \end{aligned}\]
Uzunlukları \(\sqrt{2}\) ve \(\sqrt{6/3} = \sqrt{2}\), iç çarpımları \((1 - 1 + 0)/\sqrt{3} = 0\)’dır: \(\mathbf{q}\) dik açı kadar dönmüştür. \(C(\mathbf{a}) = \mathbf{a} \times \mathbf{a} + (\mathbf{a} \cdot \mathbf{a})\,\mathbf{a} = \mathbf{a}\) ise eksenin yerinde kaldığını söyler.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 20.9 (Dönmeler Bir Alt Grup Oluşturur) Bütün ortogonal dönüşümlerin kümesi \(O(3)\), Öklid grubunun bir alt grubudur (Alıştırma 18.16); dolayısıyla kendisi de bileşke işlemiyle bir gruptur (Tanım 18.5). Bütün dönmelerin kümesi \(O^{+}(3)\)’ün \(O(3)\)’ün bir alt grubu (Tanım 18.6) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(O^{+}(3)\), \(O(3)\)’ün bir alt kümesidir. Tanım 18.6 gereği bileşke ve ters alma altında kapalı olduğunu göstermeliyiz.
Bileşke. \(C_1, C_2 \in O^{+}(3)\) olsun. \(C_1 C_2\) ortogonaldir ve matrisi matrislerin çarpımıdır (Alıştırma 20.1). Sonuç 20.2 ile \(\det(C_1 C_2) = 1 \cdot 1 = 1\); yani \(C_1 C_2 \in O^{+}(3)\).
Ters. \(C \in O^{+}(3)\) olsun. \(C^{-1}\) ortogonaldir, çünkü \(C\) iç çarpımı koruduğundan
\[C^{-1}(\mathbf{p}) \cdot C^{-1}(\mathbf{q}) = C\bigl(C^{-1}(\mathbf{p})\bigr) \cdot C\bigl(C^{-1}(\mathbf{q})\bigr) = \mathbf{p} \cdot \mathbf{q} .\]
Matrisi \(C^{\mathsf{T}}\)’dir (Sonuç 9.1) ve Lemma 20.1 ile \(\det C^{-1} = \det C^{\mathsf{T}} = \det C = 1\). Yani \(C^{-1} \in O^{+}(3)\). Özel olarak birim dönüşüm \(I = C C^{-1}\) de \(O^{+}(3)\)’tedir.
Buna karşılık determinantı \(-1\) olan ortogonal dönüşümlerin kümesi bir alt grup değildir: birim dönüşümü içermez ve bileşke altında kapalı değildir. Örneğin başlangıç noktasından geçen iki düzlemdeki yansımaların determinantı \(-1\)’dir (Örnek 20.11), bileşkelerinin determinantı ise Sonuç 20.2 gereği \((-1)(-1) = +1\)’dir; yani bileşke bir dönmedir. \(O^{+}(3)\)’e özel ortogonal grup da denir ve \(SO(3)\) ile de gösterilir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 20.10 (Yönü Koruyan İzometriler Bir Alt Grup Oluşturur) Yönü koruyan bütün izometrilerin kümesi \(\mathcal{E}^{+}(3)\)’ün, bütün izometrilerin grubu olan Öklid grubu \(\mathcal{E}(3)\)’ün (Alıştırma 18.14) bir alt grubu olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(F, G \in \mathcal{E}^{+}(3)\) olsun. Alıştırma 20.1 gereği \(\operatorname{sgn}(FG) = \operatorname{sgn} F \cdot \operatorname{sgn} G = 1\), yani \(FG \in \mathcal{E}^{+}(3)\). Alıştırma 20.2 gereği \(\operatorname{sgn}(F^{-1}) = \operatorname{sgn} F = 1\), yani \(F^{-1} \in \mathcal{E}^{+}(3)\). İki kapalılık koşulu sağlandığından \(\mathcal{E}^{+}(3)\) bir alt gruptur; \(\operatorname{sgn} I = 1\) olduğundan birim dönüşüm de ondadır.
\(\mathcal{E}^{+}(3)\)’ün elemanları tam olarak ötelemeler ve dönmelerle yapılabilen hareketlerdir: Teorem 18.2 gereği her elemanı \(TC\) biçimindedir ve \(\det C = 1\), yani \(C\) bir dönmedir. Katı bir cismin uzaydaki hareketleri bu gruptadır. Eldiven benzetmesine dönersek, sağ eldiveni sol eldivene götüren hiçbir hareket bu grupta yoktur. Alıştırma 20.3 gereği geri kalan izometrilerin hepsi, sabit tek bir yansımanın bu grubun elemanlarıyla bileşkesidir.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde çatıları üçlü skaler çarpımın işaretine göre sağ elli ve sol elli diye iki sınıfa ayırdık. Her izometriye ortogonal kısmının determinantı olan bir işaret verdik ve teğet dönüşümünün çatının yönünü tam bu işaretle çarptığını gördük. Bunun sonucu olarak izometriler iç çarpımı tam olarak, vektörel çarpımı ise işaretine kadar korur: ötelemeler ve dönmeler yönü korur, yansımalar ters çevirir. Helis örneğinde bu fark burulmanın işaretinde ortaya çıktı. Sırada, izometriler altında korunan kavramların, yani Öklid geometrisinin kavramlarının, eğriler hakkında ne söylediğine bakmak var.