18  Öklid Uzayının İzometrileri

Önceki kısımda (Çatı Alanlarının Özeti) eğrileri Frenet çatısıyla, uzayın kendisini de keyfi çatı alanlarıyla inceledik; eğrilik, burulma, bağlantı formları ve yapı denklemleri gibi güçlü araçlar kurduk. Bu bölümle açılan Öklid Geometrisi kısmında bir adım geri çekilip şu soruyu soracağız: bu araçlarla ölçtüğümüz büyüklüklerden hangileri gerçekten geometriktir, yani incelenen nesnenin uzayda nerede durduğuna ve nasıl çevrildiğine bağlı değildir?

Sorunun en tanıdık hâli düzlem geometrisinden gelir. İki üçgenden birini düzlemde kaydırıp döndürerek (gerekirse ters çevirerek) ötekinin tam üstüne oturtabiliyorsak bu iki üçgene eş (congruent) deriz. Eş üçgenlerin karşılıklı açıları eşittir, karşılıklı kenarları aynı uzunluktadır, sınırladıkları alanlar aynıdır; kısacası bir üçgenin her geometrik özelliği, ona eş olan her üçgende kendiliğinden vardır. Tersine, iki üçgenin eş olup olmadığına karar vermenin basit yolları da vardır: örneğin iki üçgenin kenar uzunlukları aynı üç sayıysa üçgenler eştir.

Bu gözlemleri uzaya ve üçgenlerden çok daha genel nesnelere, örneğin eğrilere, taşımak istiyoruz. Bunun için önce “kaydırma ve döndürme” fikrini kesin bir tanıma dönüştürmeliyiz. Bir hareketin üçgeni bozmaması, köşeler arasındaki uzaklıkları değiştirmemesi demektir; uzaklığı koruyan bu hareketlere izometri diyeceğiz. Bu bakış, Felix Klein’ın 1872’de ilan ettiği Erlangen programında genel bir ilkeye dönüşmüştür: bir geometri, bir dönüşüm grubunun ve bu grubun değiştirmediği özelliklerin incelenmesidir. Öklid geometrisinin grubu, bu bölümde tanıyacağımız izometri grubudur.

Plan şöyle. Önce izometriyi tanımlayıp iki temel örneği, ötelemeleri ve dönmeleri, inceleyeceğiz. Dönmelerin ortak özelliği iç çarpımı korumalarıdır; bu bizi ortogonal dönüşüm kavramına götürecek. Bölümün merkezindeki teorem, her izometrinin bir ortogonal dönüşüm ve ardından gelen bir öteleme olarak tek türlü yazıldığını söyler. Bu teoremden sonra izometrileri matrislerle açıkça hesaplayacak; bir eksen çevresindeki dönmeleri, düzlemlere göre yansımaları, bileşkeleri, sabit noktaları ve bir helisin izometriler altında neye dönüştüğünü örneklerle göreceğiz. Bölümü, izometrilerin bir grup oluşturduğunu gösteren cebirsel bir bakışla kapatacağız.

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

Plotly = require(PLOTLY)

theme = Generators.observe(watchTheme)

18.1 Uzaklığı Koruyan Fonksiyonlar

Uzaklığı İç Çarpım bölümünde tanımlamıştık: \(\mathbf{p}\) ile \(\mathbf{q}\) arasındaki Öklid uzaklığı \(d(\mathbf{p}, \mathbf{q}) = \|\mathbf{p} - \mathbf{q}\|\) sayısıdır (Tanım 9.3). İzometri, bu sayıyı hiçbir nokta çifti için değiştirmeyen fonksiyondur.

Tanım 18.1 (İzometri) \(F : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3\) bir fonksiyon olsun. \(\mathbb{R}^3\)’ün her \(\mathbf{p}\), \(\mathbf{q}\) noktası için

\[d\bigl(F(\mathbf{p}), F(\mathbf{q})\bigr) = d(\mathbf{p}, \mathbf{q})\]

oluyorsa \(F\)’ye \(\mathbb{R}^3\)’ün bir izometrisi (isometry) ya da katı hareketi (rigid motion) denir.

Yani bir izometri uzayı hiçbir yerde germez, sıkıştırmaz, yırtmaz: hangi iki noktayı alırsak alalım, görüntüleri arasındaki uzaklık kendi aralarındaki uzaklığın aynısıdır.

Tanımda \(F\)’nin diferansiyellenebilir olmasını istemedik; yalnızca uzaklığı koruyan bir fonksiyon olmasını istedik. Bölümün ana teoremi (Teorem 18.2) her izometrinin koordinat fonksiyonlarının birinci dereceden polinomlar olduğunu gösterecek. Dolayısıyla her izometri kendiliğinden bir dönüşümdür (Tanım 7.1), hatta bir difeomorfizmadır (Sonuç 18.1).

Tanımdan hemen çıkan bir gözlem: bir izometri birebirdir. Gerçekten \(F(\mathbf{p}) = F(\mathbf{q})\) ise

\[d(\mathbf{p}, \mathbf{q}) = d\bigl(F(\mathbf{p}), F(\mathbf{q})\bigr) = 0\]

olur ve normun pozitif tanımlılığı \(\mathbf{p} = \mathbf{q}\) verir. Bir izometrinin örten olduğunu ise henüz bilmiyoruz; bunu da ana teoremden sonra göreceğiz.

Uzaya geçmeden önce düzlemde ısınalım. Tanımda \(3\) sayısının özel bir rolü yoktur: \(\mathbb{R}^2\)’de uzaklık \(d(\mathbf{p}, \mathbf{q}) = \sqrt{(p_1 - q_1)^2 + (p_2 - q_2)^2}\) ile verilir ve \(\mathbb{R}^2\)’nin izometrileri aynı biçimde, uzaklığı koruyan fonksiyonlar olarak tanımlanır. Düzlemin en tanıdık iki hareketi, dönme ve yansımadır.

Örnek 18.1 (Düzlemde Dönme) Düzlemin başlangıç noktası çevresinde \(\vartheta\) açısıyla dönmesi, \((p_1, p_2)\) noktasını

\[q_1 = p_1\cos\vartheta - p_2\sin\vartheta, \qquad q_2 = p_1\sin\vartheta + p_2\cos\vartheta\]

koordinatlı \((q_1, q_2)\) noktasına götürür. Bu formülü kutupsal koordinatlardan çıkaralım ve dönmenin düzlemin bir izometrisi olduğunu gösterelim.

Düzlemin başlangıç noktası çevresinde ϑ açısıyla dönmesi. p noktası başlangıç noktasına uzaklığı r aynı kalarak, x ekseniyle yaptığı φ açısı φ + ϑ olacak biçimde q noktasına gider; turuncu yay noktanın çember üzerinde aldığı yoldur.

Çözüm

Formül. \(\mathbf{p} \ne \mathbf{0}\) noktasını kutupsal koordinatlarıyla \(\mathbf{p} = (r\cos\varphi,\ r\sin\varphi)\) diye yazalım; \(r = \|\mathbf{p}\|\) başlangıç noktasına uzaklık, \(\varphi\) ise \(x\) ekseniyle yapılan açıdır. Dönme uzaklığı değiştirmez ve açıya \(\vartheta\) ekler, yani görüntü

\[\mathbf{q} = \bigl(r\cos(\varphi + \vartheta),\ r\sin(\varphi + \vartheta)\bigr)\]

noktasıdır. Toplam formüllerini uygulayıp \(r\cos\varphi = p_1\), \(r\sin\varphi = p_2\) yazarsak

\[\begin{aligned} q_1 &= r\cos\varphi\cos\vartheta - r\sin\varphi\sin\vartheta = p_1\cos\vartheta - p_2\sin\vartheta,\\ q_2 &= r\cos\varphi\sin\vartheta + r\sin\varphi\cos\vartheta = p_1\sin\vartheta + p_2\cos\vartheta \end{aligned}\]

bulunur. \(\mathbf{p} = \mathbf{0}\) için formül \(\mathbf{q} = \mathbf{0}\) verir: başlangıç noktası yerinde kalır.

Lineerlik. Dönmeyi \(R\) ile gösterelim. \(q_1\) ve \(q_2\), \(p_1\) ile \(p_2\)’nin sabit katsayılı birinci dereceden ifadeleridir; bu yüzden \(R(\mathbf{p}) - R(\mathbf{q}) = R(\mathbf{p} - \mathbf{q})\) olur.

Uzaklık. \(\mathbf{p} - \mathbf{q} = (d_1, d_2)\) yazalım ve \(c = \cos\vartheta\), \(s = \sin\vartheta\) kısaltmalarını kullanalım:

\[\begin{aligned} \|R(\mathbf{p} - \mathbf{q})\|^2 &= (d_1 c - d_2 s)^2 + (d_1 s + d_2 c)^2\\[1mm] &= d_1^2(c^2 + s^2) + d_2^2(s^2 + c^2) - 2d_1d_2cs + 2d_1d_2sc\\[1mm] &= d_1^2 + d_2^2 = \|\mathbf{p} - \mathbf{q}\|^2. \end{aligned}\]

Karekök alınca \(d\bigl(R(\mathbf{p}), R(\mathbf{q})\bigr) = d(\mathbf{p}, \mathbf{q})\) çıkar; \(R\) bir izometridir.

Sayısal denetim. \(\vartheta = \pi/2\) için \(c = 0\), \(s = 1\) ve formül \(R(p_1, p_2) = (-p_2, p_1)\) olur. \(\mathbf{p} = (2, 1)\) ve \(\mathbf{q} = (-1, 3)\) için \(R(\mathbf{p}) = (-1, 2)\), \(R(\mathbf{q}) = (-3, -1)\). Farklar \(\mathbf{p} - \mathbf{q} = (3, -2)\) ve \(R(\mathbf{p}) - R(\mathbf{q}) = (2, 3)\); ikisinin de uzunluğu \(\sqrt{13}\)’tür.

\(\blacksquare\)

Örnek 18.2 (Düzlemde Yansıma) Düzlemin \(x\) eksenine göre yansıması \(S(p_1, p_2) = (p_1, -p_2)\) fonksiyonudur. \(S\)’nin bir izometri olduğunu ve hiçbir dönmeyle aynı olmadığını gösterelim.

Çözüm

İzometri. İki görüntünün farkı

\[S(\mathbf{p}) - S(\mathbf{q}) = \bigl(p_1 - q_1,\ -(p_2 - q_2)\bigr)\]

olduğundan

\[\|S(\mathbf{p}) - S(\mathbf{q})\|^2 = (p_1 - q_1)^2 + (p_2 - q_2)^2 = \|\mathbf{p} - \mathbf{q}\|^2.\]

Dönme değildir. Bir dönme \((1, 0)\) noktasını \((\cos\vartheta, \sin\vartheta)\) noktasına götürür. \(S(1, 0) = (1, 0)\) olduğundan \(S\) bir dönme olsaydı \(\cos\vartheta = 1\), \(\sin\vartheta = 0\) olurdu; o zaman formül her noktayı yerinde bırakırdı. Oysa \(S(0, 1) = (0, -1) \ne (0, 1)\).

Ne değişir? Köşeleri \((0, 0)\), \((1, 0)\), \((0, 1)\) olan üçgeni bu sırayla dolaşmak saat yönünün tersine bir turdur. Görüntüleri \((0, 0)\), \((1, 0)\), \((0, -1)\) ise aynı sırayla saat yönünde dolaşılır. Yansıma kenar uzunluklarını korur ama dolaşma yönünü ters çevirir; dönme ise çevirmez. İzometrilerin bu “ters çevirip çevirmeme” özelliğini Yönlendirme bölümünde inceleyeceğiz.

Aynı hesap, \(y = x\) doğrusuna göre yansıma olan \((p_1, p_2) \mapsto (p_2, p_1)\) için de geçerlidir: koordinatların yer değiştirmesi, kareler toplamını değiştirmez. Örneğin \((2, 1)\) noktası \((1, 2)\) noktasına gider.

\(\blacksquare\)

Bir izometri her nokta çifti arasındaki uzaklığı korumalıdır; yalnızca noktaların orijine uzaklıklarını korumak yetmez. Aşağıdaki örnek bu farkı gösteriyor ve ileride (Lemma 18.3) neden bütün nokta çiftlerine ihtiyaç duyduğumuzu açıklıyor.

Örnek 18.3 (Normu Koruyan Ama İzometri Olmayan Fonksiyon) \(F : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3\), \(F(\mathbf{p}) = (\|\mathbf{p}\|, 0, 0)\) fonksiyonu orijini sabit bırakır ve her noktanın normunu korur. \(F\)’nin bir izometri olmadığını gösterelim.

Çözüm

Norm. \(\|F(\mathbf{p})\| = \sqrt{\|\mathbf{p}\|^2 + 0 + 0} = \|\mathbf{p}\|\) ve \(F(\mathbf{0}) = (0, 0, 0)\).

Uzaklık. Birim noktalar \(\mathbf{u}_1 = (1, 0, 0)\) ve \(\mathbf{u}_2 = (0, 1, 0)\) için \(F(\mathbf{u}_1) = F(\mathbf{u}_2) = (1, 0, 0)\). Dolayısıyla

\[d\bigl(F(\mathbf{u}_1), F(\mathbf{u}_2)\bigr) = 0 \ne \sqrt{2} = d(\mathbf{u}_1, \mathbf{u}_2).\]

\(F\) izometri değildir; zaten birebir de değildir. \(F\), orijin merkezli \(r\) yarıçaplı her küreyi \((r, 0, 0)\) noktasına ezer: orijine uzaklıkları korur, ama böyle bir küre üzerindeki noktalar arasındaki uzaklıkları sıfıra indirir.

\(\blacksquare\)

18.2 Ötelemeler

İzometrilerin en basit türü, bütün uzayı aynı yönde aynı miktarda kaydıran fonksiyonlardır.

Tanım 18.2 (Öteleme) \(\mathbf{a}\), \(\mathbb{R}^3\)’ün sabit bir noktası olsun. Her \(\mathbf{p}\) noktası için \(T(\mathbf{p}) = \mathbf{p} + \mathbf{a}\) kuralıyla tanımlanan \(T : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3\) fonksiyonuna \(\mathbf{a}\) ile öteleme (translation by \(\mathbf{a}\)) denir. Hangi noktayla öteleme yapıldığını belirtmek gerektiğinde \(T\) yerine \(T_{\mathbf{a}}\) yazarız.

Yani \(\mathbf{a}\) ile öteleme her noktaya aynı \(\mathbf{a}\) noktasını ekler: uzayın bütün noktaları birbirine paralel ve eşit uzunlukta yollarla, aynı oku izleyerek kayar. \(\mathbf{0}\) ile öteleme, her noktayı yerinde bırakan özdeşlik dönüşümü \(I\)’dır: her \(\mathbf{p}\) için \(I(\mathbf{p}) = \mathbf{p}\).

a ile öteleme. Köşeleri p, q, r olan üçgenin her köşesi aynı a okunu (turuncu, kesikli) izleyerek kayar ve p + a, q + a, r + a köşeli üçgene (mavi) gider. Kenar farkları, örneğin (q + a) − (p + a) = q − p, hiç değişmez; bu yüzden kenar uzunlukları da değişmez.

Dönüşümler bölümünde ötelemenin teğet dönüşümünü hesaplamış ve ötelemenin okları paralel olarak taşıdığını görmüştük (Örnek 7.8). Şimdi uzaklığı koruduğunu görelim.

Önerme 18.1 (Ötelemeler İzometridir) Her öteleme \(\mathbb{R}^3\)’ün bir izometrisidir.

İspat

\(T\), \(\mathbf{a}\) ile öteleme olsun. Her \(\mathbf{p}\), \(\mathbf{q}\) için

\[\begin{aligned} d\bigl(T(\mathbf{p}), T(\mathbf{q})\bigr) &= d(\mathbf{p} + \mathbf{a},\ \mathbf{q} + \mathbf{a})\\[1mm] &= \|(\mathbf{p} + \mathbf{a}) - (\mathbf{q} + \mathbf{a})\|\\[1mm] &= \|\mathbf{p} - \mathbf{q}\| = d(\mathbf{p}, \mathbf{q}). \end{aligned}\]

Üçüncü satıra geçerken noktaların toplamının birleşme ve değişme özelliklerini kullandık: iki \(\mathbf{a}\) birbirini götürür (aynı hesap Örnek 9.12 içinde de yapılmıştı).

\(\blacksquare\)

Ötelemeleri art arda uygulamak ve geri almak için bileşke ve ters fonksiyon gösterimine ihtiyacımız var. \(F\) ve \(G\), \(\mathbb{R}^3\)’ten \(\mathbb{R}^3\)’e iki fonksiyonsa önce \(F\)’yi, sonra \(G\)’yi uygulayan bileşkeyi kısaca yan yana yazarak gösteririz:

\[GF = G \circ F, \qquad (GF)(\mathbf{p}) = G\bigl(F(\mathbf{p})\bigr).\]

Sıraya dikkat: sağdaki fonksiyon önce uygulanır. Birebir ve örten bir \(F\)’nin tersi \(F^{-1}\), her \(F(\mathbf{p})\) noktasını \(\mathbf{p}\)’ye geri götüren fonksiyondur. \(F\) ile tersinin ilişkisi

\[FF^{-1} = I, \qquad F^{-1}F = I\]

eşitlikleriyle özetlenir. Tersine, \(GF = I\) ve \(FG = I\) olacak biçimde bir \(G\) varsa \(F\) birebir ve örtendir ve \(G = F^{-1}\)’dir: \(F(\mathbf{p}) = F(\mathbf{q})\) eşitliğine \(G\) uygulanınca \(\mathbf{p} = \mathbf{q}\) çıkar ve her \(\mathbf{y}\) noktası \(\mathbf{y} = F\bigl(G(\mathbf{y})\bigr)\) olduğundan bir görüntüdür.

Lemma 18.1 (Ötelemelerin Özellikleri) 1. \(S\) ve \(T\) ötelemelerse \(ST = TS\)’dir ve bu bileşke de bir ötelemedir.

2. \(T\), \(\mathbf{a}\) ile öteleme ise \(T\)’nin tersi vardır ve \(T^{-1}\), \(-\mathbf{a}\) ile ötelemedir.

3. \(\mathbb{R}^3\)’ün her \(\mathbf{p}\), \(\mathbf{q}\) noktası için \(T(\mathbf{p}) = \mathbf{q}\) olan bir ve yalnız bir \(T\) ötelemesi vardır.

İspat

Birinci özellik. \(S\), \(\mathbf{b}\) ile ve \(T\), \(\mathbf{a}\) ile öteleme olsun. Her \(\mathbf{p}\) için

\[(ST)(\mathbf{p}) = S(\mathbf{p} + \mathbf{a}) = \mathbf{p} + \mathbf{a} + \mathbf{b}, \qquad (TS)(\mathbf{p}) = T(\mathbf{p} + \mathbf{b}) = \mathbf{p} + \mathbf{b} + \mathbf{a}.\]

Noktaların toplamı değişmeli olduğundan iki sonuç aynıdır. Demek ki \(ST = TS\) ve bu bileşke \(\mathbf{a} + \mathbf{b}\) ile ötelemedir.

İkinci özellik. \(T'\), \(-\mathbf{a}\) ile öteleme olsun. Her \(\mathbf{p}\) için

\[(TT')(\mathbf{p}) = (\mathbf{p} - \mathbf{a}) + \mathbf{a} = \mathbf{p}, \qquad (T'T)(\mathbf{p}) = (\mathbf{p} + \mathbf{a}) - \mathbf{a} = \mathbf{p}.\]

Yani \(TT' = I\) ve \(T'T = I\). Yukarıdaki gözlem gereği \(T\) birebir ve örtendir ve \(T^{-1} = T'\)’dür.

Üçüncü özellik. Varlık: \(\mathbf{q} - \mathbf{p}\) ile öteleme \(\mathbf{p}\)’yi \(\mathbf{p} + (\mathbf{q} - \mathbf{p}) = \mathbf{q}\) noktasına götürür. Teklik: \(T\), \(\mathbf{a}\) ile öteleme ve \(T(\mathbf{p}) = \mathbf{q}\) ise \(\mathbf{p} + \mathbf{a} = \mathbf{q}\), yani \(\mathbf{a} = \mathbf{q} - \mathbf{p}\) olmak zorundadır. Bir öteleme, hangi noktayla öteleme olduğuyla belirlendiğinden yalnızca bir öteleme vardır.

\(\blacksquare\)

Üçüncü özelliğin sık kullanılacak bir özel hâli şudur: bir öteleme tek bir noktayı bile yerinde bırakıyorsa, yani bir \(\mathbf{p}\) için \(T(\mathbf{p}) = \mathbf{p}\) ise, \(T = I\)’dır. Gerçekten \(\mathbf{p}\)’yi \(\mathbf{p}\)’ye götüren öteleme \(\mathbf{p} - \mathbf{p} = \mathbf{0}\) ile ötelemedir. Bir başka örnek: \((2, 0, 1)\) noktasını \((-1, 5, 3)\) noktasına götüren tek öteleme, \((-1, 5, 3) - (2, 0, 1) = (-3, 5, 2)\) ile ötelemedir.

Örnek 18.4 (İki Ötelemenin Bileşkesi) \(S\), \((1, -2, 0)\) ile, \(T\) de \((3, 1, 4)\) ile öteleme olsun. \(ST\) bileşkesinin hangi ötelemeyle aynı olduğunu ve tersini bulalım; \(\mathbf{p} = (2, 0, 1)\) ile \(\mathbf{q} = (-1, 5, 3)\) arasındaki uzaklığın \(ST\) altında korunduğunu sayılarla görelim.

Çözüm

Bileşke. Lemma 18.1 gereği \(ST = TS\), \((1, -2, 0) + (3, 1, 4) = (4, -1, 4)\) ile ötelemedir.

Ters. Aynı lemmanın ikinci özelliği gereği \((ST)^{-1}\), \((-4, 1, -4)\) ile ötelemedir.

Uzaklık. \((ST)(\mathbf{p}) = (6, -1, 5)\) ve \((ST)(\mathbf{q}) = (3, 4, 7)\). Farklar

\[\mathbf{p} - \mathbf{q} = (3, -5, -2), \qquad (ST)(\mathbf{p}) - (ST)(\mathbf{q}) = (3, -5, -2)\]

aynı noktadır; uzunluklarının karesi \(9 + 25 + 4 = 38\)’dir. Ötelemede fark noktası hiç değişmez; bu, uzaklığın korunmasının en doğrudan biçimidir.

\(\blacksquare\)

18.3 İzometrilerin Bileşkesi

Ötelemelerin bileşkesinin yine bir öteleme olduğunu gördük. Daha genel olarak, uzaklığı koruyan iki hareketi art arda yapmak da uzaklığı korur.

Lemma 18.2 (İzometrilerin Bileşkesi) \(F\) ve \(G\), \(\mathbb{R}^3\)’ün izometrileriyse \(GF\) bileşkesi de \(\mathbb{R}^3\)’ün bir izometrisidir.

İspat

\(\mathbf{p}\) ve \(\mathbf{q}\) iki nokta olsun. \(G\) bir izometri olduğundan, \(G\)’yi \(F(\mathbf{p})\) ve \(F(\mathbf{q})\) noktalarına uygulayınca aralarındaki uzaklık değişmez:

\[d\Bigl(G\bigl(F(\mathbf{p})\bigr), G\bigl(F(\mathbf{q})\bigr)\Bigr) = d\bigl(F(\mathbf{p}), F(\mathbf{q})\bigr).\]

\(F\) de bir izometri olduğundan sağ yan \(d(\mathbf{p}, \mathbf{q})\)’dir. Sol yan, tanım gereği \(d\bigl((GF)(\mathbf{p}), (GF)(\mathbf{q})\bigr)\) olduğundan \(GF\) uzaklığı korur.

\(\blacksquare\)

Yani izometriler bileşke altında kapalıdır: kaç izometriyi art arda uygularsak uygulayalım, sonuç yine bir izometridir.

18.4 Dönmeler ve Ortogonal Dönüşümler

İkinci temel örnek dönmelerdir. Düzlemde başlangıç noktası çevresindeki dönmeyi Örnek 18.1 içinde gördük. Uzayda bir dönmenin bir ekseni vardır: eksen üzerindeki noktalar yerinde kalır, eksene dik her düzlem kendi içinde döner.

Örnek 18.5 (Bir Koordinat Ekseni Çevresinde Dönme) \(\vartheta\) bir sayı olsun. \(\mathbb{R}^3\)’ü \(z\) ekseni çevresinde \(\vartheta\) açısıyla döndüren \(C\) fonksiyonunun formülünü yazalım; \(C\)’nin lineer olduğunu, iç çarpımı ve uzaklığı koruduğunu gösterelim.

Çözüm

Formül. \(z\) ekseni çevresindeki dönme her yatay düzlemi kendi içinde döndürür ve yüksekliği değiştirmez. Demek ki \(\mathbf{p} = (p_1, p_2, p_3)\)’ün ilk iki koordinatına düzlemdeki dönmeyi (Örnek 18.1) uygular, üçüncüsüne dokunmaz:

\[C(\mathbf{p}) = (p_1\cos\vartheta - p_2\sin\vartheta,\ p_1\sin\vartheta + p_2\cos\vartheta,\ p_3).\]

Lineerlik. Her koordinat, \(p_1, p_2, p_3\)’ün sabit katsayılı birinci dereceden bir ifadesidir. \(a\mathbf{p} + b\mathbf{q}\)’nun koordinatları \(ap_i + bq_i\) olduğundan, örneğin birinci koordinatta

\[\begin{aligned} &(ap_1 + bq_1)\cos\vartheta - (ap_2 + bq_2)\sin\vartheta\\[1mm] &\quad = a(p_1\cos\vartheta - p_2\sin\vartheta) + b(q_1\cos\vartheta - q_2\sin\vartheta) \end{aligned}\]

olur; öteki koordinatlar da aynı biçimde ayrılır. Dolayısıyla \(C(a\mathbf{p} + b\mathbf{q}) = a\,C(\mathbf{p}) + b\,C(\mathbf{q})\).

İç çarpım. Yine \(c = \cos\vartheta\), \(s = \sin\vartheta\) yazalım. İç çarpımı açarsak

\[\begin{aligned} C(\mathbf{p}) \cdot C(\mathbf{q}) &= (p_1c - p_2s)(q_1c - q_2s) + (p_1s + p_2c)(q_1s + q_2c) + p_3q_3\\[1mm] &= p_1q_1(c^2 + s^2) + p_2q_2(s^2 + c^2)\\[1mm] &\quad + p_1q_2(-cs + sc) + p_2q_1(-sc + cs) + p_3q_3\\[1mm] &= p_1q_1 + p_2q_2 + p_3q_3 = \mathbf{p} \cdot \mathbf{q}. \end{aligned}\]

Uzaklık. Lineerlik gereği \(C(\mathbf{p}) - C(\mathbf{q}) = C(\mathbf{p} - \mathbf{q})\). Bu noktanın kendisiyle iç çarpımı, iç çarpım korunduğundan, \((\mathbf{p} - \mathbf{q}) \cdot (\mathbf{p} - \mathbf{q})\)’dur. Karekök alınca \(d\bigl(C(\mathbf{p}), C(\mathbf{q})\bigr) = d(\mathbf{p}, \mathbf{q})\).

Sayısal denetim. \(\vartheta = \pi/2\) için \(C(\mathbf{p}) = (-p_2, p_1, p_3)\). \(\mathbf{p} = (1, 2, 3)\) ve \(\mathbf{q} = (2, -1, 1)\) için \(C(\mathbf{p}) = (-2, 1, 3)\) ve \(C(\mathbf{q}) = (1, 2, 1)\). İç çarpımlar

\[\mathbf{p} \cdot \mathbf{q} = 2 - 2 + 3 = 3, \qquad C(\mathbf{p}) \cdot C(\mathbf{q}) = -2 + 2 + 3 = 3.\]

\(\blacksquare\)

Örnekteki hesabın özü şuydu: \(C\) lineerdir ve iç çarpımı korur; uzaklığın korunması bu ikisinden çıktı. Bu iki özelliği taşıyan dönüşümlere bir ad verelim. “Lineer” sözünü lineer cebirdeki anlamıyla kullanıyoruz: \(C(a\mathbf{p} + b\mathbf{q}) = a\,C(\mathbf{p}) + b\,C(\mathbf{q})\). Lineer bir fonksiyonun koordinat fonksiyonları sabit katsayılı birinci dereceden polinomlardır (Alıştırma 7.10); bu yüzden lineer bir fonksiyon her zaman bir dönüşümdür.

Tanım 18.3 (Ortogonal Dönüşüm) \(C : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3\) lineer bir dönüşüm olsun. \(\mathbb{R}^3\)’ün her \(\mathbf{p}\), \(\mathbf{q}\) noktası için

\[C(\mathbf{p}) \cdot C(\mathbf{q}) = \mathbf{p} \cdot \mathbf{q}\]

oluyorsa \(C\)’ye bir ortogonal dönüşüm (orthogonal transformation) denir.

Yani ortogonal dönüşüm, iç çarpımı koruyan lineer dönüşümdür. Normlar ve açılar iç çarpımla tanımlandığından (Tanım 9.2, Tanım 9.5) bir ortogonal dönüşüm, noktaların orijine uzaklıklarını ve orijinden bakınca iki nokta arasında görülen açıyı değiştirmez. Lineer olduğundan orijini de yerinde bırakır: \(C(\mathbf{0}) = C(0 \cdot \mathbf{0}) = 0 \cdot C(\mathbf{0}) = \mathbf{0}\).

Teorem 18.1 (Ortogonal Dönüşümler İzometridir) Her \(C : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3\) ortogonal dönüşümü \(\mathbb{R}^3\)’ün bir izometrisidir.

İspat

Normlar korunur. Normun tanımı \(\|\mathbf{p}\|^2 = \mathbf{p} \cdot \mathbf{p}\) olduğundan

\[\|C(\mathbf{p})\|^2 = C(\mathbf{p}) \cdot C(\mathbf{p}) = \mathbf{p} \cdot \mathbf{p} = \|\mathbf{p}\|^2.\]

Normlar negatif olmadığından her \(\mathbf{p}\) için \(\|C(\mathbf{p})\| = \|\mathbf{p}\|\).

Uzaklıklar korunur. \(C\) lineer olduğundan

\[C(\mathbf{p}) - C(\mathbf{q}) = C(\mathbf{p}) + (-1)\,C(\mathbf{q}) = C(\mathbf{p} - \mathbf{q}).\]

Dolayısıyla

\[\begin{aligned} d\bigl(C(\mathbf{p}), C(\mathbf{q})\bigr) &= \|C(\mathbf{p}) - C(\mathbf{q})\| = \|C(\mathbf{p} - \mathbf{q})\|\\[1mm] &= \|\mathbf{p} - \mathbf{q}\| = d(\mathbf{p}, \mathbf{q}). \end{aligned}\]

\(\blacksquare\)

Böylece Örnek 18.5 içindeki uzaklık hesabını her ortogonal dönüşüm için bir kez yapmış olduk. Aşağıdaki örnekler, ortogonal dönüşümlerin dönmelerden ibaret olmadığını ve lineerliğin tek başına yetmediğini gösteriyor.

Örnek 18.6 (Birinci Eksen Çevresinde Dönme) \(x\) ekseni çevresinde \(\vartheta\) açısıyla dönmenin formülünü yazalım, ortogonal olduğunu gösterelim ve \(\vartheta = \pi/2\) için \((1, 2, 3)\) noktasının görüntüsünü bulalım.

Çözüm

Formül. \(z\) ekseni çevresindeki dönmede \((x, y)\) koordinatlarının oynadığı rolü burada \((y, z)\) koordinatları oynar: dönme \(yz\) düzlemini, pozitif \(y\) yönünden pozitif \(z\) yönüne doğru döndürür ve \(x\) koordinatına dokunmaz:

\[C_x(\mathbf{p}) = (p_1,\ p_2\cos\vartheta - p_3\sin\vartheta,\ p_2\sin\vartheta + p_3\cos\vartheta).\]

Ortogonallik. Koordinatlar sabit katsayılı birinci dereceden ifadeler olduğundan \(C_x\) lineerdir. İç çarpımda son iki koordinatın katkısı, Örnek 18.5 içindeki hesabın indisleri bir kaydırılmış hâlidir:

\[(p_2c - p_3s)(q_2c - q_3s) + (p_2s + p_3c)(q_2s + q_3c) = p_2q_2 + p_3q_3.\]

Birinci koordinatın katkısı \(p_1q_1\) olduğundan \(C_x(\mathbf{p}) \cdot C_x(\mathbf{q}) = \mathbf{p} \cdot \mathbf{q}\); \(C_x\) ortogonaldir.

Sayısal değer. \(\vartheta = \pi/2\) için \(C_x(\mathbf{p}) = (p_1, -p_3, p_2)\) ve \(C_x(1, 2, 3) = (1, -3, 2)\). Bu dönme \(\mathbf{u}_2\)’yi \(\mathbf{u}_3\)’e, \(\mathbf{u}_3\)’ü \(-\mathbf{u}_2\)’ye götürür.

\(\blacksquare\)

Üç eksen için dönme yönü sağ el kuralıyla seçilir: başparmak eksenin pozitif yönünü gösterdiğinde öteki dört parmak dönme yönünü gösterir. Bu kuralla \(z\) ekseni çevresinde dönme \(x\)’ten \(y\)’ye, \(x\) ekseni çevresinde dönme \(y\)’den \(z\)’ye, \(y\) ekseni çevresinde dönme ise \(z\)’den \(x\)’e doğrudur. Son durumda sıra \((z, x)\) olduğundan işaretler ilk bakışta beklenenin tersine yerleşir:

\[C_y(\mathbf{p}) = (p_1\cos\vartheta + p_3\sin\vartheta,\ p_2,\ -p_1\sin\vartheta + p_3\cos\vartheta).\]

Örneğin \(\vartheta = \pi/2\) için \(C_y(\mathbf{u}_3) = \mathbf{u}_1\)’dir.

Örnek 18.7 (Bir Düzleme Göre Yansıma) \(\mathbf{n}\), \(\|\mathbf{n}\| = 1\) olan bir nokta ve \(\Pi\), orijinden geçen ve \(\mathbf{n}\)’ye dik olan düzlem, yani \(\mathbf{p} \cdot \mathbf{n} = 0\) koşulunu sağlayan noktaların kümesi olsun. \(R(\mathbf{p}) = \mathbf{p} - 2(\mathbf{p} \cdot \mathbf{n})\,\mathbf{n}\) fonksiyonunun \(\Pi\) düzlemine göre yansıma olduğunu ve ortogonal bir dönüşüm olduğunu gösterelim; \(\mathbf{n} = \tfrac{1}{3}(1, 2, 2)\) için \(\mathbf{p} = (3, 0, 3)\) noktasının görüntüsünü bulalım.

Birim normali n = (1, 2, 2)/3 olan Π: x + 2y + 2z = 0 düzlemine göre yansıma. p = (3, 0, 3) noktası düzlemin öbür yanındaki R(p) = (1, −4, −1) noktasına gider. İki noktayı birleştiren kesikli doğru parçası n’ye paraleldir ve düzlemi orta noktası (2, −2, 1)’de dik keser.

Çözüm

Neden yansıma? \(\mathbf{p}\)’yi \(\mathbf{n}\) doğrultusundaki bileşeni ile düzlemdeki bileşenine ayıralım:

\[\mathbf{p} = (\mathbf{p} \cdot \mathbf{n})\,\mathbf{n} + \mathbf{p}_\Pi, \qquad \mathbf{p}_\Pi = \mathbf{p} - (\mathbf{p} \cdot \mathbf{n})\,\mathbf{n}.\]

\(\mathbf{p}_\Pi \cdot \mathbf{n} = \mathbf{p} \cdot \mathbf{n} - (\mathbf{p} \cdot \mathbf{n})(\mathbf{n} \cdot \mathbf{n}) = 0\) olduğundan \(\mathbf{p}_\Pi\) düzlemdedir. Formül

\[R(\mathbf{p}) = \mathbf{p}_\Pi - (\mathbf{p} \cdot \mathbf{n})\,\mathbf{n}\]

biçimini alır: düzlemdeki bileşen aynen kalır, düzleme dik bileşenin işareti değişir. Özel olarak \(\Pi\)’nin noktaları yerinde kalır ve \(R(\mathbf{n}) = -\mathbf{n}\) olur. \(\mathbf{p}\) ile \(R(\mathbf{p})\)’nin orta noktası \(\mathbf{p}_\Pi\) düzlemdedir ve aralarındaki fark \(2(\mathbf{p} \cdot \mathbf{n})\,\mathbf{n}\) düzleme diktir: \(\Pi\), \(\mathbf{p}\) ile \(R(\mathbf{p})\)’yi birleştiren doğru parçasının dik orta düzlemidir. Ayna görüntüsünden beklediğimiz tam olarak budur.

Lineerlik. \(\mathbf{p} \mapsto \mathbf{p} \cdot \mathbf{n}\) iç çarpımın bilineerliği gereği lineerdir; bu yüzden \(R(a\mathbf{p} + b\mathbf{q}) = a\,R(\mathbf{p}) + b\,R(\mathbf{q})\).

İç çarpım. Bilineerlikle açıp \(\mathbf{n} \cdot \mathbf{n} = 1\) kullanalım:

\[\begin{aligned} R(\mathbf{p}) \cdot R(\mathbf{q}) &= \mathbf{p} \cdot \mathbf{q} - 2(\mathbf{q} \cdot \mathbf{n})(\mathbf{p} \cdot \mathbf{n}) - 2(\mathbf{p} \cdot \mathbf{n})(\mathbf{n} \cdot \mathbf{q})\\[1mm] &\quad + 4(\mathbf{p} \cdot \mathbf{n})(\mathbf{q} \cdot \mathbf{n})(\mathbf{n} \cdot \mathbf{n})\\[1mm] &= \mathbf{p} \cdot \mathbf{q} + (-2 - 2 + 4)(\mathbf{p} \cdot \mathbf{n})(\mathbf{q} \cdot \mathbf{n}) = \mathbf{p} \cdot \mathbf{q}. \end{aligned}\]

\(R\) ortogonaldir; Teorem 18.1 gereği bir izometridir.

Sayısal değer. \(\|\mathbf{n}\|^2 = (1 + 4 + 4)/9 = 1\) ve \(\mathbf{p} \cdot \mathbf{n} = (3 + 0 + 6)/3 = 3\). Dolayısıyla

\[R(\mathbf{p}) = (3, 0, 3) - 6 \cdot \tfrac{1}{3}(1, 2, 2) = (3, 0, 3) - (2, 4, 4) = (1, -4, -1).\]

Denetim. \(\|\mathbf{p}\|^2 = 9 + 0 + 9 = 18\) ve \(\|R(\mathbf{p})\|^2 = 1 + 16 + 1 = 18\). Orta nokta \((2, -2, 1)\) için \(2 \cdot 1 + (-2) \cdot 2 + 1 \cdot 2 = 0\); orta nokta \(\Pi\)’nin \(x + 2y + 2z = 0\) denklemini sağlar. Fark \(R(\mathbf{p}) - \mathbf{p}\), yani \((-2, -4, -4) = -6\,\mathbf{n}\), düzleme diktir.

Yansımayı iki kez uygulamak her noktayı yerine geri getirir: \(R(R(\mathbf{p})) = \mathbf{p}\), yani \(R^{-1} = R\).

\(\blacksquare\)

Örnek 18.8 (Lineer Ama Ortogonal Olmayan Dönüşüm) \(L(\mathbf{p}) = (p_1 + p_2,\ p_2,\ p_3)\) kayma dönüşümünün lineer olduğu hâlde ortogonal olmadığını ve bir izometri olmadığını gösterelim.

Çözüm

Lineerlik. Koordinatlar sabit katsayılı birinci dereceden ifadelerdir; \(L\) lineerdir.

Ortogonal değil. \(L(\mathbf{u}_2) = (1, 1, 0)\) olduğundan \(L(\mathbf{u}_2) \cdot L(\mathbf{u}_2) = 2\); oysa \(\mathbf{u}_2 \cdot \mathbf{u}_2 = 1\).

İzometri değil. \(L(\mathbf{0}) = \mathbf{0}\) ile \(L(\mathbf{u}_2) = (1, 1, 0)\) arasındaki uzaklık \(\sqrt{2}\)’dir, ama \(d(\mathbf{0}, \mathbf{u}_2) = 1\).

Geometrik anlam. \(L\), \(y = c\) yüksekliğindeki her yatay çizgiyi \(x\) doğrultusunda \(c\) kadar kaydırır. Birim kare, tabanı ve yüksekliği aynı kalan bir paralelkenara dönüşür: alan korunur ama kenar uzunlukları ve açılar korunmaz.

\(\blacksquare\)

18.5 Orijini Sabit Bırakan İzometriler

Ortogonal dönüşümlerin orijini yerinde bırakan izometriler olduğunu gördük. Şaşırtıcı olan, bunun tersinin de doğru olmasıdır: orijini yerinde bırakan her izometri, hakkında hiçbir lineerlik varsayımı yapmadığımız hâlde, bir ortogonal dönüşümdür. Bu sonuç, bölümün ana teoreminin asıl adımıdır.

İspatta ortonormal açılımı (Teorem 9.1) noktalara uygulayacağız. Teorem teğet vektörler için ifade edilmişti; ama bir noktadaki teğet vektörlerin işlemleri vektör kısımlarında yapıldığından, noktaları herhangi sabit bir noktada uygulanmış teğet vektörler olarak düşünürsek teorem noktalar için de aynen geçerlidir.

Lemma 18.3 (Orijini Sabit Bırakan İzometri Ortogonaldir) \(F\), \(\mathbb{R}^3\)’ün \(F(\mathbf{0}) = \mathbf{0}\) koşulunu sağlayan bir izometrisi ise \(F\) bir ortogonal dönüşümdür.

İspat

Önce \(F\)’nin iç çarpımı koruduğunu, sonra lineer olduğunu göstereceğiz.

Adım 1: \(F\) normları korur. Bir noktanın normu orijine uzaklığıdır: \(\|\mathbf{p}\| = d(\mathbf{0}, \mathbf{p})\). \(F\) uzaklığı koruduğundan ve \(F(\mathbf{0}) = \mathbf{0}\) olduğundan

\[\|F(\mathbf{p})\| = d\bigl(\mathbf{0}, F(\mathbf{p})\bigr) = d\bigl(F(\mathbf{0}), F(\mathbf{p})\bigr) = d(\mathbf{0}, \mathbf{p}) = \|\mathbf{p}\|.\]

Adım 2: \(F\) iç çarpımı korur. Her \(\mathbf{p}\), \(\mathbf{q}\) için \(\|F(\mathbf{p}) - F(\mathbf{q})\| = \|\mathbf{p} - \mathbf{q}\|\). Kareleri iç çarpım olarak yazarsak

\[\bigl(F(\mathbf{p}) - F(\mathbf{q})\bigr) \cdot \bigl(F(\mathbf{p}) - F(\mathbf{q})\bigr) = (\mathbf{p} - \mathbf{q}) \cdot (\mathbf{p} - \mathbf{q})\]

olur. İki yanı bilineerlik ve simetriyle açalım:

\[\begin{aligned} &\|F(\mathbf{p})\|^2 - 2\,F(\mathbf{p}) \cdot F(\mathbf{q}) + \|F(\mathbf{q})\|^2\\[1mm] &\quad = \|\mathbf{p}\|^2 - 2\,\mathbf{p} \cdot \mathbf{q} + \|\mathbf{q}\|^2. \end{aligned}\]

Birinci adım gereği normların kareleri iki yanda aynıdır ve birbirini götürür. Geriye \(-2\,F(\mathbf{p}) \cdot F(\mathbf{q}) = -2\,\mathbf{p} \cdot \mathbf{q}\), yani

\[F(\mathbf{p}) \cdot F(\mathbf{q}) = \mathbf{p} \cdot \mathbf{q}\]

kalır.

Adım 3: birim noktaların görüntüleri ortonormaldir. \(\mathbf{u}_1, \mathbf{u}_2, \mathbf{u}_3\) birim noktaları ortonormaldir: \(\mathbf{u}_i \cdot \mathbf{u}_j = \delta_{ij}\). İkinci adım gereği

\[F(\mathbf{u}_i) \cdot F(\mathbf{u}_j) = \mathbf{u}_i \cdot \mathbf{u}_j = \delta_{ij},\]

yani \(F(\mathbf{u}_1), F(\mathbf{u}_2), F(\mathbf{u}_3)\) de ortonormaldir.

Adım 4: \(F\)’nin açık formülü. Ortonormal açılımı \(F(\mathbf{u}_1), F(\mathbf{u}_2), F(\mathbf{u}_3)\)’e göre \(F(\mathbf{p})\) noktasına uygulayalım:

\[F(\mathbf{p}) = \sum_{i=1}^{3} \bigl(F(\mathbf{p}) \cdot F(\mathbf{u}_i)\bigr)\, F(\mathbf{u}_i).\]

İkinci adım gereği katsayılar \(F(\mathbf{p}) \cdot F(\mathbf{u}_i) = \mathbf{p} \cdot \mathbf{u}_i = p_i\)’dir. Dolayısıyla her \(\mathbf{p} = (p_1, p_2, p_3)\) için

\[F(\mathbf{p}) = p_1\,F(\mathbf{u}_1) + p_2\,F(\mathbf{u}_2) + p_3\,F(\mathbf{u}_3).\]

Adım 5: \(F\) lineerdir. \(a\mathbf{p} + b\mathbf{q}\)’nun koordinatları \(ap_i + bq_i\) olduğundan dördüncü adımdaki formül

\[\begin{aligned} F(a\mathbf{p} + b\mathbf{q}) &= \sum_{i=1}^{3} (ap_i + bq_i)\, F(\mathbf{u}_i)\\[1mm] &= a\sum_{i=1}^{3} p_i\, F(\mathbf{u}_i) + b\sum_{i=1}^{3} q_i\, F(\mathbf{u}_i) = a\,F(\mathbf{p}) + b\,F(\mathbf{q}) \end{aligned}\]

verir. \(F\) lineerdir ve ikinci adım gereği iç çarpımı korur; yani ortogonal bir dönüşümdür.

\(\blacksquare\)

İspatın ikinci adımındaki hileye kutuplama (polarization) denir: iç çarpım, uzunluklardan geri kazanılabilir (Alıştırma 9.29). Kutuplamanın çalışması için yalnızca orijine uzaklıkların değil, bütün nokta çiftleri arasındaki uzaklıkların korunması gerekir; Örnek 18.3 bunun neden zorunlu olduğunu gösterir. \(F(\mathbf{0}) = \mathbf{0}\) koşulu da gereklidir: sıfırdan farklı bir noktayla öteleme bir izometridir ama lineer değildir, çünkü orijini yerinde bırakmaz.

Örnek 18.9 (Dört Noktada Belirlenen İzometri) \(F\), \(F(\mathbf{0}) = \mathbf{0}\) koşulunu sağlayan bir izometri olsun ve \(F(\mathbf{u}_1) = \mathbf{u}_2\), \(F(\mathbf{u}_2) = \mathbf{u}_3\), \(F(\mathbf{u}_3) = \mathbf{u}_1\) olduğu bilinsin. \(F\)’nin formülünü bulalım ve \(F(2, -1, 5)\) noktasını hesaplayalım.

Çözüm

Formül. Lemma 18.3 ispatının dördüncü adımı gereği

\[F(\mathbf{p}) = p_1\,\mathbf{u}_2 + p_2\,\mathbf{u}_3 + p_3\,\mathbf{u}_1 = (p_3,\ p_1,\ p_2).\]

Değer. \(F(2, -1, 5) = (5, 2, -1)\).

Denetim. \(F\) koordinatları yalnızca yer değiştirir; kareler toplamı değişmediğinden \(\|F(\mathbf{p}) - F(\mathbf{q})\| = \|\mathbf{p} - \mathbf{q}\|\) ve \(F\) gerçekten bir izometridir. Verilen bilgi de tutarlıdır: \(\mathbf{u}_2, \mathbf{u}_3, \mathbf{u}_1\) ortonormaldir, üçüncü adımın istediği gibi.

Yorum. Dört noktadaki değerler (\(\mathbf{0}\) ve üç birim nokta) izometriyi tamamen belirledi. \(F\), \((1, 1, 1)\) noktasını ve dolayısıyla orijinden bu noktaya giden köşegenin bütün noktalarını yerinde bırakır; üç birim noktayı ise döngüsel olarak birbirine götürür. Örnek 18.13 içinde \(F\)’nin bu köşegen çevresinde \(2\pi/3\) açısıyla bir dönme olduğunu göreceğiz.

\(\blacksquare\)

18.6 Ayrıştırma Teoremi

Artık her izometriyi tanıdığımız iki türün, bir ortogonal dönüşümün ve bir ötelemenin, bileşkesi olarak yazmaya hazırız. Fikir basittir: bir izometri orijini \(F(\mathbf{0})\) noktasına götürür; ardından \(-F(\mathbf{0})\) ile ötelersek orijini yerine geri getiren bir izometri elde ederiz ve bu izometri, az önce gördüğümüz gibi, ortogonaldir.

Teorem 18.2 (İzometrilerin Ayrıştırılması) \(F\), \(\mathbb{R}^3\)’ün bir izometrisi ise

\[F = TC\]

olacak biçimde bir ve yalnız bir \(T\) ötelemesi ile bir ve yalnız bir \(C\) ortogonal dönüşümü vardır.

z ekseni çevresinde dik açılık dönme C ile (3, 1, 0) ile öteleme T, xy düzleminde. Gri üçgen başlangıç, kesikli üçgen ara adım, mavi üçgen sonuçtur. Solda F = TC: üçgen önce orijin çevresinde döner, sonra a kadar kayar; orijin a’ya gider. Sağda CT: üçgen önce kayar, sonra orijin çevresinde döner; orijin C(a) = (−1, 3)’e gider. İki sonuç farklıdır.

İspat

Varlık. \(T\), \(F(\mathbf{0})\) ile öteleme olsun. Lemma 18.1 gereği \(T^{-1}\), \(-F(\mathbf{0})\) ile ötelemedir; Önerme 18.1 gereği bir izometridir. Lemma 18.2 gereği \(T^{-1}F\) bileşkesi de bir izometridir. Üstelik

\[(T^{-1}F)(\mathbf{0}) = T^{-1}\bigl(F(\mathbf{0})\bigr) = F(\mathbf{0}) - F(\mathbf{0}) = \mathbf{0}.\]

Lemma 18.3 gereği \(T^{-1}F\) bir ortogonal dönüşümdür; ona \(C\) diyelim: \(T^{-1}F = C\). İki yana soldan \(T\) uygularsak, bileşkenin birleşme özelliğiyle

\[TC = T(T^{-1}F) = (TT^{-1})F = IF = F.\]

Teklik. \(F\) başka bir biçimde de \(F = \bar{T}\bar{C}\) diye yazılsın; burada \(\bar{T}\) bir öteleme, \(\bar{C}\) bir ortogonal dönüşümdür. \(\bar{T} = T\) ve \(\bar{C} = C\) olduğunu göstermeliyiz. \(TC = \bar{T}\bar{C}\) eşitliğine soldan \(T^{-1}\) uygularsak

\[C = T^{-1}\bar{T}\bar{C}\]

buluruz. \(C\) ve \(\bar{C}\) lineer olduğundan orijini yerinde bırakır; bu eşitliği \(\mathbf{0}\)’da değerlendirirsek

\[\mathbf{0} = C(\mathbf{0}) = (T^{-1}\bar{T})\bigl(\bar{C}(\mathbf{0})\bigr) = (T^{-1}\bar{T})(\mathbf{0})\]

olur. Lemma 18.1 gereği \(T^{-1}\bar{T}\) bir ötelemedir ve orijini yerinde bıraktığı için özdeşliktir: \(T^{-1}\bar{T} = I\). Soldan \(T\) uygulayınca \(\bar{T} = T\) çıkar. Bu durumda \(TC = T\bar{C}\) olur ve soldan \(T^{-1}\) uygulamak \(C = \bar{C}\) verir.

\(\blacksquare\)

Yani her izometri iki adımda gerçekleşir: önce orijini yerinde bırakan bir ortogonal dönüşüm uzayı orijin çevresinde “çevirir” (bir dönme ya da bir yansıma gibi), sonra bir öteleme her şeyi aynı ok boyunca kaydırır. İspat, ötelemenin hangi noktayla yapıldığını da söylüyor: \(T\), \(F(\mathbf{0})\) ile ötelemedir. Teoremin ispatı uzaklık, norm ve iç çarpımın yanında yalnızca ortonormal açılımı kullanır. Ortonormal açılımın \(n\) boyutlu karşılığıyla aynı ispat her \(\mathbb{R}^n\) için de geçerlidir.

Tanım 18.4 (Ortogonal Kısım ve Öteleme Kısmı) \(F = TC\), \(F\) izometrisinin Teorem 18.2 ile verilen ayrıştırması olsun. \(C\)’ye \(F\)’nin ortogonal kısmı (orthogonal part), \(T\)’ye de \(F\)’nin öteleme kısmı (translation part) denir.

Yani bir izometrinin öteleme kısmı, orijinin gittiği \(F(\mathbf{0})\) noktasıyla ötelemedir; ortogonal kısmı ise \(C(\mathbf{p}) = F(\mathbf{p}) - F(\mathbf{0})\) formülüyle verilen ortogonal dönüşümdür. \(T\), \(\mathbf{a}\) ile öteleme ise her \(\mathbf{p}\) için

\[F(\mathbf{p}) = T\bigl(C(\mathbf{p})\bigr) = \mathbf{a} + C(\mathbf{p}).\]

Ayrıştırmada sıra önemlidir: önce \(C\), sonra \(T\) uygulanır. Ters sırada, önce öteleyip sonra çevirirsek genellikle başka bir izometri elde ederiz; \(CT\) ile \(TC\) genellikle aynı değildir. Teoremin içindeki şekil bunu \(z\) ekseni çevresinde \(\pi/2\) açısıyla dönme ile \((3, 1, 0)\) ile öteleme için gösteriyor: \(TC\) orijini \((3, 1, 0)\)’a, \(CT\) ise \(C(3, 1, 0) = (-1, 3, 0)\)’a götürür. \(CT\)’nin öteleme ve ortogonal kısımlarını Alıştırma 18.1 içinde bulacağız.

Ayrıştırma teoremi izometriler hakkındaki her soruyu ötelemeler ve ortogonal dönüşümler hakkındaki sorulara indirger. İlk meyvesi, izometrilerin tersinin varlığıdır.

Sonuç 18.1 (İzometrilerin Bileşkesi ve Tersi) 1. Özdeşlik dönüşümü \(I\) bir izometridir ve iki izometrinin bileşkesi bir izometridir.

2. Her izometri birebir ve örtendir ve tersi de bir izometridir. Öteleme kısmı \(T\), ortogonal kısmı \(C\) olan \(F = TC\) için \(C\)’nin tersi vardır, bir ortogonal dönüşümdür ve \(F^{-1} = C^{-1}T^{-1}\)’dir.

3. Her izometri bir difeomorfizmadır.

İspat

Birinci madde. \(I(\mathbf{p}) = \mathbf{p}\) olduğundan \(I\) uzaklığı korur. Bileşke Lemma 18.2 ile verilmiştir.

\(C\)’nin tersi. Önce \(C\)’nin birebir olduğunu görelim. \(C(\mathbf{p}) = C(\mathbf{q})\) ise lineerlik \(C(\mathbf{p} - \mathbf{q}) = \mathbf{0}\) verir; \(C\) normları koruduğundan \(\|\mathbf{p} - \mathbf{q}\| = \|C(\mathbf{p} - \mathbf{q})\| = 0\) ve \(\mathbf{p} = \mathbf{q}\). \(C\), \(\mathbb{R}^3\)’ten kendisine lineer ve birebir olduğundan örtendir de (Lemma 7.1). Dolayısıyla \(C^{-1}\) vardır. \(C^{-1}\) lineerdir: her \(\mathbf{x}\), \(\mathbf{y}\) ve \(a\), \(b\) için \(C\)’nin lineerliği

\[C\bigl(a\,C^{-1}(\mathbf{x}) + b\,C^{-1}(\mathbf{y})\bigr) = a\mathbf{x} + b\mathbf{y}\]

verir; iki yana \(C^{-1}\) uygulayınca

\[C^{-1}(a\mathbf{x} + b\mathbf{y}) = a\,C^{-1}(\mathbf{x}) + b\,C^{-1}(\mathbf{y})\]

çıkar. \(C^{-1}\) iç çarpımı da korur, çünkü \(C\) korur:

\[C^{-1}(\mathbf{x}) \cdot C^{-1}(\mathbf{y}) = C\bigl(C^{-1}(\mathbf{x})\bigr) \cdot C\bigl(C^{-1}(\mathbf{y})\bigr) = \mathbf{x} \cdot \mathbf{y}.\]

Demek ki \(C^{-1}\) bir ortogonal dönüşümdür.

İkinci madde. \(G = C^{-1}T^{-1}\) olsun. Bileşkenin birleşme özelliğiyle

\[GF = C^{-1}T^{-1}TC = C^{-1}C = I, \qquad FG = TCC^{-1}T^{-1} = TT^{-1} = I.\]

Ters fonksiyonlarla ilgili gözlemimiz (\(GF = I\) ve \(FG = I\) ise \(F\) birebir ve örtendir) gereği \(F^{-1} = G\)’dir. \(T^{-1}\) bir öteleme, \(C^{-1}\) bir ortogonal dönüşüm olduğundan ikisi de izometridir (Önerme 18.1, Teorem 18.1); bileşkeleri \(F^{-1}\) de birinci madde gereği bir izometridir.

Üçüncü madde. \(T\), \(\mathbf{a}\) ile öteleme ise \(F(\mathbf{p}) = \mathbf{a} + C(\mathbf{p})\). \(C\) lineer olduğundan koordinat fonksiyonları sabit katsayılı birinci dereceden polinomlardır; onlara \(a_i\) sabitlerini eklemek bunu değiştirmez. Dolayısıyla \(F\)’nin koordinat fonksiyonları diferansiyellenebilirdir ve \(F\) bir dönüşümdür. İkinci madde gereği \(F^{-1}\) de bir izometridir; aynı akıl yürütmeyle o da bir dönüşümdür. Birebir, örten ve tersi diferansiyellenebilir olan \(F\) bir difeomorfizmadır (Tanım 7.5).

\(\blacksquare\)

Yani izometriler bileşke ve ters alma altında kapalı bir topluluk oluşturur ve hepsi düzgün, tersi de düzgün olan dönüşümlerdir. Bölümün sonunda bu yapıya bir ad vereceğiz: izometriler bir grup oluşturur (Tanım 18.5).

18.7 İzometrilerin Matrisleri

Ayrıştırma teoremi bir izometriyi bir öteleme ile bir ortogonal dönüşüme böldü. Ötelemeyi bir nokta belirler; ortogonal dönüşümü ise, her lineer dönüşüm gibi, bir matris belirler. Bu bölümde ortogonal dönüşümlerin matrislerini tanıyıp her izometrinin açık formülünü yazacağız.

Lineer bir \(C\) dönüşümü alalım ve \(C(\mathbf{u}_j)\)’nin \(i\)-inci koordinatını \(c_{ij}\) ile gösterelim. Her nokta \(\mathbf{p} = p_1\mathbf{u}_1 + p_2\mathbf{u}_2 + p_3\mathbf{u}_3\) biçiminde yazıldığından lineerlik \(C(\mathbf{p}) = \sum_j p_j\,C(\mathbf{u}_j)\) verir; koordinat koordinat

\[C(p_1, p_2, p_3) = \Bigl(\sum_{j} c_{1j}p_j,\ \sum_{j} c_{2j}p_j,\ \sum_{j} c_{3j}p_j\Bigr).\]

\(3 \times 3\)’lük \((c_{ij})\) matrisine \(C\)’nin (doğal tabana göre) matrisi denir ve çoğu zaman aynı \(C\) harfiyle gösterilir. Noktaları sütun olarak yazarsak \(\mathbf{q} = C(\mathbf{p})\) eşitliği matris çarpımı olur:

\[\begin{pmatrix} q_1 \\ q_2 \\ q_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} c_{11} & c_{12} & c_{13} \\ c_{21} & c_{22} & c_{23} \\ c_{31} & c_{32} & c_{33} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} p_1 \\ p_2 \\ p_3 \end{pmatrix}.\]

Matrisin \(j\)-inci sütunu, \(j\)-inci birim noktanın görüntüsü \(C(\mathbf{u}_j)\)’dir. Ortogonal matrisi İç Çarpım bölümünde tanımlamıştık: \(CC^{\mathsf{T}} = I\) koşulunu sağlayan kare matris; bu koşul \(C^{\mathsf{T}}C = I\) ile ve \(C^{\mathsf{T}} = C^{-1}\) ile denktir (Sonuç 9.1).

Önerme 18.2 (Ortogonal Dönüşüm ve Ortogonal Matris) Lineer bir \(C : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3\) dönüşümünün ortogonal olması için gerek ve yeter koşul, matrisinin ortogonal olmasıdır. Bu da matrisin sütunlarının, yani \(C(\mathbf{u}_1), C(\mathbf{u}_2), C(\mathbf{u}_3)\) noktalarının, ortonormal olması demektir.

İspat

Sütunlar ve \(C^{\mathsf{T}}C\). \(C^{\mathsf{T}}C\)’nin \((j, k)\) girdisi, \(C^{\mathsf{T}}\)’nin \(j\)-inci satırı ile \(C\)’nin \(k\)-inci sütununun karşılıklı çarpımlarının toplamıdır. \(C^{\mathsf{T}}\)’nin \(j\)-inci satırı \(C\)’nin \(j\)-inci sütunu olduğundan

\[(C^{\mathsf{T}}C)_{jk} = \sum_{i=1}^{3} c_{ij}\,c_{ik} = C(\mathbf{u}_j) \cdot C(\mathbf{u}_k).\]

Demek ki \(C^{\mathsf{T}}C = I\) koşulu, sütunların ortonormal olması, yani \(C(\mathbf{u}_j) \cdot C(\mathbf{u}_k) = \delta_{jk}\) koşuludur.

Ortogonal dönüşümden ortogonal matrise. \(C\) iç çarpımı koruyorsa \(C(\mathbf{u}_j) \cdot C(\mathbf{u}_k) = \mathbf{u}_j \cdot \mathbf{u}_k = \delta_{jk}\); yani \(C^{\mathsf{T}}C = I\). Lemma 9.4 gereği \(CC^{\mathsf{T}} = I\) de doğrudur ve matris ortogonaldir.

Ortogonal matristen ortogonal dönüşüme. Matris ortogonalse \(C^{\mathsf{T}}C = I\), yani \(C(\mathbf{u}_j) \cdot C(\mathbf{u}_k) = \delta_{jk}\). \(\mathbf{p} = \sum_j p_j\mathbf{u}_j\) ve \(\mathbf{q} = \sum_k q_k\mathbf{u}_k\) için lineerlik ve iç çarpımın bilineerliği

\[C(\mathbf{p}) \cdot C(\mathbf{q}) = \sum_{j=1}^{3}\sum_{k=1}^{3} p_j q_k\, C(\mathbf{u}_j) \cdot C(\mathbf{u}_k) = \sum_{j=1}^{3} p_j q_j = \mathbf{p} \cdot \mathbf{q}\]

verir; çift toplamda yalnızca \(j = k\) terimleri kalır. \(C\) ortogonal bir dönüşümdür.

\(\blacksquare\)

Ayrıştırma teoremini matrislerle birleştirince her izometrinin açık formülü çıkar. \(F = TC\) ve \(T\), \(\mathbf{a} = (a_1, a_2, a_3)\) ile öteleme ise \(F(\mathbf{p}) = \mathbf{a} + C(\mathbf{p})\), yani

\[F(\mathbf{p}) = \Bigl(a_1 + \sum_{j} c_{1j}p_j,\ a_2 + \sum_{j} c_{2j}p_j,\ a_3 + \sum_{j} c_{3j}p_j\Bigr).\]

Sütun yazımıyla \(\mathbf{q} = F(\mathbf{p})\) eşitliği

\[\begin{pmatrix} q_1 \\ q_2 \\ q_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ a_3 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} c_{11} & c_{12} & c_{13} \\ c_{21} & c_{22} & c_{23} \\ c_{31} & c_{32} & c_{33} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} p_1 \\ p_2 \\ p_3 \end{pmatrix}\]

biçimini alır. Demek ki bir izometriyi vermek, bir \(\mathbf{a}\) noktası ile bir \(3 \times 3\) ortogonal matris vermekle aynı şeydir; tersine, her \(\mathbf{a}\) ile her ortogonal matris bu formülle bir izometri tanımlar (Önerme 18.2, Teorem 18.1, Lemma 18.2).

Şimdiye kadar gördüğümüz ortogonal dönüşümlerin matrisleri şöyledir. Koordinat eksenleri çevresindeki dönmeler için

\[C_z = \begin{pmatrix} \cos\vartheta & -\sin\vartheta & 0 \\ \sin\vartheta & \cos\vartheta & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \qquad C_x = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \cos\vartheta & -\sin\vartheta \\ 0 & \sin\vartheta & \cos\vartheta \end{pmatrix},\]

\[C_y = \begin{pmatrix} \cos\vartheta & 0 & \sin\vartheta \\ 0 & 1 & 0 \\ -\sin\vartheta & 0 & \cos\vartheta \end{pmatrix}.\]

\(\mathbf{n} = \tfrac{1}{3}(1, 2, 2)\) normalli düzleme göre yansıma (Örnek 18.7) için \(R(\mathbf{u}_j) = \mathbf{u}_j - 2n_j\mathbf{n}\) sütunlarından

\[R = \frac{1}{9}\begin{pmatrix} 7 & -4 & -4 \\ -4 & 1 & -8 \\ -4 & -8 & 1 \end{pmatrix}\]

bulunur. Her ortogonal matrisin determinantı \(\pm 1\)’dir (Alıştırma 9.18). Üç dönmenin determinantı \(\cos^2\vartheta + \sin^2\vartheta = 1\)’dir. Yansımanınki ise birinci satıra göre açılımla

\[\frac{1}{729}\bigl(7(1 - 64) + 4(-4 - 32) - 4(32 + 4)\bigr) = \frac{-441 - 144 - 144}{729} = -1\]

olur. Bu işaret, izometrinin Örnek 18.2 içinde gördüğümüz anlamda “ters çevirip çevirmediğini” söyler; Yönlendirme bölümünde ona izometrinin işareti adını vereceğiz (Tanım 20.2).

Ayrıştırma teoremi, verilen bir fonksiyonun izometri olup olmadığını denetlemek için de bir yöntem verir.

İpucuÜç adımda bir izometriyi ayrıştırmak

Koordinatlarıyla verilen bir \(F : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3\) fonksiyonu için:

1. Öteleme kısmı. \(\mathbf{a} = F(\mathbf{0})\) noktasını hesapla.
2. Ortogonal kısım adayı. \(C(\mathbf{p}) = F(\mathbf{p}) - \mathbf{a}\) fonksiyonunu yaz.
3. Denetim. \(C\) lineer mi ve matrisinin sütunları ortonormal mi? İkisi de doğruysa \(F = T_{\mathbf{a}}C\) bir izometridir. Biri bozuluyorsa \(F\) izometri değildir: \(F\) izometri olsaydı ortogonal kısmı, teklik gereği, tam olarak bu \(C\) olurdu.

Örnek 18.10 (Bir İzometriyi Ayrıştırmak) \[F(\mathbf{p}) = \Bigl(\tfrac{2p_1 - p_2 + 2p_3}{3} + 1,\ \ \tfrac{2p_1 + 2p_2 - p_3}{3},\ \ \tfrac{-p_1 + 2p_2 + 2p_3}{3} - 1\Bigr)\]

fonksiyonunun bir izometri olduğunu üç adımlı yöntemle gösterip öteleme ve ortogonal kısımlarını bulalım.

Çözüm

Birinci adım. \(\mathbf{p} = \mathbf{0}\) koyarsak \(\mathbf{a} = F(\mathbf{0}) = (1, 0, -1)\).

İkinci adım. \(C(\mathbf{p}) = F(\mathbf{p}) - \mathbf{a}\) fonksiyonunun koordinatları \(\tfrac{1}{3}(2p_1 - p_2 + 2p_3)\), \(\tfrac{1}{3}(2p_1 + 2p_2 - p_3)\) ve \(\tfrac{1}{3}(-p_1 + 2p_2 + 2p_3)\)’tür. Sabit katsayılı birinci dereceden olduklarından \(C\) lineerdir ve matrisi

\[C = \frac{1}{3}\begin{pmatrix} 2 & -1 & 2 \\ 2 & 2 & -1 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix}\]

olur.

Üçüncü adım. Sütunlar \(\tfrac{1}{3}(2, 2, -1)\), \(\tfrac{1}{3}(-1, 2, 2)\) ve \(\tfrac{1}{3}(2, -1, 2)\)’dir. Her birinin normunun karesi \((4 + 4 + 1)/9 = 1\)’dir. Karşılıklı iç çarpımlar

\[\frac{-2 + 4 - 2}{9} = 0, \qquad \frac{4 - 2 - 2}{9} = 0, \qquad \frac{-2 - 2 + 4}{9} = 0.\]

Sütunlar ortonormaldir; Önerme 18.2 gereği \(C\) ortogonaldir. Sonuç: \(F = T_{\mathbf{a}}C\) bir izometridir; öteleme kısmı \((1, 0, -1)\) ile öteleme, ortogonal kısmı yukarıdaki matrisle verilen \(C\)’dir.

Sayısal denetim. \(\mathbf{p} = (3, 0, 0)\) ve \(\mathbf{q} = (0, 3, 0)\) için \(F(\mathbf{p}) = (3, 2, -2)\) ve \(F(\mathbf{q}) = (0, 2, 1)\). Farklar \(\mathbf{p} - \mathbf{q} = (3, -3, 0)\) ve \(F(\mathbf{p}) - F(\mathbf{q}) = (3, 0, -3)\); ikisinin de normunun karesi \(18\)’dir.

Ortogonal kısım ne yapıyor? \(C(1, 1, 1) = \tfrac{1}{3}(3, 3, 3) = (1, 1, 1)\): köşegen yerinde kalır. Birinci satıra göre açılım

\[\det C = \frac{1}{27}\bigl(2(4 + 2) + 1 \cdot (4 - 1) + 2(4 + 2)\bigr) = \frac{27}{27} = 1\]

verir. Örnek 18.13 içinde \(C\)’nin köşegen çevresinde \(\pi/3\) açısıyla dönme olduğunu göreceğiz.

\(\blacksquare\)

Örnek 18.11 (Yöntemin Bir İzometri Olmayanı Yakalaması) \(G(\mathbf{p}) = (p_1 + 1,\ p_1 + p_2,\ p_3)\) fonksiyonuna üç adımlı yöntemi uygulayalım.

Çözüm

Birinci adım. \(\mathbf{a} = G(\mathbf{0}) = (1, 0, 0)\).

İkinci adım. \(C(\mathbf{p}) = G(\mathbf{p}) - \mathbf{a}\) fonksiyonu \((p_1,\ p_1 + p_2,\ p_3)\)’tür. \(C\) lineerdir ve matrisi

\[C = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.\]

Üçüncü adım. Birinci sütun \((1, 1, 0)\)’ın normunun karesi \(2\)’dir; sütunlar ortonormal değildir. Dolayısıyla \(G\) bir izometri değildir.

Doğrudan denetim. \(G(\mathbf{0}) = (1, 0, 0)\) ile \(G(\mathbf{u}_1) = (2, 1, 0)\) arasındaki uzaklık \(\|(1, 1, 0)\| = \sqrt{2}\)’dir, oysa \(d(\mathbf{0}, \mathbf{u}_1) = 1\). Yöntemin vardığı sonuç, tek bir nokta çiftiyle de doğrulanır: \(G\), Örnek 18.8 içindekine benzer bir kaymanın ötelenmiş hâlidir.

\(\blacksquare\)

Örnek 18.12 (Dört Noktadaki Değerlerden Matris) \(F\) bir izometri ve

\[F(\mathbf{0}) = (1, 2, 3), \quad F(\mathbf{u}_1) = (1, 3, 3), \quad F(\mathbf{u}_2) = (0, 2, 3), \quad F(\mathbf{u}_3) = (1, 2, 4)\]

olsun. \(F\)’nin formülünü bulup sabit noktası olup olmadığını inceleyelim.

Çözüm

Öteleme kısmı. \(\mathbf{a} = F(\mathbf{0}) = (1, 2, 3)\).

Ortogonal kısım. \(C(\mathbf{u}_j) = F(\mathbf{u}_j) - \mathbf{a}\) olduğundan matrisin sütunları

\[C(\mathbf{u}_1) = (0, 1, 0), \qquad C(\mathbf{u}_2) = (-1, 0, 0), \qquad C(\mathbf{u}_3) = (0, 0, 1)\]

olur. Bu, \(\vartheta = \pi/2\) için \(C_z\) matrisidir: \(C\), \(z\) ekseni çevresinde dik açılık dönmedir.

Formül. \(C(\mathbf{p}) = (-p_2, p_1, p_3)\) olduğundan

\[F(\mathbf{p}) = (1 - p_2,\ 2 + p_1,\ 3 + p_3).\]

Denetim: \(F(1, 1, 1) = (0, 3, 4)\) ve bu noktanın \(F(\mathbf{0}) = (1, 2, 3)\) noktasına uzaklığı \(\|(-1, 1, 1)\| = \sqrt{3}\)’tür; \((1, 1, 1)\)’in orijine uzaklığı da \(\sqrt{3}\)’tür. Verilen dört nokta da tutarlıdır: \(F(\mathbf{0})\)’ın öteki üç görüntüye uzaklığı \(1\), bu üçünün birbirine uzaklıkları \(\sqrt{2}\)’dir; tıpkı \(\mathbf{0}, \mathbf{u}_1, \mathbf{u}_2, \mathbf{u}_3\) arasındaki uzaklıklar gibi.

Sabit nokta yok. \(F(\mathbf{p}) = \mathbf{p}\) olsaydı üçüncü koordinatlardan \(3 + p_3 = p_3\) çıkardı, bu da olanaksızdır. \(F\)’nin yatay kısmı \((p_1, p_2) \mapsto (1 - p_2, 2 + p_1)\) ise \((-\tfrac{1}{2}, \tfrac{3}{2})\) noktasını yerinde bırakır: \(1 - \tfrac{3}{2} = -\tfrac{1}{2}\) ve \(2 - \tfrac{1}{2} = \tfrac{3}{2}\). Demek ki \(F\) her noktayı \(x = -\tfrac{1}{2}\), \(y = \tfrac{3}{2}\) dikey doğrusu çevresinde dik açı kadar döndürüp \(3\) birim yukarı kaldırır. Bir eksen çevresinde dönme ile o eksen boyunca ötelemenin bu bileşkesine vida hareketi (screw motion) denir; bir cıvatanın somun içinde ilerlerken yaptığı harekettir.

\(\blacksquare\)

18.8 Bir Eksen Çevresinde Dönmeler

Koordinat eksenleri çevresindeki dönmeleri yazdık. Orijinden geçen keyfi bir doğru çevresindeki dönmenin formülü de vektörel çarpımla kolayca yazılır. Vektörel çarpımı İç Çarpım bölümünde aynı noktadaki teğet vektörler için tanımlamıştık (Tanım 9.9); aynı koordinat formülünü noktalara uygulayıp \(\mathbf{e} \times \mathbf{p}\) yazacağız.

Önerme 18.3 (Bir Eksen Çevresinde Dönme Formülü) \(\mathbf{e}\), \(\|\mathbf{e}\| = 1\) olan bir nokta ve \(\vartheta\) bir sayı olsun.

\[C(\mathbf{p}) = \cos\vartheta\,\mathbf{p} + \sin\vartheta\,(\mathbf{e} \times \mathbf{p}) + (1 - \cos\vartheta)(\mathbf{e} \cdot \mathbf{p})\,\mathbf{e}\]

formülüyle tanımlanan \(C\) bir ortogonal dönüşümdür. \(C\), \(\mathbf{e}\) doğrultusundaki eksenin noktalarını yerinde bırakır ve eksene dik her düzlemi, eksenin o düzlemi kestiği nokta çevresinde \(\vartheta\) açısıyla, \(\mathbf{e}\)’ye göre sağ el yönünde döndürür. \(\mathbf{e} = \mathbf{u}_3\) için \(C\), \(z\) ekseni çevresindeki dönmedir.

İspat

Ayrışım. \(\mathbf{p}\)’yi eksen doğrultusundaki bileşeni ile eksene dik bileşenine ayıralım: \(\mathbf{p} = (\mathbf{e} \cdot \mathbf{p})\,\mathbf{e} + \mathbf{p}_\perp\), burada \(\mathbf{p}_\perp \cdot \mathbf{e} = 0\). \(\mathbf{e} \times \mathbf{e} = \mathbf{0}\) olduğundan \(\mathbf{e} \times \mathbf{p} = \mathbf{e} \times \mathbf{p}_\perp\). Formülde \(\mathbf{p}\) yerine ayrışımı yazıp eksen doğrultusundaki terimleri toplarsak

\[\cos\vartheta\,(\mathbf{e} \cdot \mathbf{p})\,\mathbf{e} + (1 - \cos\vartheta)(\mathbf{e} \cdot \mathbf{p})\,\mathbf{e} = (\mathbf{e} \cdot \mathbf{p})\,\mathbf{e}\]

ve dolayısıyla

\[C(\mathbf{p}) = (\mathbf{e} \cdot \mathbf{p})\,\mathbf{e} + \cos\vartheta\,\mathbf{p}_\perp + \sin\vartheta\,(\mathbf{e} \times \mathbf{p}_\perp)\]

buluruz. \(\mathbf{p}_\perp = \mathbf{0}\) ise, yani \(\mathbf{p}\) eksen üzerindeyse, \(C(\mathbf{p}) = \mathbf{p}\).

Eksene dik düzlemde dönme. \(\mathbf{p}_\perp \ne \mathbf{0}\) olsun; \(r = \|\mathbf{p}_\perp\|\), \(\mathbf{f}_1 = \mathbf{p}_\perp / r\) ve \(\mathbf{f}_2 = \mathbf{e} \times \mathbf{f}_1\) yazalım. \(\mathbf{f}_2\) hem \(\mathbf{e}\)’ye hem \(\mathbf{f}_1\)’e diktir (Lemma 9.5) ve \(\mathbf{e} \perp \mathbf{f}_1\) olduğundan uzunluğu \(1\)’dir (Sonuç 9.2). Böylece \(\mathbf{f}_1, \mathbf{f}_2, \mathbf{e}\) ortonormaldir ve

\[C(\mathbf{p}) = (\mathbf{e} \cdot \mathbf{p})\,\mathbf{e} + r\,(\cos\vartheta\,\mathbf{f}_1 + \sin\vartheta\,\mathbf{f}_2).\]

\(\mathbf{p}\) ve \(C(\mathbf{p})\), eksene dik ve ekseni \((\mathbf{e} \cdot \mathbf{p})\,\mathbf{e}\) noktasında kesen düzlemdedir; bu noktaya uzaklıkları \(r\)’dir. \(\mathbf{p} = (\mathbf{e} \cdot \mathbf{p})\,\mathbf{e} + r\,\mathbf{f}_1\) olduğundan \(C\), \(\mathbf{p}\)’yi bu düzlemde \(\mathbf{f}_1\)’den \(\mathbf{f}_2 = \mathbf{e} \times \mathbf{f}_1\)’e doğru \(\vartheta\) açısıyla döndürür; bu da \(\mathbf{e}\)’ye göre sağ el yönüdür.

Lineerlik. Formüldeki üç terim, iç çarpımın ve vektörel çarpımın bilineerliği gereği \(\mathbf{p}\)’ye lineer bağlıdır.

İç çarpım. \(\mathbf{f}_1, \mathbf{f}_2, \mathbf{e}\) ortonormal olduğundan Pisagor teoremi

\[\|C(\mathbf{p})\|^2 = (\mathbf{e} \cdot \mathbf{p})^2 + r^2(\cos^2\vartheta + \sin^2\vartheta) = (\mathbf{e} \cdot \mathbf{p})^2 + \|\mathbf{p}_\perp\|^2 = \|\mathbf{p}\|^2\]

verir; \(\mathbf{p}_\perp = \mathbf{0}\) iken de doğrudur. \(C\) lineer ve normları koruduğundan kutuplama özdeşliği (Alıştırma 9.29) iç çarpımın da korunduğunu gösterir:

\[\begin{aligned} C(\mathbf{p}) \cdot C(\mathbf{q}) &= \tfrac{1}{4}\bigl(\|C(\mathbf{p} + \mathbf{q})\|^2 - \|C(\mathbf{p} - \mathbf{q})\|^2\bigr)\\[1mm] &= \tfrac{1}{4}\bigl(\|\mathbf{p} + \mathbf{q}\|^2 - \|\mathbf{p} - \mathbf{q}\|^2\bigr) = \mathbf{p} \cdot \mathbf{q}. \end{aligned}\]

\(z\) ekseni. \(\mathbf{e} = \mathbf{u}_3\) için \(\mathbf{e} \cdot \mathbf{p} = p_3\) ve \(\mathbf{u}_3 \times \mathbf{p} = (-p_2, p_1, 0)\). Formül

\[C(\mathbf{p}) = (p_1\cos\vartheta - p_2\sin\vartheta,\ p_1\sin\vartheta + p_2\cos\vartheta,\ p_3)\]

verir; üçüncü koordinat \(p_3\cos\vartheta + (1 - \cos\vartheta)p_3 = p_3\)’tür. Bu, Örnek 18.5 içindeki formüldür.

\(\blacksquare\)

Bu formüle Rodrigues formülü denir. Üç terimi şöyle okunur: eksene dik bileşen \(\cos\vartheta\) ile kısalır, ona dik olan \(\mathbf{e} \times \mathbf{p}\) doğrultusunda \(\sin\vartheta\) kadar bir bileşen eklenir, eksen doğrultusundaki bileşen ise olduğu gibi kalır.

Örnek 18.13 (Köşegen Çevresinde Üçte Bir Tur) \(\mathbf{e} = \tfrac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 1)\) doğrultusundaki köşegen çevresinde \(\vartheta = 2\pi/3\) açısıyla dönmenin birim noktaları birbirine götürdüğünü gösterelim ve dönmenin formülünü bulalım.

Köşegen e = (1, 1, 1)/√3 çevresinde 2π/3 açısıyla dönme. Birim noktalar u₁, u₂, u₃, eksene dik x + y + z = 1 düzlemindeki eşkenar üçgenin köşeleridir; üçgenin merkezi (1, 1, 1)/3 eksen üzerindedir. Dönme her köşeyi kesikli çember üzerinde üçte bir tur ilerletir: u₁ → u₂ → u₃ → u₁.

Çözüm

Katsayılar. \(\cos(2\pi/3) = -\tfrac{1}{2}\), \(\sin(2\pi/3) = \tfrac{\sqrt{3}}{2}\) ve her \(j\) için \(\mathbf{e} \cdot \mathbf{u}_j = \tfrac{1}{\sqrt{3}}\); dolayısıyla Rodrigues formülündeki son terim

\[(1 - \cos\vartheta)(\mathbf{e} \cdot \mathbf{u}_j)\,\mathbf{e} = \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 1) = \frac{1}{2}(1, 1, 1).\]

Birinci birim nokta. \((1, 1, 1) \times (1, 0, 0) = (0, 1, -1)\) olduğundan \(\mathbf{e} \times \mathbf{u}_1 = \tfrac{1}{\sqrt{3}}(0, 1, -1)\) ve

\[C(\mathbf{u}_1) = \Bigl(-\frac{1}{2}, 0, 0\Bigr) + \frac{1}{2}(0, 1, -1) + \frac{1}{2}(1, 1, 1) = (0, 1, 0) = \mathbf{u}_2.\]

İkinci birim nokta. \((1, 1, 1) \times (0, 1, 0) = (-1, 0, 1)\) ve

\[C(\mathbf{u}_2) = \Bigl(0, -\frac{1}{2}, 0\Bigr) + \frac{1}{2}(-1, 0, 1) + \frac{1}{2}(1, 1, 1) = (0, 0, 1) = \mathbf{u}_3.\]

Üçüncü birim nokta. \((1, 1, 1) \times (0, 0, 1) = (1, -1, 0)\) ve

\[C(\mathbf{u}_3) = \Bigl(0, 0, -\frac{1}{2}\Bigr) + \frac{1}{2}(1, -1, 0) + \frac{1}{2}(1, 1, 1) = (1, 0, 0) = \mathbf{u}_1.\]

Formül. Sütunlar \(\mathbf{u}_2, \mathbf{u}_3, \mathbf{u}_1\) olduğundan

\[C = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}, \qquad C(\mathbf{p}) = (p_3,\ p_1,\ p_2).\]

Bu, Örnek 18.9 içinde dört değerinden bulduğumuz izometridir; artık onun köşegen çevresinde üçte bir tur olduğunu biliyoruz.

Geometri. Üç birim nokta \(x + y + z = 1\) düzlemindedir ve bu düzlem \(\mathbf{e}\)’ye diktir. Düzlemi eksen \(\tfrac{1}{3}(1, 1, 1)\) noktasında keser; birim noktaların bu noktaya uzaklığı \(\|\tfrac{1}{3}(2, -1, -1)\| = \sqrt{6}/3\)’tür. Birim noktalar, merkezi eksende olan bir eşkenar üçgenin köşeleridir ve üçte bir tur onları döngüsel olarak birbirine götürür.

Altıda bir tur. Aynı formül \(\vartheta = \pi/3\) için, \(\cos\vartheta = \tfrac{1}{2}\) ve \(\sin\vartheta = \tfrac{\sqrt{3}}{2}\) ile,

\[C(\mathbf{u}_1) = \Bigl(\frac{1}{2}, 0, 0\Bigr) + \frac{1}{2}(0, 1, -1) + \frac{1}{6}(1, 1, 1) = \frac{1}{3}(2, 2, -1)\]

verir; öteki iki birim nokta için aynı hesap \(\tfrac{1}{3}(-1, 2, 2)\) ve \(\tfrac{1}{3}(2, -1, 2)\) sütunlarını verir. Bunlar Örnek 18.10 içindeki matrisin sütunlarıdır: o izometrinin ortogonal kısmı, köşegen çevresinde altıda bir turdur. Altıda bir turu iki kez yapmak üçte bir turdur ve gerçekten o matrisin karesi yukarıdaki \(C\)’dir.

\(\blacksquare\)

Etkileşimli sahne: bir eksen çevresinde dönme. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz. İlk iki kaydırıcı eksenin doğrultusunu, boylam ve enlem açılarıyla seçer; kesikli doğru eksendir. Üçüncü kaydırıcı \(\vartheta\) dönme açısıdır. İnce gri oklar doğal çatının birim noktaları \(\mathbf{u}_1, \mathbf{u}_2, \mathbf{u}_3\), renkli oklar ise görüntüleri \(C(\mathbf{u}_1)\) (turuncu), \(C(\mathbf{u}_2)\) (yeşil), \(C(\mathbf{u}_3)\) (mavi) olup Rodrigues formülüyle hesaplanır; her okun ucu, eksene dik bir çember üzerinde ilerler ve kalın yay bu ilerlemeyi gösterir. Başlangıç değerleri köşegen eksenini ve üçte bir turu verir: renkli oklar tam olarak gri okların üzerine oturur. Değer satırı \(C\)’nin matrisini (sütunları renkli okların koordinatlarıdır) ve determinantını gösterir; eksen ve açı ne olursa olsun determinant \(1\) kalır.

viewof izoAxisControls = Inputs.form({
  lon: Inputs.range([0, 2 * Math.PI], { value: Math.PI / 4, step: 0.01, label: "boylam" }),
  lat: Inputs.range([-Math.PI / 2, Math.PI / 2], { value: 0.6155, step: 0.005, label: "enlem" }),
  angle: Inputs.range([0, 2 * Math.PI], { value: (2 * Math.PI) / 3, step: 0.01, label: "ϑ" })
})

izoAxisPlot = html`<div class="scene3d" role="img" aria-label="Dondurulebilir sahne: orijinden gecen bir eksen, dogal catinin birim noktalari ve bunlarin eksen cevresinde theta acisiyla dondurulmus goruntuleri, uclarin izledigi cemberler"></div>`

{
  const { lon, lat, angle } = izoAxisControls;
  const e = [Math.cos(lat) * Math.cos(lon), Math.cos(lat) * Math.sin(lon), Math.sin(lat)];
  const dot = (a, b) => a[0] * b[0] + a[1] * b[1] + a[2] * b[2];
  const cross = (a, b) => [a[1] * b[2] - a[2] * b[1], a[2] * b[0] - a[0] * b[2], a[0] * b[1] - a[1] * b[0]];
  // Rodrigues formula: C(p) = cos t p + sin t (e x p) + (1 - cos t)(e . p) e.
  const rotate = (p, t) => {
    const c = Math.cos(t);
    const s = Math.sin(t);
    const exp = cross(e, p);
    const ep = dot(e, p);
    return [0, 1, 2].map((i) => c * p[i] + s * exp[i] + (1 - c) * ep * e[i]);
  };
  const units = [[1, 0, 0], [0, 1, 0], [0, 0, 1]];
  const images = units.map((u) => rotate(u, angle));
  const colors = [theme.practice, theme.base, theme.theory];
  const names = ["C(u₁)", "C(u₂)", "C(u₃)"];
  const traces = [
    segment(e.map((c) => -1.5 * c), e.map((c) => 1.5 * c), theme.text, { width: 3, dash: "dash", name: "eksen" }),
    ...arrow([0, 0, 0], e.map((c) => 0.5 * c), theme.text, "e", { head: 0.12, width: 5 })
  ];
  units.forEach((u, k) => {
    traces.push(...arrow([0, 0, 0], u, theme.axis, "", { head: 0.14, width: 4, legend: false }));
    traces.push(label(u, ["u₁", "u₂", "u₃"][k], theme.text, { position: "top center" }));
    traces.push(path((t) => rotate(u, t), 0, 2 * Math.PI, theme.axis, "", { width: 2, dash: "dot" }));
    traces.push(path((t) => rotate(u, t), 0, angle, colors[k], "", { width: 7, samples: 120 }));
    traces.push(...arrow([0, 0, 0], images[k], colors[k], names[k], { head: 0.16 }));
  });
  traces.push(point([0, 0, 0], theme.text, "", { size: 3, legend: false }));
  render(Plotly, izoAxisPlot, traces, sceneLayout(theme, { x: [-1.6, 1.6], y: [-1.6, 1.6], z: [-1.6, 1.6], eye: { x: 1.6, y: 1.25, z: 0.9 } }));
  const num = (x) => fmt(x).replace("-", "−");
  const vec = (v) => `(${num(v[0])}; ${num(v[1])}; ${num(v[2])})`;
  const m = [0, 1, 2].map((i) => images.map((col) => col[i]));
  const det = m[0][0] * (m[1][1] * m[2][2] - m[1][2] * m[2][1]) - m[0][1] * (m[1][0] * m[2][2] - m[1][2] * m[2][0]) + m[0][2] * (m[1][0] * m[2][1] - m[1][1] * m[2][0]);
  const matrix = (rows) => {
    const box = document.createElement("span");
    box.style.cssText = "display: inline-grid; grid-template-columns: repeat(3, auto); column-gap: 0.6em; padding: 0 0.35em; border-left: 1px solid; border-right: 1px solid; border-radius: 3px; vertical-align: middle; text-align: right";
    for (const row of rows) {
      for (const entry of row) {
        const cell = document.createElement("span");
        cell.textContent = num(entry);
        box.append(cell);
      }
    }
    return box;
  };
  return html`<div class="scene3d-readout">e = ${vec(e)} &nbsp;·&nbsp; ϑ = ${num(angle)} rad<br>C = ${matrix(m)} &nbsp;·&nbsp; det C = ${num(det)}</div>`;
}

Farklı eksenler çevresindeki dönmeleri art arda yapınca ne olur? Sonuç yine bir ortogonal dönüşümdür, çünkü iki ortogonal matrisin çarpımı ortogonaldir: \((AB)^{\mathsf{T}}(AB) = B^{\mathsf{T}}A^{\mathsf{T}}AB = B^{\mathsf{T}}B = I\). Ama sıra önemlidir.

Örnek 18.14 (İki Dik Açılık Dönmenin Bileşkesi) \(A\), \(z\) ekseni çevresinde, \(B\) de \(x\) ekseni çevresinde \(\pi/2\) açısıyla dönme olsun. \(BA\) ve \(AB\) bileşkelerini bulup karşılaştıralım.

Çözüm

İki dönme. \(\vartheta = \pi/2\) için \(A(\mathbf{p}) = (-p_2, p_1, p_3)\) ve \(B(\mathbf{p}) = (p_1, -p_3, p_2)\).

\(BA\): önce \(A\), sonra \(B\).

\[(BA)(\mathbf{p}) = B(-p_2, p_1, p_3) = (-p_2,\ -p_3,\ p_1).\]

\(AB\): önce \(B\), sonra \(A\).

\[(AB)(\mathbf{p}) = A(p_1, -p_3, p_2) = (p_3,\ p_1,\ p_2).\]

Karşılaştırma. İki bileşke farklıdır: örneğin \((BA)(\mathbf{u}_1) = B(\mathbf{u}_2) = \mathbf{u}_3\), oysa \((AB)(\mathbf{u}_1) = A(\mathbf{u}_1) = \mathbf{u}_2\). Dönmelerin bileşkesi değişmeli değildir; bir kitabı önce dikey eksen, sonra yatay eksen çevresinde çeyrek tur çevirmekle ters sırada çevirmek kitabı farklı duruşlara getirir.

Bileşkeler de dönmedir. \(AB\), Örnek 18.13 içindeki \(C\)’dir: \((1, 1, 1)\) köşegeni çevresinde üçte bir tur. \(BA\) ise \((1, -1, 1)\) noktasını yerinde bırakır: \((BA)(1, -1, 1) = (1, -1, 1)\). Rodrigues formülünü \(\mathbf{e} = \tfrac{1}{\sqrt{3}}(1, -1, 1)\) ve \(\vartheta = 2\pi/3\) ile uygulayınca, Örnek 18.13 içindeki hesabın aynısı \(\mathbf{u}_1 \mapsto \mathbf{u}_3\), \(\mathbf{u}_2 \mapsto -\mathbf{u}_1\), \(\mathbf{u}_3 \mapsto -\mathbf{u}_2\) verir; bunlar \(BA\)’nın sütunlarıdır. Yani \(BA\), \((1, -1, 1)\) doğrultusundaki eksen çevresinde üçte bir turdur. İki çeyrek tur, her iki sırada da üçte bir tur verir; ama eksenler farklıdır.

\(\blacksquare\)

18.9 Sabit Noktalar

Bir izometrinin ne yaptığını anlamanın iyi bir yolu, hangi noktaları yerinde bıraktığına bakmaktır. \(F = T_{\mathbf{a}}C\) için \(F(\mathbf{p}) = \mathbf{p}\) denklemi \(\mathbf{a} + C(\mathbf{p}) = \mathbf{p}\), yani \(\mathbf{p} - C(\mathbf{p}) = \mathbf{a}\) lineer denklem sistemidir. Açısı \(2\pi\)’nin bir katı olmayan bir dönmenin sabit noktaları tam olarak ekseni oluşturur; vida hareketinin ise (Örnek 18.12) hiç sabit noktası yoktur.

Örnek 18.15 (Kaydırılmış Eksen Çevresinde Dönme) \(C\), \(z\) ekseni çevresinde \(\pi/2\) açısıyla dönme ve \(\mathbf{a} = (2, 0, 0)\) olsun. \(F = T_{\mathbf{a}}C\) izometrisinin sabit noktalarını bulup \(F\)’nin ne yaptığını yorumlayalım.

Çözüm

Formül. \(C(\mathbf{p}) = (-p_2, p_1, p_3)\) olduğundan \(F(\mathbf{p}) = (2 - p_2,\ p_1,\ p_3)\).

Sabit noktalar. \(F(\mathbf{p}) = \mathbf{p}\) denklemi

\[2 - p_2 = p_1, \qquad p_1 = p_2, \qquad p_3 = p_3\]

sistemidir. İkinci denklemi birinciye koyarsak \(2 - p_1 = p_1\), yani \(p_1 = p_2 = 1\); \(p_3\) ise serbesttir. Sabit noktalar, \(\mathbf{c} = (1, 1, 0)\) noktasından geçen dikey doğrunun noktalarıdır.

Yorum. Her \(\mathbf{p}\) için

\[\mathbf{c} + C(\mathbf{p} - \mathbf{c}) = (1, 1, 0) + \bigl(-(p_2 - 1),\ p_1 - 1,\ p_3\bigr) = (2 - p_2,\ p_1,\ p_3) = F(\mathbf{p}).\]

Yani \(F\) önce \(\mathbf{c}\)’yi orijine taşır, orada \(z\) ekseni çevresinde döndürür, sonra geri taşır: \(F = T_{\mathbf{c}}\,C\,T_{-\mathbf{c}}\). \(F\), \(z\) eksenine paralel ve \(\mathbf{c}\)’den geçen doğru çevresinde dik açılık dönmedir. Öteleme kısmı \((2, 0, 0)\) olduğu hâlde \(F\) hiçbir şeyi “ötelemez”; öteleme kısmı yalnızca dönme ekseninin orijinden geçmediğini haber verir.

Bir kare. \(xy\) düzlemindeki köşeleri \((2, 1)\), \((3, 1)\), \((3, 2)\), \((2, 2)\) olan kare, önce \(C\) ile \((-1, 2)\), \((-1, 3)\), \((-2, 3)\), \((-2, 2)\) köşeli kareye döner, sonra \((2, 0)\) kadar kayarak \((1, 2)\), \((1, 3)\), \((0, 3)\), \((0, 2)\) köşeli kareye gelir. Sonuç, ilk karenin \((1, 1)\) çevresinde çeyrek tur döndürülmüş hâlidir.

F = T_aC, a = (2, 0, 0), yukarıdan bakış. Gri kare C ile orijin çevresinde çeyrek tur döner (kesikli kare), sonra (2, 0) kadar kayar (turuncu oklar) ve mavi kareye gelir. Sonuç, gri karenin c = (1, 1) çevresinde çeyrek tur döndürülmüş hâlidir: örneğin (2, 1) köşesi (1, 2)’ye gider. F, c’den geçen dikey doğru çevresinde bir dönmedir.

\(\blacksquare\)

18.10 İzometriler ve Eğriler

Bir izometri eğrileri eğrilere götürür. \(\alpha\) bir eğri ve \(F = T_{\mathbf{a}}C\) ise \(\alpha\)’nın görüntüsü (Tanım 7.2)

\[\beta(t) = F\bigl(\alpha(t)\bigr) = \mathbf{a} + C\bigl(\alpha(t)\bigr)\]

eğrisidir. \(\beta\)’nın \(i\)-inci koordinatı \(a_i + \sum_j c_{ij}\,\alpha_j(t)\)’dir; sabit katsayılar türevin dışına çıktığından \(\beta'(t)\)’nin vektör kısmı, \(\alpha'(t)\)’nin vektör kısmına \(C\) uygulanarak bulunur ve aynısı ikinci ve üçüncü türevler için de geçerlidir. \(C\) normları koruduğundan \(\beta\) ile \(\alpha\)’nın süratleri her an aynıdır. Bu gözlemi bir sonraki bölümde teğet dönüşümü diliyle genel olarak ele alacağız; şimdilik bir helisin izometriler altında neye dönüştüğüne bakalım.

Örnek 18.16 (Döndürülüp Ötelenen Helis) \(\alpha(t) = (2\cos t,\ 2\sin t,\ t)\) helisini (Örnek 4.2) \(F = T_{\mathbf{a}}C\) izometrisiyle taşıyalım; burada \(C\), \(x\) ekseni çevresinde \(\pi/2\) açısıyla dönme ve \(\mathbf{a} = (0, -3, 3)\)’tür. Görüntü eğrisinin süratini, eğriliğini ve burulmasını \(\alpha\)’nınkilerle karşılaştıralım.

Çözüm

Görüntü. \(C(\mathbf{p}) = (p_1, -p_3, p_2)\) olduğundan

\[\beta(t) = (0, -3, 3) + C(2\cos t,\ 2\sin t,\ t) = (2\cos t,\ -t - 3,\ 2\sin t + 3).\]

Rota. Her \(t\) için

\[\beta_1(t)^2 + \bigl(\beta_3(t) - 3\bigr)^2 = 4\cos^2 t + 4\sin^2 t = 4.\]

\(\beta\), \(x = 0\), \(z = 3\) doğrusu çevresindeki \(2\) yarıçaplı silindirin üzerinde kalır ve \(t\) arttıkça bu doğru boyunca negatif \(y\) yönünde ilerler: ekseni bu doğru olan bir helistir.

Türevler. İki eğrinin ilk üç türevi:

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

Her satırda sağdaki, soldakine \(C\) uygulanmış hâlidir; örneğin \(C(\alpha')\), \((-2\sin t, -1, 2\cos t) = \beta'\) noktasıdır.

Sürat. \(\|\alpha'\|^2 = 4\sin^2 t + 4\cos^2 t + 1 = 5\) ve \(\|\beta'\|^2 = 4\sin^2 t + 1 + 4\cos^2 t = 5\); iki eğri de \(\sqrt{5}\) süratiyle gider.

Vektörel çarpımlar.

\[\alpha' \times \alpha'' = (2\sin t,\ -2\cos t,\ 4), \qquad \beta' \times \beta'' = (2\sin t,\ -4,\ -2\cos t).\]

İkisinin de normunun karesi \(4 + 16 = 20\)’dir.

Eğrilik ve burulma. Keyfi hızlı eğrilerin formülleri (Teorem 12.1) iki eğri için de

\[\kappa = \frac{\sqrt{20}}{(\sqrt{5})^3} = \frac{2\sqrt{5}}{5\sqrt{5}} = \frac{2}{5}\]

verir. Burulmanın payları

\[\begin{aligned} (\alpha' \times \alpha'') \cdot \alpha''' &= 4\sin^2 t + 4\cos^2 t + 0 = 4,\\[1mm] (\beta' \times \beta'') \cdot \beta''' &= 4\sin^2 t + 0 + 4\cos^2 t = 4 \end{aligned}\]

olduğundan iki eğri için de \(\tau = 4/20 = 1/5\). Bu değerler \(a = 2\), \(b = 1\) helisi için bildiğimiz \(\kappa = a/(a^2 + b^2)\) ve \(\tau = b/(a^2 + b^2)\) formülleriyle uyumludur (Örnek 11.5).

Sonuç. \(\beta\), \(\alpha\) ile aynı helistir; yalnızca uzayda başka bir yere konmuş ve başka bir yöne çevrilmiştir. Sürat, eğrilik ve burulma bu yer değiştirmeden etkilenmez.

α(t) = (2 cos t, 2 sin t, t) helisi (gri) ve onun F = T_aC altındaki görüntüsü β(t) = (2 cos t, −t − 3, 2 sin t + 3) (mavi), 0 ≤ t ≤ 2π. C, x ekseni çevresinde dik açılık dönme, a = (0, −3, 3)’tür. β’nın ekseni x = 0, z = 3 doğrusudur (kesikli); küçük oklar hareket yönünü gösterir. Turuncu oklar t = 0 anındaki hızlardır; ikisinin de uzunluğu √5’tir.

\(\blacksquare\)

Örnek 18.17 (Aynadaki Helis) Aynı \(\alpha(t) = (2\cos t,\ 2\sin t,\ t)\) helisini \(xy\) düzlemine göre yansıma \(M(\mathbf{p}) = (p_1, p_2, -p_3)\) ile taşıyalım ve görüntünün süratini, eğriliğini ve burulmasını bulalım.

Çözüm

Yansıma. \(M\), \(\mathbf{n} = \mathbf{u}_3\) için Örnek 18.7 içindeki yansımadır; ortogonaldir ve matrisinin determinantı \(-1\)’dir.

Görüntü ve türevleri. Görüntü eğrisi \(\gamma(t) = M\bigl(\alpha(t)\bigr)\) ve türevleri

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

Sürat ve eğrilik. \(\|\gamma'\|^2 = 5\). Vektörel çarpım \(\gamma' \times \gamma'' = (-2\sin t,\ 2\cos t,\ 4)\) ve normunun karesi \(20\)’dir; dolayısıyla \(\kappa = 2/5\), \(\alpha\)’nınkiyle aynı.

Burulma. Pay ve burulma

\[(\gamma' \times \gamma'') \cdot \gamma''' = -4\sin^2 t - 4\cos^2 t + 0 = -4, \qquad \tau = \frac{-4}{20} = -\frac{1}{5}.\]

Sonuç. Yansıma sürati ve eğriliği korudu, ama burulmanın işaretini değiştirdi. \(\alpha\) yukarı doğru sağ el yönünde burulan bir helistir; aynadaki görüntüsü \(\gamma\) ise aşağı inerken aynı yönde döner, yani sol el yönünde burulur. Bu, Örnek 11.5 içindeki helisin \(b = -1\) alınmış hâlidir. Yansımanın determinantının \(-1\) olmasıyla burulmanın işaret değiştirmesi arasındaki bağı Yönlendirme bölümünde kuracağız.

α(t) = (2 cos t, 2 sin t, t) helisi (mavi) ve xy düzlemindeki aynadaki görüntüsü γ(t) = (2 cos t, 2 sin t, −t) (turuncu), 0 ≤ t ≤ 6π/5. Kesikli doğru bir nokta çiftini birleştirir ve aynaya diktir. Oklar hareket yönünü gösterir: iki eğri yukarıdan bakınca aynı yönde döner, ama α dönerken yükselir, γ alçalır. Eğrilikleri aynıdır (2/5), burulmaları zıt işaretlidir.

\(\blacksquare\)

Etkileşimli sahne: helisi bir izometriyle taşımak. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz. İnce gri eğri \(\alpha(t) = (2\cos t, 2\sin t, t)\) helisidir, \(-\pi \le t \le \pi\). Kalın mavi eğri onun \(F = T_{\mathbf{a}}C\) altındaki görüntüsüdür: \(C\) önce (kutu işaretliyse) \(xy\) düzlemine göre yansıtır, sonra \(x\) ekseni çevresinde \(\vartheta\) açısıyla döndürür; \(T_{\mathbf{a}}\) ise \(\mathbf{a} = (0, 0, a_3)\) ile öteler. Turuncu oklar \(t = 0\) anındaki hızlardır. Değer satırı, görüntünün sürati, eğriliği ve burulmasını keyfi hızlı eğrilerin formülleriyle sayısal olarak hesaplar: \(\vartheta\) ve \(a_3\) ne olursa olsun sürat \(\sqrt{5} \approx 2{,}24\) ve eğrilik \(0{,}40\) kalır; burulma ise yansıma kutusu işaretlenince \(0{,}20\)’den \(-0{,}20\)’ye geçer.

viewof izoHelixControls = Inputs.form({
  angle: Inputs.range([0, 2 * Math.PI], { value: Math.PI / 2, step: 0.01, label: "ϑ" }),
  shift: Inputs.range([-3, 3], { value: 3, step: 0.1, label: "a₃" }),
  mirror: Inputs.toggle({ label: "önce yansıt", value: false })
})

izoHelixPlot = html`<div class="scene3d" role="img" aria-label="Dondurulebilir sahne: alfa helisi ve onun bir izometri altindaki goruntusu; izometri istege bagli olarak xy duzlemine gore yansima, x ekseni cevresinde theta acisiyla donme ve z ekseni boyunca oteleme yapar; t = 0 anindaki hiz vektorleri"></div>`

{
  const { angle, shift, mirror } = izoHelixControls;
  const c = Math.cos(angle);
  const s = Math.sin(angle);
  // C = (rotation about the x axis by angle) composed with the optional mirror z -> -z.
  const C = (p) => {
    const q = mirror ? [p[0], p[1], -p[2]] : p;
    return [q[0], c * q[1] - s * q[2], s * q[1] + c * q[2]];
  };
  const a = [0, 0, shift];
  const alpha = (t) => [2 * Math.cos(t), 2 * Math.sin(t), t];
  const beta = (t) => C(alpha(t)).map((x, i) => x + a[i]);
  const d1 = (t) => C([-2 * Math.sin(t), 2 * Math.cos(t), 1]);
  const d2 = (t) => C([-2 * Math.cos(t), -2 * Math.sin(t), 0]);
  const d3 = (t) => C([2 * Math.sin(t), -2 * Math.cos(t), 0]);
  const dot = (u, v) => u[0] * v[0] + u[1] * v[1] + u[2] * v[2];
  const cross = (u, v) => [u[1] * v[2] - u[2] * v[1], u[2] * v[0] - u[0] * v[2], u[0] * v[1] - u[1] * v[0]];
  const t0 = 1;
  const v1 = d1(t0);
  const w = cross(v1, d2(t0));
  const speed = Math.sqrt(dot(v1, v1));
  const kappa = Math.sqrt(dot(w, w)) / speed ** 3;
  const tau = dot(w, d3(t0)) / dot(w, w);
  const traces = [
    path(alpha, -Math.PI, Math.PI, theme.axis, "α", { width: 3 }),
    path(beta, -Math.PI, Math.PI, theme.theory, "F(α)", { width: 7 }),
    point(alpha(0), theme.text, "", { legend: false }),
    point(beta(0), theme.text, "", { legend: false }),
    ...arrow(alpha(0), [0, 2, 1], theme.practice, "hızlar", { head: 0.35 }),
    ...arrow(beta(0), d1(0), theme.practice, "", { head: 0.35, legend: false }),
    label(alpha(0), "α(0)", theme.text, { position: "bottom center" }),
    label(beta(0), "F(α(0))", theme.text, { position: "bottom center" })
  ];
  // Before the shift the (y, z) part of every image point has length at most sqrt(4 + pi^2) < 3.8,
  // and the shift adds |a3| <= 3, so the fixed box never clips the curve.
  render(Plotly, izoHelixPlot, traces, sceneLayout(theme, { x: [-3, 3], y: [-7, 7], z: [-7, 7], eye: { x: 1.9, y: 0.9, z: 0.6 } }));
  const num = (x) => fmt(x).replace("-", "−");
  return html`<div class="scene3d-readout">det C = ${mirror ? "−1" : "1"} &nbsp;·&nbsp; F(0) = (0; 0; ${num(shift)})<br>görüntünün sürati = ${num(speed)} &nbsp;·&nbsp; κ = ${num(kappa)} &nbsp;·&nbsp; τ = ${num(tau)}</div>`;
}

18.11 İzometri Grubu

İzometriler hakkında öğrendiklerimizi bir cebirsel yapı altında toplayalım. Bileşke, iki izometriden yeni bir izometri üreten bir işlemdir; bu işlemin özdeşlik dönüşümü gibi bir “etkisiz” elemanı ve her izometri için bir tersi vardır. Bu özellikleri taşıyan yapılar matematiğin her yerinde karşımıza çıkar.

Tanım 18.5 (Grup) \(\mathcal{G}\) bir küme olsun ve her \(g_1, g_2 \in \mathcal{G}\) çiftine \(\mathcal{G}\)’nin bir \(g_1g_2\) elemanını karşılık getiren bir işlem verilsin. Aşağıdaki üç koşul sağlanıyorsa \(\mathcal{G}\)’ye bu işlemle bir grup (group) denir:

1. Birleşme: her \(g_1, g_2, g_3\) için \((g_1g_2)g_3 = g_1(g_2g_3)\).
2. Birim eleman: her \(g\) için \(eg = ge = g\) olan bir \(e \in \mathcal{G}\) vardır.
3. Ters eleman: her \(g \in \mathcal{G}\) için \(gg^{-1} = g^{-1}g = e\) olan bir \(g^{-1} \in \mathcal{G}\) vardır.

Yani bir grup, elemanlarını birleştirmenin bir yolu olan ve bu birleştirmenin “hiçbir şey yapmayan” bir elemanı ile her adımı geri alan bir tersi bulunan kümedir. Birim eleman tektir: \(e\) ve \(e'\) ikisi de birim elemansa \(e = ee' = e'\). Örnekler: tam sayılar toplamayla (\(e = 0\), \(g^{-1} = -g\)), sıfırdan farklı gerçel sayılar çarpmayla (\(e = 1\), \(g^{-1} = 1/g\)), \(\mathbb{R}^3\)’ün noktaları toplamayla (\(e = \mathbf{0}\) ve \(\mathbf{p}\)’nin tersi \(-\mathbf{p}\)). Buna karşılık tam sayılar çıkarmayla bir grup değildir, çünkü çıkarma birleşmeli değildir: \((1 - 1) - 1 = -1\) iken \(1 - (1 - 1) = 1\).

\(\mathbb{R}^3\)’ün bütün izometrilerinin kümesini \(\mathcal{E}(3)\) ile gösterelim. Sonuç 18.1 tam olarak şunu söyler: bileşke \(\mathcal{E}(3)\) üzerinde bir işlemdir, \(I\) birim elemandır ve her izometrinin \(\mathcal{E}(3)\) içinde bir tersi vardır. Birleşme özelliği fonksiyonların bileşkesinde her zaman doğrudur. Böylece \(\mathcal{E}(3)\) bileşkeyle bir gruptur; bu grubu Öklid grubu diye anacağız ve grup koşullarının ayrıntılı denetimini Alıştırma 18.14 içinde yapacağız.

Tanım 18.6 (Alt Grup) \(\mathcal{G}\) bir grup ve \(\mathcal{H}\), \(\mathcal{G}\)’nin boş olmayan bir alt kümesi olsun. \(\mathcal{H}\)’nin iki elemanının çarpımı ve \(\mathcal{H}\)’nin her elemanının tersi yine \(\mathcal{H}\)’de ise \(\mathcal{H}\)’ye \(\mathcal{G}\)’nin bir alt grubu (subgroup) denir.

Yani bir alt grup, grubun işlemi ve ters alma altında kapalı olan boş olmayan bir parçasıdır. Bir alt grup birim elemanı da içerir: \(\mathcal{H}\)’nin bir \(h\) elemanını alırsak \(h^{-1}\) ve dolayısıyla \(hh^{-1} = e\) de \(\mathcal{H}\)’dedir. Grubun işlemi alt grupta da birleşmeli olduğundan bir alt grup kendi başına bir gruptur. \(\mathcal{E}(3)\)’ün iki önemli alt grubu vardır: bütün ötelemelerin kümesi \(\mathcal{T}(3)\) ve bütün ortogonal dönüşümlerin kümesi \(O(3)\); ikincisine ortogonal grup denir. Bunların alt grup olduğunu Alıştırma 18.15 ve Alıştırma 18.16 içinde göstereceğiz. Ayrıştırma teoremi, \(\mathcal{E}(3)\)’ün her elemanının \(\mathcal{T}(3)\)’ten bir elemanla \(O(3)\)’ten bir elemanın bileşkesi olarak tek türlü yazıldığını söyler.

Uzaklık ile iç çarpım her boyutta aynı formüllerle tanımlandığından bu bölümdeki tanımlar \(\mathbb{R}^n\)’de de anlamlıdır. İspatlar da, \(\mathbb{R}^3\) için kullandığımız lineer cebir sonuçlarının (ortonormal açılım, kare matrislerde tek yanlı tersin iki yanlı olması) \(n\) boyutlu karşılıklarıyla aynen yürür: \(\mathbb{R}^n\)’nin her izometrisi, \(n \times n\)’lik bir ortogonal matrisle verilen bir ortogonal dönüşüm ile bir ötelemenin bileşkesi olarak tek türlü yazılır. Düzlem ve doğru için bunu Alıştırma 18.18 ve Alıştırma 18.19 içinde açıkça göreceğiz.

18.12 Alıştırmalar

Bu alıştırmalarda \(A\), \(B\) ve \(C\) ortogonal dönüşümleri (ya da matrislerini), \(T_{\mathbf{a}}\) da \(\mathbf{a}\) ile ötelemeyi gösterir.

Alıştırma 18.1 (Önce Öteleyip Sonra Çevirmek) \(C\) bir ortogonal dönüşüm ve \(\mathbf{a}\) bir nokta olsun. \(CT_{\mathbf{a}} = T_{C(\mathbf{a})}C\) olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

İspat. Her \(\mathbf{p}\) için, \(C\)’nin lineerliğiyle

\[(CT_{\mathbf{a}})(\mathbf{p}) = C(\mathbf{p} + \mathbf{a}) = C(\mathbf{p}) + C(\mathbf{a}) = T_{C(\mathbf{a})}\bigl(C(\mathbf{p})\bigr) = (T_{C(\mathbf{a})}C)(\mathbf{p}).\]

Anlamı. \(CT_{\mathbf{a}}\) bir izometridir; öteleme kısmı \(C(\mathbf{a})\) ile öteleme, ortogonal kısmı \(C\)’dir. Ayrıştırmanın tekliği gereği \(CT_{\mathbf{a}} = T_{\mathbf{a}}C\) eşitliği ancak öteleme kısımları aynıysa, yani \(C(\mathbf{a}) = \mathbf{a}\) ise doğrudur.

Örnek. \(C\), \(z\) ekseni çevresinde \(\pi/2\) açısıyla dönme ve \(\mathbf{a} = (3, 1, 0)\) ise \(C(\mathbf{a}) = (-1, 3, 0) \ne \mathbf{a}\); \(CT_{\mathbf{a}}\) orijini \((-1, 3, 0)\)’a, \(T_{\mathbf{a}}C\) ise \((3, 1, 0)\)’a götürür ve iki izometri farklıdır (Teorem 18.2 içindeki şekil). Buna karşılık \(\mathbf{a} = (0, 0, 5)\) eksen üzerinde olduğundan \(C(\mathbf{a}) = \mathbf{a}\) ve iki sıra aynı izometriyi, bir vida hareketini verir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 18.2 (Bir Bileşkenin Parçaları) \(F = T_{\mathbf{a}}A\) ve \(G = T_{\mathbf{b}}B\) izometriler olsun. \(FG\) bileşkesinin öteleme ve ortogonal kısımlarını bulunuz.

Çözüm

Ötelemeyi sola taşımak. Bileşkenin birleşme özelliğiyle \(FG = T_{\mathbf{a}}(AT_{\mathbf{b}})B\). Alıştırma 18.1 gereği \(AT_{\mathbf{b}} = T_{A(\mathbf{b})}A\), dolayısıyla

\[FG = T_{\mathbf{a}}T_{A(\mathbf{b})}AB = T_{\mathbf{a} + A(\mathbf{b})}\,AB;\]

son adımda Lemma 18.1 kullanıldı.

\(AB\) ortogonaldir. İki lineer dönüşümün bileşkesi lineerdir ve iki ortogonal dönüşüm art arda iç çarpımı korur:

\[AB(\mathbf{p}) \cdot AB(\mathbf{q}) = B(\mathbf{p}) \cdot B(\mathbf{q}) = \mathbf{p} \cdot \mathbf{q}.\]

Sonuç. Ayrıştırmanın tekliği gereği \(FG\)’nin öteleme kısmı \(\mathbf{a} + A(\mathbf{b})\) ile öteleme, ortogonal kısmı \(AB\)’dir. Doğrudan denetim:

\[(FG)(\mathbf{p}) = \mathbf{a} + A\bigl(\mathbf{b} + B(\mathbf{p})\bigr) = \mathbf{a} + A(\mathbf{b}) + AB(\mathbf{p}).\]

Sayısal örnek. \(A\), \(z\) ekseni çevresinde ve \(B\), \(x\) ekseni çevresinde \(\pi/2\) açısıyla dönme, \(\mathbf{a} = (1, 0, 0)\), \(\mathbf{b} = (0, 0, 1)\) olsun. \(A(\mathbf{b}) = (0, 0, 1)\) olduğundan öteleme kısmı \((1, 0, 1)\) ile ötelemedir; ortogonal kısım Örnek 18.14 içindeki \(AB(\mathbf{p}) = (p_3, p_1, p_2)\)’dir. Örneğin

\[(FG)(1, 2, 3) = (1, 0, 1) + (3, 1, 2) = (4, 1, 3).\]

\(\blacksquare\)

Alıştırma 18.3 (Ters Sıradaki Bileşkenin Parçaları) \(F = T_{\mathbf{a}}A\) ve \(G = T_{\mathbf{b}}B\) izometriler olsun. \(GF\) bileşkesinin öteleme ve ortogonal kısımlarını bulunuz.

Çözüm

Hesap. Bir önceki alıştırmadaki hesap, harflerin rolleri değiştirilerek tekrarlanır:

\[GF = T_{\mathbf{b}}(BT_{\mathbf{a}})A = T_{\mathbf{b}}T_{B(\mathbf{a})}BA = T_{\mathbf{b} + B(\mathbf{a})}\,BA.\]

Sonuç. \(GF\)’nin öteleme kısmı \(\mathbf{b} + B(\mathbf{a})\) ile öteleme, ortogonal kısmı \(BA\)’dır. Doğrudan: \((GF)(\mathbf{p}) = \mathbf{b} + B(\mathbf{a}) + BA(\mathbf{p})\).

Sayısal örnek. Önceki alıştırmadaki veriyle \(B(\mathbf{a}) = B(1, 0, 0) = (1, 0, 0)\), dolayısıyla öteleme kısmı yine \((1, 0, 1)\) ile ötelemedir. Ama ortogonal kısım \(BA(\mathbf{p}) = (-p_2, -p_3, p_1)\)’dir ve \(AB\)’den farklıdır. Örneğin

\[(GF)(1, 2, 3) = (1, 0, 1) + (-2, -3, 1) = (-1, -3, 2),\]

oysa \((FG)(1, 2, 3) = (4, 1, 3)\). Öteleme kısımları aynı olsa bile \(FG \ne GF\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 18.4 (Bir İzometrinin Tersinin Parçaları) \(F = T_{\mathbf{a}}C\) izometrisinin bir ters dönüşümü olduğunu ve \(F^{-1}\)’in de bir izometri olduğunu gösteriniz; \(F^{-1}\)’in öteleme ve ortogonal kısımlarını bulunuz.

Çözüm

Varlık. Sonuç 18.1 gereği \(F\) birebir ve örtendir, \(C^{-1}\) ortogonaldir ve \(F^{-1} = C^{-1}T_{\mathbf{a}}^{-1} = C^{-1}T_{-\mathbf{a}}\) bir izometridir.

Parçalar. Alıştırma 18.1 ortogonal \(C^{-1}\) dönüşümüne uygulanırsa

\[F^{-1} = C^{-1}T_{-\mathbf{a}} = T_{C^{-1}(-\mathbf{a})}C^{-1} = T_{-C^{-1}(\mathbf{a})}\,C^{-1}.\]

Öteleme kısmı \(-C^{-1}(\mathbf{a})\) ile öteleme, ortogonal kısmı \(C^{-1}\)’dir. Matrislerle \(C^{-1} = C^{\mathsf{T}}\) olduğundan (Önerme 18.2)

\[F^{-1}(\mathbf{q}) = C^{\mathsf{T}}(\mathbf{q} - \mathbf{a}).\]

Denetim. İki bileşke de özdeşliktir:

\[\begin{aligned} F^{-1}\bigl(F(\mathbf{p})\bigr) &= -C^{-1}(\mathbf{a}) + C^{-1}\bigl(\mathbf{a} + C(\mathbf{p})\bigr) = \mathbf{p},\\[1mm] F\bigl(F^{-1}(\mathbf{q})\bigr) &= \mathbf{a} + C\bigl(C^{-1}(\mathbf{q} - \mathbf{a})\bigr) = \mathbf{q}. \end{aligned}\]

Sayısal örnek. \(C\), \(z\) ekseni çevresinde \(\pi/2\) açısıyla dönme ve \(\mathbf{a} = (1, 0, 0)\) ise \(F(\mathbf{p}) = (1 - p_2, p_1, p_3)\). \(C^{\mathsf{T}}(\mathbf{p}) = (p_2, -p_1, p_3)\) ve \(-C^{\mathsf{T}}(\mathbf{a}) = (0, 1, 0)\), dolayısıyla \(F^{-1}(\mathbf{q}) = (q_2,\ 1 - q_1,\ q_3)\). Gerçekten \(F^{-1}(1 - p_2, p_1, p_3) = (p_1, p_2, p_3)\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 18.5 (Bir Matrisin Ortogonalliği) Matrisi

\[C = \frac{1}{3}\begin{pmatrix} -2 & 2 & -1 \\ 2 & 1 & -2 \\ 1 & 2 & 2 \end{pmatrix}\]

olan \(C\) lineer dönüşümünün ortogonal olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Sütunlar. Önerme 18.2 gereği sütunların ortonormal olduğunu göstermek yeter. Sütunlar \(\tfrac{1}{3}(-2, 2, 1)\), \(\tfrac{1}{3}(2, 1, 2)\) ve \(\tfrac{1}{3}(-1, -2, 2)\)’dir.

Uzunluklar. Normların kareleri \((4 + 4 + 1)/9\), \((4 + 1 + 4)/9\) ve \((1 + 4 + 4)/9\), yani üçü de \(1\)’dir.

Diklik. Karşılıklı iç çarpımlar

\[\frac{-4 + 2 + 2}{9} = 0, \qquad \frac{2 - 4 + 2}{9} = 0, \qquad \frac{-2 - 2 + 4}{9} = 0.\]

Sütunlar ortonormaldir; \(C\) ortogonaldir.

Determinant. Birinci satıra göre açılım

\[\det C = \frac{1}{27}\bigl(-2(2 + 4) - 2(4 + 2) - (4 - 1)\bigr) = \frac{-27}{27} = -1\]

verir. \(C\) bir dönme değildir; Örnek 18.2 içindeki anlamda “ters çeviren” bir ortogonal dönüşümdür.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 18.6 (İç Çarpımın Korunmasını Sayılarla Görmek) \(C\), bir önceki alıştırmadaki ortogonal dönüşüm, \(\mathbf{p} = (3, 1, -6)\) ve \(\mathbf{q} = (1, 0, 3)\) olsun. \(C(\mathbf{p})\) ve \(C(\mathbf{q})\) noktalarını hesaplayıp \(C(\mathbf{p}) \cdot C(\mathbf{q}) = \mathbf{p} \cdot \mathbf{q}\) olduğunu denetleyiniz.

Çözüm

\(C(\mathbf{p})\). Satırları \(\mathbf{p}\) ile çarpalım:

\[C(\mathbf{p}) = \frac{1}{3}\bigl(-6 + 2 + 6,\ \ 6 + 1 + 12,\ \ 3 + 2 - 12\bigr) = \Bigl(\frac{2}{3},\ \frac{19}{3},\ -\frac{7}{3}\Bigr).\]

\(C(\mathbf{q})\). Aynı biçimde

\[C(\mathbf{q}) = \frac{1}{3}\bigl(-2 + 0 - 3,\ \ 2 + 0 - 6,\ \ 1 + 0 + 6\bigr) = \Bigl(-\frac{5}{3},\ -\frac{4}{3},\ \frac{7}{3}\Bigr).\]

İç çarpımlar.

\[\begin{aligned} C(\mathbf{p}) \cdot C(\mathbf{q}) &= \frac{-10 - 76 - 49}{9} = \frac{-135}{9} = -15,\\[1mm] \mathbf{p} \cdot \mathbf{q} &= 3 + 0 - 18 = -15. \end{aligned}\]

Normlar da korunur.

\[\begin{aligned} \|C(\mathbf{p})\|^2 &= \frac{4 + 361 + 49}{9} = 46 = 9 + 1 + 36 = \|\mathbf{p}\|^2,\\[1mm] \|C(\mathbf{q})\|^2 &= \frac{25 + 16 + 49}{9} = 10 = 1 + 0 + 9 = \|\mathbf{q}\|^2. \end{aligned}\]

\(\blacksquare\)

Alıştırma 18.7 (Bir Noktanın Görüntüsü) \(F = T_{\mathbf{a}}C\) olsun; burada \(\mathbf{a} = (1, 3, -1)\) ve

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

\(\mathbf{p} = (2, -2, 8)\) için \(\mathbf{q} = F(\mathbf{p})\) noktasının koordinatlarını bulunuz.

Çözüm

\(C\) nedir? Sütunlar ortonormaldir ve \(C\), \(\vartheta = -\pi/4\) için \(C_y\) matrisidir: \(y\) ekseni çevresinde \(-\pi/4\) açısıyla dönme.

\(C(\mathbf{p})\). Satırları \(\mathbf{p}\) ile çarpalım:

\[C(\mathbf{p}) = \Bigl(\frac{2 - 8}{\sqrt{2}},\ -2,\ \frac{2 + 8}{\sqrt{2}}\Bigr) = (-3\sqrt{2},\ -2,\ 5\sqrt{2}).\]

Öteleme. \(\mathbf{a}\)’yı ekleyelim:

\[\mathbf{q} = \mathbf{a} + C(\mathbf{p}) = (1 - 3\sqrt{2},\ 1,\ -1 + 5\sqrt{2}).\]

Denetim. \(C\) normu korumalıdır ve gerçekten

\[\|C(\mathbf{p})\|^2 = 18 + 4 + 50 = 72 = 4 + 4 + 64 = \|\mathbf{p}\|^2.\]

\(\blacksquare\)

Alıştırma 18.8 (Bir Noktanın Ters Görüntüsü) Bir önceki alıştırmadaki \(F = T_{\mathbf{a}}C\) ve \(\mathbf{p} = (2, -2, 8)\) için \(\mathbf{q} = F^{-1}(\mathbf{p})\) noktasının koordinatlarını bulunuz.

Çözüm

Formül. Alıştırma 18.4 gereği \(F^{-1}(\mathbf{p}) = C^{\mathsf{T}}(\mathbf{p} - \mathbf{a})\).

Fark. Koordinat koordinat çıkaralım:

\[\mathbf{p} - \mathbf{a} = (2 - 1,\ -2 - 3,\ 8 + 1) = (1, -5, 9).\]

Transpozla çarpım. \(C^{\mathsf{T}}\)’nin satırları \(C\)’nin sütunlarıdır: \(\tfrac{1}{\sqrt{2}}(1, 0, 1)\), \((0, 1, 0)\) ve \(\tfrac{1}{\sqrt{2}}(-1, 0, 1)\). Dolayısıyla

\[\mathbf{q} = \Bigl(\frac{1 + 9}{\sqrt{2}},\ -5,\ \frac{-1 + 9}{\sqrt{2}}\Bigr) = (5\sqrt{2},\ -5,\ 4\sqrt{2}).\]

Denetim. \(\mathbf{q}\)’ya \(F\) uygulayınca \(\mathbf{p}\)’ye dönmeliyiz:

\[\begin{aligned} C(\mathbf{q}) &= \Bigl(\frac{5\sqrt{2} - 4\sqrt{2}}{\sqrt{2}},\ -5,\ \frac{5\sqrt{2} + 4\sqrt{2}}{\sqrt{2}}\Bigr) = (1, -5, 9),\\[1mm] F(\mathbf{q}) &= \mathbf{a} + (1, -5, 9) = (2, -2, 8) = \mathbf{p}. \end{aligned}\]

\(\blacksquare\)

Alıştırma 18.9 (Ters Sıradaki Bileşkede Bir Nokta) Aynı \(\mathbf{a} = (1, 3, -1)\), aynı \(C\) ve \(\mathbf{p} = (2, -2, 8)\) için \(\mathbf{q} = (CT_{\mathbf{a}})(\mathbf{p})\) noktasının koordinatlarını bulunuz.

Çözüm

Doğrudan hesap. \((CT_{\mathbf{a}})(\mathbf{p}) = C(\mathbf{p} + \mathbf{a})\) ve \(\mathbf{p} + \mathbf{a} = (3, 1, 7)\). Dolayısıyla

\[\mathbf{q} = C(3, 1, 7) = \Bigl(\frac{3 - 7}{\sqrt{2}},\ 1,\ \frac{3 + 7}{\sqrt{2}}\Bigr) = (-2\sqrt{2},\ 1,\ 5\sqrt{2}).\]

İkinci yol. Alıştırma 18.1 gereği \(CT_{\mathbf{a}} = T_{C(\mathbf{a})}C\). Burada

\[C(\mathbf{a}) = \Bigl(\frac{1 + 1}{\sqrt{2}},\ 3,\ \frac{1 - 1}{\sqrt{2}}\Bigr) = (\sqrt{2}, 3, 0)\]

ve \(C(\mathbf{p}) = (-3\sqrt{2}, -2, 5\sqrt{2})\) olduğundan

\[\mathbf{q} = C(\mathbf{a}) + C(\mathbf{p}) = (\sqrt{2} - 3\sqrt{2},\ 3 - 2,\ 5\sqrt{2}) = (-2\sqrt{2}, 1, 5\sqrt{2}).\]

Karşılaştırma. \(F(\mathbf{p}) = (1 - 3\sqrt{2},\ 1,\ -1 + 5\sqrt{2})\) ile karşılaştırınca \(CT_{\mathbf{a}} \ne T_{\mathbf{a}}C\) olduğu sayılarla da görülür.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 18.10 (Orijine Göre Yansıma) \(F(\mathbf{p}) = -\mathbf{p}\) fonksiyonunun \(\mathbb{R}^3\)’ün bir izometrisi olup olmadığına karar veriniz; izometriyse öteleme ve ortogonal kısımlarını bulunuz.

Çözüm

Birinci adım. \(F(\mathbf{0}) = \mathbf{0}\).

İkinci adım. \(C(\mathbf{p}) = F(\mathbf{p}) - \mathbf{0} = -\mathbf{p}\); \(C\) lineerdir ve matrisi \(-I\)’dır.

Üçüncü adım. Sütunlar \(-\mathbf{u}_1, -\mathbf{u}_2, -\mathbf{u}_3\) ortonormaldir. \(F\) bir izometridir.

Sonuç. Öteleme kısmı \(\mathbf{0}\) ile öteleme, yani \(I\); ortogonal kısmı \(F\)’nin kendisidir. \(F\), her noktayı orijine göre simetriğine götüren orijine göre yansımadır. Determinantı \((-1)^3 = -1\)’dir; \(F\), \(z\) ekseni çevresinde \(\pi\) açısıyla dönme \((p_1, p_2, p_3) \mapsto (-p_1, -p_2, p_3)\) ile \(xy\) düzlemine göre yansımanın bileşkesidir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 18.11 (Bir Doğruya İzdüşüm) \(\|\mathbf{a}\| = 1\) olsun. \(F(\mathbf{p}) = (\mathbf{p} \cdot \mathbf{a})\,\mathbf{a}\) fonksiyonunun \(\mathbb{R}^3\)’ün bir izometrisi olup olmadığına karar veriniz; izometriyse öteleme ve ortogonal kısımlarını bulunuz.

Çözüm

Geometri. \(F(\mathbf{p})\), \(\mathbf{p}\)’nin \(\mathbf{a}\) doğrultusundaki bileşenidir: \(F\), uzayı orijinden geçen ve \(\mathbf{a}\) doğrultusundaki doğruya dik olarak izdüşürür.

İzometri değildir. \(\mathbf{a}\)’ya dik, sıfırdan farklı bir \(\mathbf{b}\) noktası alalım; örneğin \(\mathbf{a} = \tfrac{1}{3}(1, 2, 2)\) için \(\mathbf{b} = (2, -1, 0)\), çünkü \(\mathbf{b} \cdot \mathbf{a} = (2 - 2 + 0)/3 = 0\). O zaman \(F(\mathbf{b}) = 0 \cdot \mathbf{a} = \mathbf{0} = F(\mathbf{0})\), oysa \(d(\mathbf{0}, \mathbf{b}) = \|\mathbf{b}\| \ne 0\). \(F\) birebir bile değildir; dolayısıyla izometri değildir. Böyle bir \(\mathbf{b}\) her birim \(\mathbf{a}\) için vardır: \(\mathbf{a}\)’yı bir çatıya tamamlayan iki öteki vektör buna örnektir.

Yöntemle. \(F(\mathbf{0}) = \mathbf{0}\) ve \(C = F\) lineerdir; \(j\)-inci sütun \(F(\mathbf{u}_j) = a_j\,\mathbf{a}\)’nın uzunluğu \(|a_j|\)’dir. Sütunların üçü birden birim olsaydı \(a_1^2 + a_2^2 + a_3^2 = 3\) olurdu, oysa bu toplam \(1\)’dir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 18.12 (Koordinatları Değiştirip Kaydırmak) \(F(\mathbf{p}) = (p_3 - 1,\ p_2 - 2,\ p_1 - 3)\) fonksiyonunun \(\mathbb{R}^3\)’ün bir izometrisi olup olmadığına karar veriniz; izometriyse öteleme ve ortogonal kısımlarını bulunuz.

Çözüm

Birinci adım. \(\mathbf{a} = F(\mathbf{0}) = (-1, -2, -3)\).

İkinci adım. \(C(\mathbf{p}) = F(\mathbf{p}) - \mathbf{a} = (p_3, p_2, p_1)\); \(C\) lineerdir ve matrisi

\[C = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}.\]

Üçüncü adım. Sütunlar \(\mathbf{u}_3, \mathbf{u}_2, \mathbf{u}_1\) ortonormaldir. \(F\) bir izometridir.

Sonuç. Öteleme kısmı \((-1, -2, -3)\) ile öteleme, ortogonal kısmı \(x\) ile \(z\) koordinatlarının yerini değiştiren \(C\)’dir. \(C\), \(x = z\) düzlemine göre yansımadır: \(\mathbf{n} = \tfrac{1}{\sqrt{2}}(1, 0, -1)\) için Örnek 18.7 formülü

\[\mathbf{p} - 2(\mathbf{p} \cdot \mathbf{n})\,\mathbf{n} = \mathbf{p} - (p_1 - p_3)(1, 0, -1) = (p_3, p_2, p_1)\]

verir. Determinantı \(-1\)’dir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 18.13 (Bir Düzleme İzdüşüm) \(F(\mathbf{p}) = (p_1, p_2, 1)\) fonksiyonunun \(\mathbb{R}^3\)’ün bir izometrisi olup olmadığına karar veriniz; izometriyse öteleme ve ortogonal kısımlarını bulunuz.

Çözüm

İzometri değildir. \(F(\mathbf{0}) = (0, 0, 1) = F(\mathbf{u}_3)\), oysa \(d(\mathbf{0}, \mathbf{u}_3) = 1\). \(F\) birebir değildir, dolayısıyla izometri değildir.

Yöntemle. \(\mathbf{a} = (0, 0, 1)\) ve \(C(\mathbf{p}) = (p_1, p_2, 0)\); üçüncü sütun sıfırdır, sütunlar ortonormal olamaz.

Geometri. \(F\), uzayı \(z = 1\) düzlemine dik olarak izdüşürür: her dikey doğruyu tek bir noktaya ezer.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 18.14 (Öklid Grubu) \(\mathbb{R}^3\)’ün bütün izometrilerinin kümesi \(\mathcal{E}(3)\)’ün, fonksiyonların bileşkesi işlemiyle bir grup olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

İşlem. \(F, G \in \mathcal{E}(3)\) ise \(GF \in \mathcal{E}(3)\) (Lemma 18.2); bileşke \(\mathcal{E}(3)\) üzerinde bir işlemdir.

Birleşme. \(F, G, H \in \mathcal{E}(3)\) ve \(\mathbf{p}\) bir nokta olsun. Bileşkenin tanımıyla

\[\bigl((HG)F\bigr)(\mathbf{p}) = (HG)\bigl(F(\mathbf{p})\bigr) = H\Bigl(G\bigl(F(\mathbf{p})\bigr)\Bigr) = \bigl(H(GF)\bigr)(\mathbf{p}).\]

Her \(\mathbf{p}\) için doğru olduğundan \((HG)F = H(GF)\).

Birim eleman. \(I \in \mathcal{E}(3)\) ve her \(F\) için \((IF)(\mathbf{p}) = F(\mathbf{p}) = (FI)(\mathbf{p})\), yani \(IF = FI = F\).

Ters eleman. Sonuç 18.1 gereği her \(F \in \mathcal{E}(3)\) birebir ve örtendir, tersi \(F^{-1}\) bir izometridir ve \(FF^{-1} = F^{-1}F = I\).

Üç koşul sağlandığından \(\mathcal{E}(3)\) bir gruptur. Bu grup değişmeli değildir: Örnek 18.14 içinde \(AB \ne BA\) bulduk.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 18.15 (Ötelemeler Bir Alt Gruptur) Bütün ötelemelerin kümesi \(\mathcal{T}(3)\)’ün \(\mathcal{E}(3)\)’ün bir alt grubu olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Alt küme. Her öteleme bir izometridir (Önerme 18.1); \(\mathcal{T}(3) \subset \mathcal{E}(3)\). \(I = T_{\mathbf{0}}\) bir öteleme olduğundan \(\mathcal{T}(3)\) boş değildir.

Bileşke. Lemma 18.1 gereği iki ötelemenin bileşkesi bir ötelemedir: \(T_{\mathbf{a}}T_{\mathbf{b}} = T_{\mathbf{a} + \mathbf{b}}\).

Ters. Aynı lemma gereği \(T_{\mathbf{a}}^{-1} = T_{-\mathbf{a}}\) bir ötelemedir.

İki koşul sağlandığından \(\mathcal{T}(3)\) bir alt gruptur. Üstelik bu alt grup değişmelidir: \(T_{\mathbf{a}}T_{\mathbf{b}} = T_{\mathbf{b}}T_{\mathbf{a}}\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 18.16 (Ortogonal Grup) Bütün ortogonal dönüşümlerin kümesi \(O(3)\)’ün \(\mathcal{E}(3)\)’ün bir alt grubu olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Alt küme. Her ortogonal dönüşüm bir izometridir (Teorem 18.1); \(O(3) \subset \mathcal{E}(3)\). Özdeşlik \(I\) lineerdir ve iç çarpımı korur; dolayısıyla \(O(3)\) boş değildir.

Bileşke. \(A, B \in O(3)\) olsun. \(AB\) lineerdir:

\[AB(a\mathbf{p} + b\mathbf{q}) = A\bigl(a\,B(\mathbf{p}) + b\,B(\mathbf{q})\bigr) = a\,AB(\mathbf{p}) + b\,AB(\mathbf{q}).\]

İç çarpımı da korur:

\[AB(\mathbf{p}) \cdot AB(\mathbf{q}) = B(\mathbf{p}) \cdot B(\mathbf{q}) = \mathbf{p} \cdot \mathbf{q}.\]

Dolayısıyla \(AB \in O(3)\).

Ters. Sonuç 18.1 ispatında \(C \in O(3)\) ise \(C^{-1}\)’in de lineer olduğunu ve iç çarpımı koruduğunu gösterdik: \(C^{-1} \in O(3)\).

İki koşul sağlandığından \(O(3)\) bir alt gruptur. Matris diliyle \(O(3)\), \(3 \times 3\) ortogonal matrislerin matris çarpımıyla oluşturduğu gruptur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 18.17 (İki Alt Grubun Kesişimi) \(\mathbb{R}^3\)’ün hangi izometrileri hem \(\mathcal{T}(3)\)’e hem \(O(3)\)’e aittir?

Çözüm

Gerek. \(F\) hem bir öteleme, örneğin \(F = T_{\mathbf{a}}\), hem de bir ortogonal dönüşüm olsun. Ortogonal dönüşümler lineer olduğundan orijini yerinde bırakır: \(\mathbf{0} = F(\mathbf{0}) = \mathbf{0} + \mathbf{a} = \mathbf{a}\). Demek ki \(F = T_{\mathbf{0}} = I\).

Yeter. \(I\), \(\mathbf{0}\) ile öteleme ve ortogonal bir dönüşümdür.

Sonuç. İki alt grubun ortak elemanı yalnızca özdeşlik dönüşümüdür. Aynı sonuç ayrıştırmanın tekliğinden de okunur: hem öteleme hem ortogonal olan \(F\) için \(F = F \cdot I\) ve \(F = I \cdot F\), aynı izometrinin iki ayrıştırmasıdır; teklik gereği \(F = I\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 18.18 (İki Boyutlu Ortogonal Matrisler) \(2 \times 2\)’lik keyfi bir \(C\) ortogonal matrisini, bir açı ve bir işaret kullanarak açıkça betimleyiniz.

Çözüm

Sütunlar. \(C = \begin{pmatrix} c_{11} & c_{12} \\ c_{21} & c_{22} \end{pmatrix}\) yazalım. Önerme 18.2 ispatının ilk adımı iki boyutta da aynen geçerlidir: \(C^{\mathsf{T}}C\)’nin \((j, k)\) girdisi \(j\)-inci ve \(k\)-inci sütunların iç çarpımıdır, yani \(C^{\mathsf{T}}C = I\) koşulu sütunların ortonormal olması demektir. Ortogonal matrisin tanımı ise \(CC^{\mathsf{T}} = I\)’dır. Üç boyutta bu iki koşulun denkliğini Lemma 9.4 ile ispatlamıştık; iki boyutta doğrudan görelim.

Tek yanlı ters. \(D = \det C = c_{11}c_{22} - c_{12}c_{21}\) diyelim ve \(C\)’nin köşegen girdilerinin yerini değiştirip öteki iki girdinin işaretini çevirerek \(\tilde{C}\) matrisini kuralım. Çarpım

\[\tilde{C}C = \begin{pmatrix} c_{22} & -c_{12} \\ -c_{21} & c_{11} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} c_{11} & c_{12} \\ c_{21} & c_{22} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} D & 0 \\ 0 & D \end{pmatrix} = DI\]

verir. \(CC^{\mathsf{T}} = I\) olsun. Bu eşitliği soldan \(\tilde{C}\) ile çarpınca \((\tilde{C}C)C^{\mathsf{T}} = \tilde{C}\), yani \(DC^{\mathsf{T}} = \tilde{C}\) olur. \(D = 0\) olsaydı \(\tilde{C}\) sıfır matris olurdu; \(\tilde{C}\)’nin girdileri \(C\)’ninkilerle işaret dışında aynı olduğundan \(C\) de sıfır matris olurdu ve \(CC^{\mathsf{T}} = I\) sağlanamazdı. Demek ki \(D \ne 0\) ve \(C^{\mathsf{T}} = \tilde{C}/D\); buradan \(C^{\mathsf{T}}C = \tilde{C}C/D = I\). Aynı akıl yürütmeyi \(C^{\mathsf{T}}\) matrisine uygularsak \(C^{\mathsf{T}}C = I\) eşitliğinden de \(CC^{\mathsf{T}} = I\) çıkar. Sonuç olarak \(C\)’nin ortogonal olması için sütunlarının ortonormal olması gerekir ve yeter.

Birinci sütun. \(c_{11}^2 + c_{21}^2 = 1\) olduğundan \((c_{11}, c_{21})\) birim çemberin bir noktasıdır; \((c_{11}, c_{21}) = (\cos\vartheta, \sin\vartheta)\) olacak biçimde bir \(\vartheta\) vardır.

İkinci sütun. \((c_{12}, c_{22})\), birinci sütuna diktir: \(c_{12}\cos\vartheta + c_{22}\sin\vartheta = 0\). \(\lambda = -c_{12}\sin\vartheta + c_{22}\cos\vartheta\) diyelim. Diklik koşulu \(c_{12}\cos\vartheta = -c_{22}\sin\vartheta\) ve \(c_{22}\sin\vartheta = -c_{12}\cos\vartheta\) verdiğinden

\[\begin{aligned} -\lambda\sin\vartheta &= c_{12}\sin^2\vartheta - c_{22}\sin\vartheta\cos\vartheta = c_{12}\sin^2\vartheta + c_{12}\cos^2\vartheta = c_{12},\\[1mm] \lambda\cos\vartheta &= -c_{12}\sin\vartheta\cos\vartheta + c_{22}\cos^2\vartheta = c_{22}\sin^2\vartheta + c_{22}\cos^2\vartheta = c_{22}. \end{aligned}\]

Yani \((c_{12}, c_{22}) = \lambda(-\sin\vartheta, \cos\vartheta)\). İkinci sütun birim olduğundan \(\lambda^2 = 1\), yani \(\lambda = \varepsilon\), \(\varepsilon = \pm 1\).

Sonuç. Her \(2 \times 2\) ortogonal matris, bir \(\vartheta\) açısı ve bir \(\varepsilon = \pm 1\) işareti için

\[C = \begin{pmatrix} \cos\vartheta & -\varepsilon\sin\vartheta \\ \sin\vartheta & \varepsilon\cos\vartheta \end{pmatrix}\]

biçimindedir; tersine bu biçimdeki her matrisin sütunları ortonormaldir. \(\det C = \varepsilon\).

İki tür. \(\varepsilon = 1\) ise \(C\), \(\vartheta\) açısıyla dönmedir (Örnek 18.1). \(\varepsilon = -1\) ise

\[C = \begin{pmatrix} \cos\vartheta & \sin\vartheta \\ \sin\vartheta & -\cos\vartheta \end{pmatrix}\]

olur. Bu matris \((\cos\frac{\vartheta}{2}, \sin\frac{\vartheta}{2})\) noktasını yerinde bırakır ve ona dik \((-\sin\frac{\vartheta}{2}, \cos\frac{\vartheta}{2})\) noktasının işaretini değiştirir; örneğin birinci koordinat \(\cos\vartheta\cos\frac{\vartheta}{2} + \sin\vartheta\sin\frac{\vartheta}{2} = \cos\frac{\vartheta}{2}\)’dir. Yani \(C\), \(x\) ekseniyle \(\vartheta/2\) açısı yapan doğruya göre yansımadır. \(\vartheta = 0\) için \(x\) eksenine göre, \(\vartheta = \pi/2\) için \(y = x\) doğrusuna göre yansıma çıkar (Örnek 18.2).

Düzlemin her izometrisi, ayrıştırma teoreminin iki boyutlu hâli gereği, \(F(\mathbf{p}) = \mathbf{a} + C(\mathbf{p})\) biçimindedir: bir dönme ya da bir doğruya göre yansıma, ardından bir öteleme.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 18.19 (Doğrunun İzometrileri) \(\mathbb{R} = \mathbb{R}^1\)’in keyfi bir \(F\) izometrisi için bir formül veriniz.

Çözüm

Ayrıştırmayla. Ayrıştırma teoreminin bir boyutlu hâli gereği \(F(p) = a + C(p)\); burada \(a = F(0)\) ve \(C\), \(\mathbb{R}\)’nin bir ortogonal dönüşümüdür. Lineer bir \(C : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), bir \(c\) sayısıyla \(C(p) = cp\) biçimindedir ve iç çarpımı (burada sıradan çarpımı) koruması \(c^2 = 1\), yani \(c = \pm 1\) demektir.

Doğrudan. Aynı sonucu ayrıştırma teoremini kullanmadan da görelim. \(G(p) = F(p) - F(0)\) bir izometridir ve \(G(0) = 0\). Her \(p\) için \(|G(p)| = |G(p) - G(0)| = |p|\), yani \(G(p) = \pm p\). \(\varepsilon = G(1)\) diyelim; \(\varepsilon = \pm 1\). Bir \(p \ne 0\) için \(G(p) = -\varepsilon p\) olsaydı

\[|p - 1| = |G(p) - G(1)| = |-\varepsilon p - \varepsilon| = |p + 1|\]

olurdu; bu da yalnızca \(p = 0\) için doğrudur. Dolayısıyla her \(p\) için \(G(p) = \varepsilon p\).

Sonuç. \(\mathbb{R}\)’nin her izometrisi, bir \(a\) sayısı ve bir \(\varepsilon = \pm 1\) işareti için

\[F(p) = \varepsilon p + a\]

biçimindedir; tersine bu biçimdeki her fonksiyon \(|F(p) - F(q)| = |p - q|\) sağlar. \(\varepsilon = 1\) ise \(F\), \(a\) ile ötelemedir; \(\varepsilon = -1\) ise \(F(p) = a - p\), \(a/2\) noktasına göre yansımadır (bu nokta yerinde kalır).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 18.20 (Dört Noktada Anlaşan İzometriler) \(F\) ve \(G\), \(\mathbb{R}^3\)’ün iki izometrisi olsun. \(F\) ile \(G\), \(\mathbf{0}, \mathbf{u}_1, \mathbf{u}_2, \mathbf{u}_3\) noktalarının her birinde aynı değeri alıyorsa \(F = G\) olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Karşılaştırma izometrisi. \(H = G^{-1}F\) olsun; Sonuç 18.1 gereği \(H\) bir izometridir.

Sabit noktalar. \(F(\mathbf{0}) = G(\mathbf{0})\) olduğundan \(H(\mathbf{0}) = G^{-1}\bigl(G(\mathbf{0})\bigr) = \mathbf{0}\); aynı biçimde her \(i\) için \(H(\mathbf{u}_i) = \mathbf{u}_i\).

\(H = I\). \(H\) orijini sabit bıraktığından Lemma 18.3 ispatının dördüncü adımı uygulanır:

\[H(\mathbf{p}) = p_1\,H(\mathbf{u}_1) + p_2\,H(\mathbf{u}_2) + p_3\,H(\mathbf{u}_3) = p_1\mathbf{u}_1 + p_2\mathbf{u}_2 + p_3\mathbf{u}_3 = \mathbf{p}.\]

Sonuç. \(G^{-1}F = I\); soldan \(G\) uygulanınca \(F = G\). Bir izometri, dört noktadaki değerleriyle tamamen belirlenir; Örnek 18.9 ve Örnek 18.12 bu olguyu kullanıyordu.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 18.21 (İki Yansımanın Bileşkesi Bir Dönmedir) \(S_1\), \(xz\) düzlemine göre yansıma; \(S_2\) de \(z\) eksenini içeren ve \(xz\) düzlemiyle \(\varphi\) açısı yapan düzleme, yani \(\mathbf{n} = (-\sin\varphi, \cos\varphi, 0)\) normalli düzleme göre yansıma olsun. \(S_2S_1\) bileşkesinin \(z\) ekseni çevresinde \(2\varphi\) açısıyla dönme olduğunu gösteriniz.

Çözüm

\(S_1\). \(xz\) düzleminin normali \(\mathbf{u}_2\)’dir; Örnek 18.7 formülü \(S_1(\mathbf{p}) = \mathbf{p} - 2p_2\,\mathbf{u}_2 = (p_1, -p_2, p_3)\) verir.

\(S_2\)’nin matrisi. \(j\)-inci sütun \(S_2(\mathbf{u}_j) = \mathbf{u}_j - 2n_j\,\mathbf{n}\)’dir. Girdiler

\[1 - 2\sin^2\varphi = \cos 2\varphi, \qquad 2\sin\varphi\cos\varphi = \sin 2\varphi, \qquad 1 - 2\cos^2\varphi = -\cos 2\varphi\]

özdeşlikleriyle sadeleşir:

\[S_2 = \begin{pmatrix} \cos 2\varphi & \sin 2\varphi & 0 \\ \sin 2\varphi & -\cos 2\varphi & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.\]

Denetim: \(S_2\), düzlemdeki \((\cos\varphi, \sin\varphi, 0)\) noktasını yerinde bırakır, çünkü bu nokta \(\mathbf{n}\)’ye diktir.

Bileşke. \(S_1\)’in matrisi \(\mathrm{diag}(1, -1, 1)\)’dir; sağdan bu matrisle çarpmak ikinci sütunun işaretini değiştirir:

\[S_2S_1 = \begin{pmatrix} \cos 2\varphi & -\sin 2\varphi & 0 \\ \sin 2\varphi & \cos 2\varphi & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.\]

Bu, \(\vartheta = 2\varphi\) için \(C_z\) matrisidir.

Yorum. Aralarında \(\varphi\) açısı olan iki aynada art arda yansımak, aynaların kesişme doğrusu çevresinde \(2\varphi\) kadar döndürmektir. Determinantlar da uyumludur: \((-1)(-1) = 1\). Sıra değişince dönme yönü de değişir: \(S_1S_2\), \(-2\varphi\) açısıyla dönmedir. Örneğin \(\varphi = \pi/4\) için \(S_2\), \(x\) ile \(y\)’nin yerini değiştirir ve \(S_2S_1(\mathbf{p}) = (-p_2, p_1, p_3)\) dik açılık dönmedir.

\(\blacksquare\)

Bu bölümde \(\mathbb{R}^3\)’ün bütün izometrilerini bulduk: her biri bir ortogonal dönüşüm ile bir ötelemenin bileşkesidir ve bir nokta ile bir ortogonal matrisle açıkça yazılır. Sıradaki bölümde (Bir İzometrinin Teğet Dönüşümü) bir izometrinin teğet vektörleri nasıl taşıdığına bakacağız: teğet dönüşümü her noktada aynı ortogonal kısımla çalışır ve bu yüzden iç çarpımları ve çatıları korur.