viewof sphBoxControls = Inputs.form({
rho: Inputs.range([1, 5], { value: 4, step: 0.1, label: "ρ" }),
theta: Inputs.range([0, 2 * Math.PI], { value: 0.25, step: 0.01, label: "ϑ" }),
phi: Inputs.range([-1.2, 0.9], { value: 0.5, step: 0.01, label: "φ" }),
delta: Inputs.range([0.02, 0.6], { value: 0.3, step: 0.01, label: "Δ" })
})16 Cartan Yapı Denklemleri
Önceki bölümde (Bağlantı Formları) bir çatı alanının noktadan noktaya nasıl döndüğünü tek bir ters simetrik matrisle, bağlantı formlarının \(\omega = (\omega_{ij})\) matrisiyle ölçtük (Tanım 15.1): her \(V\) vektör alanı için \(\nabla_V E_i = \sum_j \omega_{ij}(V)\, E_j\) bağlantı denklemleri geçerlidir (Teorem 15.1) ve \(\omega = dA\,A^{\mathsf{T}}\) eşitliği bu formları duruş matrisinden hesaplamamızı sağlar (Teorem 15.2). Böylece çatının dönme hızı, 1-formların diliyle anlatılmış oldu.
Bu bölümde iki soru soruyoruz. Birincisi: çatı alanının kendisi de 1-formlarla anlatılabilir mi? Yanıt evettir. Her çatı alanının yanında, bir teğet vektörün o çatıya göre koordinatlarını okuyan üç 1-form gelir; bunlara dual 1-formlar diyeceğiz. Doğal çatı alanı \(U_1, U_2, U_3\) için bu formlar tanıdık \(dx_1, dx_2, dx_3\)’tür. İkincisi: elimizde artık bir çatı alanına bağlı iki takım 1-form var, dual formlar ve bağlantı formları. Analizde yeni bir fonksiyon ortaya çıktığında ilk sorduğumuz şey türevidir; 1-formlar için bunun karşılığı dış türevdir. Bu formların dış türevleri nedir? Yanıtı Cartan’ın yapı denklemleri verir: dış türevler yine yalnızca bu formların kama çarpımlarıyla yazılır, dışarıdan hiçbir şey gerekmez.
Bölümün planı şöyledir. Önce dual 1-formları tanımlayıp her 1-formun onlarla tek türlü açıldığını göreceğiz; bu, bir vektör alanının çatı alanına göre açılımının 1-formlardaki karşılığıdır. Sonra dual formları duruş matrisiyle yazacak, silindirik ve küresel koordinatların bilinen “küçük kutu” resmini bu formlarla açıklayacağız. Ardından Cartan’ın bakış açısını benimseyip girdileri form olan matrislerle çalışmayı öğrenecek ve yapı denklemlerini birkaç satırda ispatlayacağız. Son olarak denklemleri somut çatılarda doğrulayacak ve onları bir geometri problemini çözmek için nasıl kullanacağımızı göreceğiz.
16.1 Dual 1-Formlar
Bir çatı alanını 1-formlarla anlatmanın yolu, her noktadaki çatıya göre koordinat almaktır. Bir \(\mathbf{p}\) noktasındaki bir \(\mathbf{v}\) teğet vektörünü o noktadaki \(E_1(\mathbf{p}), E_2(\mathbf{p}), E_3(\mathbf{p})\) çatısında açarsak (Teorem 9.1)
\[\mathbf{v} = \sum_{i=1}^{3} \bigl(\mathbf{v} \cdot E_i(\mathbf{p})\bigr)\, E_i(\mathbf{p})\]
olur. Katsayılar, \(\mathbf{v}\)’yi alıp bir sayı veren üç kuraldır. Bu kuralları adlandıralım.
Tanım 16.1 (Dual 1-Formlar) \(E_1, E_2, E_3\), \(\mathbb{R}^3\) üzerinde (ya da \(\mathbb{R}^3\)’ün bir açık alt kümesi üzerinde) bir çatı alanı olsun. \(i = 1, 2, 3\) için her \(\mathbf{p}\) noktasındaki her \(\mathbf{v}\) teğet vektörüne
\[\theta_i(\mathbf{v}) = \mathbf{v} \cdot E_i(\mathbf{p})\]
sayısını karşılık getiren \(\theta_1, \theta_2, \theta_3\) fonksiyonlarına çatı alanının dual 1-formları (dual 1-forms) denir.
Yani \(\theta_i\) bir ölçüm aygıtıdır: bir teğet vektörün, uygulandığı noktadaki çatının \(i\)-inci ekseni yönündeki bileşenini okur. Üç dual form birlikte, bir teğet vektörün çatıya göre üç koordinatını verir. Doğal çatıda bu işi \(dx_1, dx_2, dx_3\) yapar; dual formlar aynı işi keyfi bir çatı alanı için yapar.
Adın hak edildiğini, yani \(\theta_i\)’lerin gerçekten 1-form olduğunu ve çatı alanıyla nasıl eşleştiğini gösterelim.
Lemma 16.1 (Dual Formların Temel Özellikleri) \(E_1, E_2, E_3\) bir çatı alanı ve \(\theta_1, \theta_2, \theta_3\) dual 1-formları olsun. O zaman her \(\theta_i\) diferansiyellenebilir bir 1-formdur ve her \(1 \le i, j \le 3\) için
\[\theta_i(E_j) = \delta_{ij}\]
olur.
İspat
Her noktada lineerlik. Aynı \(\mathbf{p}\) noktasındaki \(\mathbf{v}\), \(\mathbf{w}\) teğet vektörleri ve \(a\), \(b\) sayıları için, teğet vektörlerin iç çarpımı bilineer olduğundan (Önerme 9.3)
\[\theta_i(a\mathbf{v} + b\mathbf{w}) = (a\mathbf{v} + b\mathbf{w}) \cdot E_i(\mathbf{p}) = a\,\mathbf{v} \cdot E_i(\mathbf{p}) + b\,\mathbf{w} \cdot E_i(\mathbf{p}) = a\,\theta_i(\mathbf{v}) + b\,\theta_i(\mathbf{w}).\]
Dolayısıyla \(\theta_i\) bir 1-formdur (Tanım 5.1).
Diferansiyellenebilirlik. \(V\) bir vektör alanı olsun. Her \(\mathbf{p}\)’de \(\theta_i(V)(\mathbf{p}) = V(\mathbf{p}) \cdot E_i(\mathbf{p})\) olduğundan \(\theta_i(V) = V \cdot E_i\), iki vektör alanının iç çarpımıdır ve Lemma 14.1 gereği diferansiyellenebilir bir fonksiyondur. Bu, Tanım 5.4’in istediği şeydir.
Çatı alanındaki değerler. \(\theta_i(E_j)\) fonksiyonu her noktada \(E_j(\mathbf{p}) \cdot E_i(\mathbf{p})\) değerini alır; yani \(\theta_i(E_j) = E_j \cdot E_i = \delta_{ij}\)’dir (Tanım 14.2).
\(\blacksquare\)
Yani \(\theta_i\), kendi alanı \(E_i\) üzerinde \(1\), öteki iki alan üzerinde \(0\) değerini alır. Doğrusal cebirde bir \(e_1, e_2, e_3\) tabanı için \(\theta_i(e_j) = \delta_{ij}\) koşulunu sağlayan lineer fonksiyonellere dual taban denir. Buna göre her \(\mathbf{p}\) noktasında \(\theta_1, \theta_2, \theta_3\), \(T_{\mathbf{p}}(\mathbb{R}^3)\)’ün \(E_1(\mathbf{p}), E_2(\mathbf{p}), E_3(\mathbf{p})\) tabanının dual tabanıdır; “dual 1-form” adı buradan gelir.
Örnek 16.1 (Doğal Çatının Dual Formları) Doğal çatı alanı \(U_1, U_2, U_3\)’ün dual 1-formlarını bulalım.
Çözüm
\(\mathbf{v} = (v_1, v_2, v_3)_{\mathbf{p}}\) olsun. \(U_i(\mathbf{p})\)’nin vektör kısmı \(i\)-inci yeri \(1\), ötekileri \(0\) olan vektör olduğundan
\[\theta_i(\mathbf{v}) = \mathbf{v} \cdot U_i(\mathbf{p}) = v_i\]
bulunur. Öte yandan Örnek 5.13’nde \(dx_i(\mathbf{v}) = v_i\) olduğunu görmüştük. İki 1-form her teğet vektörde aynı değeri aldığından
\[\theta_1 = dx_1, \qquad \theta_2 = dx_2, \qquad \theta_3 = dx_3.\]
Yani koordinat diferansiyelleri, doğal çatının dual formlarıdır. Lemma 16.1’deki \(\theta_i(E_j) = \delta_{ij}\) eşitliği burada \(dx_i(U_j) = \delta_{ij}\) olur; bunu \(U_j[x_i] = \partial x_i/\partial x_j\) hesabından da biliyoruz.
\(\blacksquare\)
Doğal çatıda bu kadar sade olan formlar, dönen bir çatıda her noktada başka bir üçlü seçer. Bir sayısal örnekte bu okumayı resimle görelim.
Örnek 16.2 (Silindirik Çatının Dual Formları Bir Vektörde) \(E_1, E_2, E_3\) silindirik çatı alanı (Örnek 14.9), \(\theta_1, \theta_2, \theta_3\) dual 1-formları olsun. \(\mathbf{p} = (3, 4, 2)\) ve \(\mathbf{v} = (1, 2, 5)_{\mathbf{p}}\) için \(\theta_1(\mathbf{v})\), \(\theta_2(\mathbf{v})\), \(\theta_3(\mathbf{v})\) sayılarını bulalım ve \(\mathbf{v}\)’yi bu sayılarla yeniden kuralım.
Çözüm
Çatı. \(\mathbf{p}\)’de \(r = 5\)’tir ve Örnek 14.9’teki tabloya göre \(E_1(\mathbf{p})\), \(E_2(\mathbf{p})\), \(E_3(\mathbf{p})\)’nin vektör kısımları \((3/5, 4/5, 0)\), \((-4/5, 3/5, 0)\) ve \((0, 0, 1)\)’dir.
Değerler. Tanımla
\[\begin{aligned} \theta_1(\mathbf{v}) &= 1 \cdot \dfrac{3}{5} + 2 \cdot \dfrac{4}{5} + 5 \cdot 0 = \dfrac{11}{5},\\ \theta_2(\mathbf{v}) &= 1 \cdot \left(-\dfrac{4}{5}\right) + 2 \cdot \dfrac{3}{5} + 5 \cdot 0 = \dfrac{2}{5},\\ \theta_3(\mathbf{v}) &= 5. \end{aligned}\]
Yeniden kurma. Ortonormal açılıma göre \(\mathbf{v} = \sum_i \theta_i(\mathbf{v})\, E_i(\mathbf{p})\) olmalıdır:
\[\dfrac{11}{5}\left(\dfrac{3}{5}, \dfrac{4}{5}, 0\right) + \dfrac{2}{5}\left(-\dfrac{4}{5}, \dfrac{3}{5}, 0\right) + 5\,(0, 0, 1) = \left(\dfrac{33 - 8}{25}, \dfrac{44 + 6}{25}, 5\right) = (1, 2, 5).\]
Uzunluk da tutar: \(1 + 4 + 25 = 30\) ve
\[\left(\dfrac{11}{5}\right)^2 + \left(\dfrac{2}{5}\right)^2 + 5^2 = \dfrac{121}{25} + \dfrac{4}{25} + 25 = 30.\]
Yorum. \(\theta_1(\mathbf{v})\), \(\mathbf{v}\)’nin \(z\) ekseninden dışa doğru bileşenidir; \(\theta_2(\mathbf{v})\) dönme yönündeki bileşenidir ve küçüktür, çünkü \((1, 2)\) yatay kısmı neredeyse \(\mathbf{p}\)’nin kendi doğrultusundadır; \(\theta_3(\mathbf{v})\) ise düşey bileşendir. Aynı \(\mathbf{v}\) vektörü doğal çatıda \((1, 2, 5)\), silindirik çatıda \((11/5, 2/5, 5)\) koordinatlarını taşır.
\(\blacksquare\)
Dual formlar tek tek vektörler yerine vektör alanlarına uygulandığında, çatı alanına göre açılımı (Lemma 14.3) yeni bir yazılışla verir. \(V\) bir vektör alanıysa her noktada \(\theta_i(V) = V \cdot E_i\) olduğunu yukarıdaki ispatta gördük; dolayısıyla
\[V = \sum_{i=1}^{3} \theta_i(V)\, E_i.\]
Örneğin silindirik çatı için Alıştırma 14.2’te bulduğumuz \(U_1 = \cos\vartheta\, E_1 - \sin\vartheta\, E_2\) açılımının katsayıları \(\theta_1(U_1) = \cos\vartheta\), \(\theta_2(U_1) = -\sin\vartheta\) ve \(\theta_3(U_1) = 0\)’dır.
16.2 Bir 1-Formun Dual Formlarla Açılımı
Az önceki formül, bir vektör alanını çatı alanı cinsinden yazmak için onu dual formlarla ölçmenin yettiğini söyler. Dualitenin tipik bir oyunuyla rolleri değiştirelim: bu kez bir 1-formu dual formlar cinsinden yazmak istiyoruz ve katsayıları formu çatı alanında ölçerek bulacağız.
Lemma 16.2 (Bir 1-Formun Dual Formlarla Açılımı) \(\theta_1, \theta_2, \theta_3\), \(\mathbb{R}^3\) ya da \(\mathbb{R}^3\)’ün bir açık alt kümesi üzerinde tanımlı bir \(E_1, E_2, E_3\) çatı alanının dual 1-formları olsun. O zaman bu küme üzerindeki her \(\phi\) 1-formu
\[\phi = \sum_{i=1}^{3} \phi(E_i)\, \theta_i\]
biçiminde yazılır. Bu yazılış tektir: \(g_1, g_2, g_3\) fonksiyonları için \(\phi = \sum_i g_i\, \theta_i\) ise her \(i\) için \(g_i = \phi(E_i)\) olur.
İspat
Eşitlik. İki 1-form her teğet vektörde aynı değeri alıyorsa eşittir. Bir \(\mathbf{p}\) noktasında bir \(\mathbf{v}\) teğet vektörü alalım. Toplam ve fonksiyonla çarpım noktasal tanımlandığından (Tanım 5.2) sağ yanın \(\mathbf{v}\)’deki değeri
\[\sum_{i=1}^{3} \phi\bigl(E_i(\mathbf{p})\bigr)\, \theta_i(\mathbf{v}) = \sum_{i=1}^{3} \bigl(\mathbf{v} \cdot E_i(\mathbf{p})\bigr)\, \phi\bigl(E_i(\mathbf{p})\bigr)\]
sayısıdır. \(\phi\), \(\mathbf{p}\)’deki teğet vektörler üzerinde lineer olduğundan bu toplam
\[\phi\Bigl(\sum_{i=1}^{3} \bigl(\mathbf{v} \cdot E_i(\mathbf{p})\bigr)\, E_i(\mathbf{p})\Bigr)\]
sayısına eşittir. Parantezin içi, ortonormal açılım (Teorem 9.1) gereği \(\mathbf{v}\)’nin kendisidir. Dolayısıyla sağ yanın \(\mathbf{v}\)’deki değeri \(\phi(\mathbf{v})\)’dir.
Katsayılar. \(\phi\) diferansiyellenebilir bir 1-form, \(E_i\) bir vektör alanı olduğundan \(\phi(E_i)\) diferansiyellenebilir bir fonksiyondur (Tanım 5.4). Yani sağ yan, diferansiyellenebilir katsayılarla yazılmış bir 1-formdur.
Teklik. \(\phi = \sum_i g_i\, \theta_i\) olsun. İki yanı \(E_j\) alanında değerlendirelim. Lemma 16.1 gereği
\[\phi(E_j) = \sum_{i=1}^{3} g_i\, \theta_i(E_j) = \sum_{i=1}^{3} g_i\, \delta_{ij} = g_j.\]
\(\blacksquare\)
Yani bir 1-formu dual formlarla açmak için onu çatı alanının üç alanında değerlendirmek yeter. \(E_i = U_i\) özel durumunda \(\theta_i = dx_i\) olduğundan bu, bir 1-formun Öklid koordinat fonksiyonlarını veren Lemma 5.1’dır; lemma o sonucu keyfi çatı alanlarına genişletir. İki açılım yan yana şöyledir:
\[V = \sum_{i=1}^{3} \theta_i(V)\, E_i, \qquad \phi = \sum_{i=1}^{3} \phi(E_i)\, \theta_i.\]
Vektör alanı, formlarla ölçülüp çatının alanlarıyla yeniden kurulur; 1-form, alanlarla ölçülüp dual formlarla yeniden kurulur.
En önemli 1-formlar diferansiyellerdir. Onlar için lemmanın katsayıları yönlü türevlerdir.
Sonuç 16.1 (Diferansiyelin Dual Formlarla Açılımı) \(E_1, E_2, E_3\) bir çatı alanı, \(\theta_1, \theta_2, \theta_3\) dual 1-formları ve \(f\) diferansiyellenebilir bir fonksiyon olsun. O zaman
\[df = E_1[f]\, \theta_1 + E_2[f]\, \theta_2 + E_3[f]\, \theta_3.\]
İspat
Lemma 16.2’ni \(\phi = df\) için uygularız: \(df = \sum_i df(E_i)\, \theta_i\). Önerme 5.3 gereği her vektör alanı için \(df(V) = V[f]\) olduğundan \(df(E_i) = E_i[f]\)’dir.
\(\blacksquare\)
Yani bir fonksiyonun diferansiyelinin çatı alanına göre katsayıları, fonksiyonun çatının üç yönündeki değişim hızlarıdır. Doğal çatıda bu, bildiğimiz \(df = \sum_i (\partial f/\partial x_i)\, dx_i\) formülüdür (Sonuç 5.1), çünkü \(U_i[f] = \partial f/\partial x_i\)’dir.
Örnek 16.3 (Dönme Formunun Silindirik Açılımı) \(\phi = -y\,dx + x\,dy\) 1-formunu silindirik çatı alanının dual formları cinsinden yazalım.
Çözüm
Katsayılar. Lemma 16.2’ne göre katsayılar \(\phi(E_i)\)’dir. \(E_1 = (x/r)\, U_1 + (y/r)\, U_2\), \(E_2 = -(y/r)\, U_1 + (x/r)\, U_2\) ve \(E_3 = U_3\) olduğundan, \(\phi(U_1) = -y\), \(\phi(U_2) = x\), \(\phi(U_3) = 0\) değerleri ve değerlendirmenin lineerliğiyle (Önerme 5.2)
\[\begin{aligned} \phi(E_1) &= \dfrac{x}{r}\,(-y) + \dfrac{y}{r}\, x = 0,\\ \phi(E_2) &= -\dfrac{y}{r}\,(-y) + \dfrac{x}{r}\, x = \dfrac{x^2 + y^2}{r} = r,\\ \phi(E_3) &= 0. \end{aligned}\]
Sonuç. \(\phi = r\, \theta_2\). Doğal çatıda iki terimli olan form, silindirik çatıda tek terimlidir: \(\phi\) bir vektörün yalnızca dönme yönündeki bileşenini okur ve onu \(r\) ile çarpar.
Sağlama. \(\mathbf{p} = (3, 4, 2)\) ve \(\mathbf{v} = (1, 2, 5)_{\mathbf{p}}\) için doğrudan \(\phi(\mathbf{v}) = -4 \cdot 1 + 3 \cdot 2 = 2\) bulunur. Öte yandan Örnek 16.2’da \(\theta_2(\mathbf{v}) = 2/5\) bulmuştuk ve \(r\,\theta_2(\mathbf{v}) = 5 \cdot 2/5 = 2\) olur.
\(\blacksquare\)
Örnek 16.4 (Yükseklik Diferansiyelinin Küresel Açılımı) \(dz\) 1-formunu küresel çatı alanı \(F_1, F_2, F_3\)’ün (Örnek 14.12) dual formları \(\theta_1, \theta_2, \theta_3\) cinsinden yazalım.
Çözüm
Katsayılar. Sonuç 16.1’ne göre katsayılar \(F_i[z]\)’dir. Bir \(V = \sum_j v_j U_j\) alanı için \(V[z] = v_3\) olduğundan \(F_i[z]\), \(F_i\)’nin \(U_3\) katsayısıdır. Örnek 14.12’deki açık formüllerden
\[F_1[z] = \sin\varphi, \qquad F_2[z] = 0, \qquad F_3[z] = \cos\varphi.\]
Sonuç.
\[dz = \sin\varphi\, \theta_1 + \cos\varphi\, \theta_3.\]
Aynı katsayılar Örnek 14.15’deki \(U_3 = \sin\varphi\, F_1 + \cos\varphi\, F_3\) açılımında da görünür. Bu bir rastlantı değildir: \(U_3\)’ün \(F_i\)’ye göre katsayısı \(U_3 \cdot F_i\), \(dz\)’nin \(\theta_i\)’ye göre katsayısı \(F_i[z] = F_i \cdot U_3\)’tür ve ikisi aynı sayıdır.
Sağlama. \(\mathbf{p} = (2, 2, 1)\) noktasında Örnek 14.14’ya göre \(\sin\varphi = 1/3\), \(\cos\varphi = 2\sqrt{2}/3\) ve \(F_1(\mathbf{p})\), \(F_3(\mathbf{p})\)’nin vektör kısımları \((2/3, 2/3, 1/3)\) ve \((-\sqrt{2}/6, -\sqrt{2}/6, 2\sqrt{2}/3)\)’tür. \(\mathbf{v} = (1, 1, 1)_{\mathbf{p}}\) için \(dz(\mathbf{v}) = 1\)’dir. Öte yandan
\[\theta_1(\mathbf{v}) = \dfrac{2 + 2 + 1}{3} = \dfrac{5}{3}, \qquad \theta_3(\mathbf{v}) = -\dfrac{\sqrt{2}}{6} - \dfrac{\sqrt{2}}{6} + \dfrac{2\sqrt{2}}{3} = \dfrac{\sqrt{2}}{3}\]
ve
\[\dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{5}{3} + \dfrac{2\sqrt{2}}{3} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{3} = \dfrac{5}{9} + \dfrac{4}{9} = 1.\]
\(\blacksquare\)
Örnek 16.5 (Eksene Uzaklığın Karesinin Diferansiyeli) \(f = x^2 + y^2\) fonksiyonunun diferansiyelini silindirik çatı alanının dual formları cinsinden yazalım.
Çözüm
Yönlü türevler. \(\partial f/\partial x = 2x\), \(\partial f/\partial y = 2y\), \(\partial f/\partial z = 0\)’dır. \(E_1, E_2, E_3\)’ün koordinat fonksiyonlarıyla
\[\begin{aligned} E_1[f] &= \dfrac{x}{r}\, 2x + \dfrac{y}{r}\, 2y = \dfrac{2(x^2 + y^2)}{r} = 2r,\\ E_2[f] &= -\dfrac{y}{r}\, 2x + \dfrac{x}{r}\, 2y = 0,\\ E_3[f] &= 0. \end{aligned}\]
Sonuç. Sonuç 16.1 ile \(df = 2r\, \theta_1\). Bu beklenen bir sonuçtur: \(f = r^2\) yalnızca \(z\) eksenine uzaklığa bağlıdır, dolayısıyla dönme yönünde ya da düşey yönde ilerlerken değişmez; dışa doğru birim hızla ilerlerken ise \(r\) birim hızla artar ve \(r^2\), \(2r\) hızıyla artar.
Sağlama. \(\mathbf{p} = (3, 4, 2)\) ve \(\mathbf{v} = (1, 2, 5)_{\mathbf{p}}\) için
\[df(\mathbf{v}) = \mathbf{v}[f] = 2 \cdot 3 \cdot 1 + 2 \cdot 4 \cdot 2 = 22;\]
öte yandan \(2r\, \theta_1(\mathbf{v}) = 10 \cdot 11/5 = 22\).
\(\blacksquare\)
16.3 Dual Formlar ve Duruş Matrisi
Bir çatı alanını doğal çatıyla duruş matrisi üzerinden karşılaştırıyorduk. Çatı alanının duruş matrisi \(A = (a_{ij})\), girdileri \(a_{ij} = E_i \cdot U_j\) fonksiyonları olan \(3 \times 3\) matristir (Tanım 15.2); her noktada o noktadaki çatının duruş matrisidir ve
\[E_i = \sum_{j=1}^{3} a_{ij}\, U_j \qquad (1 \le i \le 3)\]
eşitliğini sağlar. Aynı matrisin dual formları da verdiğini göstereceğiz; üstelik katsayılar hiç değişmeden.
Önerme 16.1 (Dual Formların Duruş Matrisiyle Yazılışı) \(E_1, E_2, E_3\) çatı alanının duruş matrisi \(A = (a_{ij})\) ve dual 1-formları \(\theta_1, \theta_2, \theta_3\) olsun. O zaman
\[\theta_i = \sum_{j=1}^{3} a_{ij}\, dx_j \qquad (1 \le i \le 3).\]
İspat
Lemma 16.2’ni doğal çatı alanı için uygulayalım; Örnek 16.1’e göre onun dual formları \(dx_1, dx_2, dx_3\)’tür. Böylece \(\theta_i = \sum_j \theta_i(U_j)\, dx_j\) olur. Katsayıları hesaplayalım:
\[\begin{aligned} \theta_i(U_j) &= U_j \cdot E_i = U_j \cdot \sum_{k=1}^{3} a_{ik}\, U_k\\[1mm] &\quad = \sum_{k=1}^{3} a_{ik}\, (U_j \cdot U_k) = \sum_{k=1}^{3} a_{ik}\, \delta_{jk} = a_{ij}. \end{aligned}\]
\(\blacksquare\)
Yani çatı alanı ile dual formları aynı katsayılarla yazılır:
\[E_i = \sum_{j=1}^{3} a_{ij}\, U_j \qquad\longleftrightarrow\qquad \theta_i = \sum_{j=1}^{3} a_{ij}\, dx_j.\]
\(E_i\)’yi yazmak için duruş matrisinin \(i\)-inci satırını doğal çatının alanlarıyla, \(\theta_i\)’yi yazmak için aynı satırı doğal çatının dual formlarıyla birleştiririz. Bu iki formül, \(\theta_1, \theta_2, \theta_3\)’ün \(E_1, E_2, E_3\) çatı alanının 1-form dilindeki tam karşılığı olduğunu açıkça gösterir: biri bilinirse öteki de bilinir.
Örnek 16.6 (Döndürülmüş Sabit Çatının Dual Formları) Örnek 14.5’deki \(E_1 = \tfrac{1}{3}(2U_1 + 2U_2 + U_3)\), \(E_2 = \tfrac{1}{3}(-2U_1 + U_2 + 2U_3)\), \(E_3 = \tfrac{1}{3}(U_1 - 2U_2 + 2U_3)\) çatı alanının dual formlarını bulalım ve \(\theta_i(E_j) = \delta_{ij}\) eşitliklerinden birkaçını denetleyelim.
Çözüm
Dual formlar. Duruş matrisi \(E_i\)’lerin katsayılarından oluşur; Önerme 16.1 ile
\[\theta_1 = \dfrac{2\,dx + 2\,dy + dz}{3}, \quad \theta_2 = \dfrac{-2\,dx + dy + 2\,dz}{3}, \quad \theta_3 = \dfrac{dx - 2\,dy + 2\,dz}{3}.\]
Denetim. Bir 1-formu bir alanda değerlendirmek için \(dx_j(E_i) = a_{ij}\) değerlerini kullanırız:
\[\begin{aligned} \theta_1(E_1) &= \dfrac{2 \cdot 2 + 2 \cdot 2 + 1 \cdot 1}{9} = 1, & \theta_1(E_2) &= \dfrac{2 \cdot (-2) + 2 \cdot 1 + 1 \cdot 2}{9} = 0,\\ \theta_2(E_3) &= \dfrac{-2 \cdot 1 + 1 \cdot (-2) + 2 \cdot 2}{9} = 0, & \theta_3(E_3) &= \dfrac{1 + 4 + 4}{9} = 1. \end{aligned}\]
Öteki beş değer de aynı biçimde çıkar; hesapların hepsi, Örnek 14.5’de denetlediğimiz \(E_i \cdot E_j = \delta_{ij}\) eşitliklerinin aynısıdır.
Yorum. Katsayılar sabit olduğundan her \(\theta_i\) bir diferansiyeldir: \(g_1 = (2x + 2y + z)/3\) fonksiyonu için Sonuç 5.1 \(dg_1 = \theta_1\) verir; benzer biçimde \(\theta_2 = d\bigl((-2x + y + 2z)/3\bigr)\) ve \(\theta_3 = d\bigl((x - 2y + 2z)/3\bigr)\)’tür. Bölümün sonunda bu durumu bir yöntemin örneği olarak yeniden ele alacağız.
\(\blacksquare\)
Örnek 16.7 (Yükseklikle Dönen Çatının Dual Formları) Örnek 14.6’deki \(E_1 = \cos z\, U_1 + \sin z\, U_2\), \(E_2 = -\sin z\, U_1 + \cos z\, U_2\), \(E_3 = U_3\) çatı alanının dual formlarını bulalım.
Çözüm
Duruş matrisi
\[A = \begin{pmatrix} \cos z & \sin z & 0 \\ -\sin z & \cos z & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\]
olduğundan Önerme 16.1
\[\theta_1 = \cos z\, dx + \sin z\, dy, \qquad \theta_2 = -\sin z\, dx + \cos z\, dy, \qquad \theta_3 = dz\]
verir. Bu kez katsayılar sabit değildir. Örneğin \(\theta_1\) bir diferansiyel olamaz: bir diferansiyelin dış türevi sıfırdır (Alıştırma 6.8), oysa
\[d\theta_1 = d(\cos z) \wedge dx + d(\sin z) \wedge dy = -\sin z\, dz \wedge dx + \cos z\, dz \wedge dy \neq 0.\]
Bu dış türevin çatının kendi formlarıyla nasıl yazıldığı, yapı denklemlerinin konusu olacak.
\(\blacksquare\)
Küresel çatı alanının dual formları, analizde çok bilinen bir resmi açıklar: küresel koordinatlarla çizilen “küçük kutu”.
Örnek 16.8 (Küresel Çatının Dual Formları) \(F_1, F_2, F_3\) küresel çatı alanı olsun. Dual formlarının
\[\theta_1 = d\rho, \qquad \theta_2 = \rho\cos\varphi\, d\vartheta, \qquad \theta_3 = \rho\, d\varphi\]
olduğunu gösterelim.
Çözüm
Koordinat diferansiyelleri. \(\vartheta\)’nın diferansiyellenebilir bir fonksiyon olduğu açık kümede (Tanım 14.3) çalışalım. \(x = \rho\cos\varphi\cos\vartheta\), \(y = \rho\cos\varphi\sin\vartheta\), \(z = \rho\sin\varphi\) eşitliklerine çarpım ve bileşke kurallarını (Lemma 5.2, Lemma 5.3) uygularız:
\[\begin{aligned} dx &= \cos\varphi\cos\vartheta\, d\rho - \rho\cos\varphi\sin\vartheta\, d\vartheta - \rho\sin\varphi\cos\vartheta\, d\varphi,\\ dy &= \cos\varphi\sin\vartheta\, d\rho + \rho\cos\varphi\cos\vartheta\, d\vartheta - \rho\sin\varphi\sin\vartheta\, d\varphi,\\ dz &= \sin\varphi\, d\rho + \rho\cos\varphi\, d\varphi. \end{aligned}\]
Birinci form. Duruş matrisinin birinci satırı \(F_1\)’in katsayılarıdır:
\[\theta_1 = \cos\varphi\cos\vartheta\, dx + \cos\varphi\sin\vartheta\, dy + \sin\varphi\, dz.\]
Yerine koyup \(d\rho\), \(d\vartheta\), \(d\varphi\) katsayılarını ayrı ayrı toplayalım:
\[\begin{aligned} d\rho&:\ \cos^2\varphi\cos^2\vartheta + \cos^2\varphi\sin^2\vartheta + \sin^2\varphi = 1,\\ d\vartheta&:\ -\rho\cos^2\varphi\cos\vartheta\sin\vartheta + \rho\cos^2\varphi\sin\vartheta\cos\vartheta = 0,\\ d\varphi&:\ -\rho\sin\varphi\cos\varphi\,(\cos^2\vartheta + \sin^2\vartheta) + \rho\sin\varphi\cos\varphi = 0. \end{aligned}\]
Dolayısıyla \(\theta_1 = d\rho\).
İkinci form. \(\theta_2 = -\sin\vartheta\, dx + \cos\vartheta\, dy\) için
\[\begin{aligned} d\rho&:\ -\cos\varphi\cos\vartheta\sin\vartheta + \cos\varphi\sin\vartheta\cos\vartheta = 0,\\ d\vartheta&:\ \rho\cos\varphi\sin^2\vartheta + \rho\cos\varphi\cos^2\vartheta = \rho\cos\varphi,\\ d\varphi&:\ \rho\sin\varphi\cos\vartheta\sin\vartheta - \rho\sin\varphi\sin\vartheta\cos\vartheta = 0. \end{aligned}\]
Dolayısıyla \(\theta_2 = \rho\cos\varphi\, d\vartheta\).
Üçüncü form. Bu kez
\[\theta_3 = -\sin\varphi\cos\vartheta\, dx - \sin\varphi\sin\vartheta\, dy + \cos\varphi\, dz\]
formülünde katsayıları toplarız:
\[\begin{aligned} d\rho&:\ -\sin\varphi\cos\varphi\,(\cos^2\vartheta + \sin^2\vartheta) + \cos\varphi\sin\varphi = 0,\\ d\vartheta&:\ \rho\sin\varphi\cos\varphi\cos\vartheta\sin\vartheta - \rho\sin\varphi\cos\varphi\sin\vartheta\cos\vartheta = 0,\\ d\varphi&:\ \rho\sin^2\varphi\,(\cos^2\vartheta + \sin^2\vartheta) + \rho\cos^2\varphi = \rho. \end{aligned}\]
Dolayısıyla \(\theta_3 = \rho\, d\varphi\).
Tanım kümesi. \(\vartheta\), \(z\) ekseni dışındaki noktaların tamamında tek bir diferansiyellenebilir fonksiyon olarak tanımlanamaz (bir yarım düzlem dışarıda bırakılır), ama diferansiyeli tanımlıdır: Örnek 15.3’de gördüğümüz gibi \(d\vartheta = (x\,dy - y\,dx)/(x^2 + y^2)\)’dir ve bu formül \(z\) ekseni dışında her yerde anlamlıdır. Bu yüzden \(\theta_2 = \rho\cos\varphi\, d\vartheta\) eşitliği, dual formlar gibi, \(z\) ekseni dışındaki her noktada geçerlidir.
Sağlama. Örnek 16.4’de \(dz = \sin\varphi\, \theta_1 + \cos\varphi\, \theta_3\) bulmuştuk. Yeni formüllerle sağ yan \(\sin\varphi\, d\rho + \rho\cos\varphi\, d\varphi\) olur; bu da yukarıdaki \(dz\) ifadesinin aynısıdır.
Küçük kutu. Analizde küresel koordinatlar \(d\rho\), \(d\vartheta\), \(d\varphi\) kadar artırıldığında oluşan küçük kutunun kenarlarının yaklaşık \(d\rho\), \(\rho\cos\varphi\, d\vartheta\) ve \(\rho\, d\varphi\) olduğu söylenir. Nedeni şudur: \(\rho\) kenarı dışa doğru bir doğru parçasıdır; \(\vartheta\) kenarı, yarıçapı noktanın \(z\) eksenine uzaklığı olan \(r = \rho\cos\varphi\) çemberinin \(d\vartheta\) açılı yayıdır; \(\varphi\) kenarı ise yarıçapı \(\rho\) olan meridyenin \(d\varphi\) açılı yayıdır. Bu üç kenar tam olarak \(F_1\), \(F_2\), \(F_3\) doğrultularındadır ve uzunlukları dual formlardır. Dual formlar, bu sezgisel kutu hesabının kesin biçimidir.
\(\blacksquare\)
Etkileşimli sahne: küresel koordinat kutusu. Sahneyi sürükleyerek döndürebilirsiniz. İlk üç kaydırıcı \(\mathbf{p}\) noktasını küresel koordinatlarıyla taşır; dördüncüsü üç koordinata aynı \(\Delta\) artımını verir. Kalın kenarlar \(\mathbf{p}\)’den çıkan kenarlardır: turuncu \(\rho\) kenarı \(F_1\), yeşil \(\vartheta\) kenarı \(F_2\), mavi \(\varphi\) kenarı \(F_3\) doğrultusundadır. Değer satırı üç kenarın uzunluğunu verir: \(\Delta\), \(\rho\cos\varphi\,\Delta\) ve \(\rho\,\Delta\). \(\varphi\)’yi kutba yaklaştırınca yeşil kenarın kısaldığını, \(\rho\)’yu büyütünce yeşil ve mavi kenarların uzadığını görün. Son satır kutunun gerçek hacmini, kenar uzunluklarının çarpımı \(\rho^2\cos\varphi\,\Delta^3\) ile karşılaştırır; \(\Delta\) küçüldükçe oran \(1\)’e yaklaşır.
Kutunun hacmi de dual formlarla okunur. Üç kenar karşılıklı dik olduğundan hacim yaklaşık olarak kenarların çarpımıdır; bunun kesin karşılığı üç dual formun kama çarpımıdır.
Örnek 16.9 (Dual Formlar ve Hacim Elemanı) Her çatı alanı için \(\theta_1 \wedge \theta_2 \wedge \theta_3 = \pm\, dx \wedge dy \wedge dz\) olduğunu gösterelim ve bunu küresel çatıya uygulayarak \(dx \wedge dy \wedge dz\)’yi \(\rho\), \(\vartheta\), \(\varphi\) ile yazalım.
Çözüm
Genel formül. Önerme 16.1’e göre \(\theta_i = \sum_j a_{ij}\, dx_j\)’dir. Alıştırma 6.14’ne göre
\[\theta_1 \wedge \theta_2 \wedge \theta_3 = (\det A)\; dx \wedge dy \wedge dz.\]
Her noktada \(A\) ortogonal bir matristir ve ortogonal matrislerin determinantı \(\pm 1\)’dir (Alıştırma 9.18).
Küresel çatı. \(\det A\), satırları \(F_1, F_2, F_3\)’ün koordinatları olan determinanttır, yani \(F_1 \cdot F_2 \times F_3\) üçlü skaler çarpımıdır (Alıştırma 9.11). Vektörel çarpımı hesaplayalım:
\[\begin{aligned} F_2 \times F_3 &= (-\sin\vartheta, \cos\vartheta, 0) \times (-\sin\varphi\cos\vartheta, -\sin\varphi\sin\vartheta, \cos\varphi)\\ &= \bigl(\cos\varphi\cos\vartheta,\ \cos\varphi\sin\vartheta,\ \sin\varphi\,(\sin^2\vartheta + \cos^2\vartheta)\bigr). \end{aligned}\]
Bu \(F_1\)’in kendisidir; dolayısıyla \(\det A = F_1 \cdot F_1 = 1\) ve
\[\begin{aligned} dx \wedge dy \wedge dz &= \theta_1 \wedge \theta_2 \wedge \theta_3 = d\rho \wedge (\rho\cos\varphi\, d\vartheta) \wedge (\rho\, d\varphi)\\[1mm] &\quad = \rho^2 \cos\varphi\; d\rho \wedge d\vartheta \wedge d\varphi. \end{aligned}\]
Yorum. Çok değişkenli analizdeki küresel koordinat hacim çarpanı \(\rho^2\cos\varphi\) böylece kutunun üç kenarının, yani üç dual formun, çarpımından doğar. (Açıyı \(z\) ekseninden ölçen alışkanlıkta aynı çarpan \(\rho^2\sin(\text{açı})\) olarak görünür.) Silindirik çatı için de \(\det A = 1\)’dir ve aynı hesap Alıştırma 6.15’ndeki \(dx \wedge dy \wedge dz = r\, dr \wedge d\vartheta \wedge dz\) sonucunu verir; bunu alıştırmalarda dual formlar bulunduktan sonra yeniden göreceğiz.
\(\blacksquare\)
16.4 Girdileri Form Olan Matrisler
Cartan’ın yaklaşımında temel nesneler tek tek formlar değil, girdileri form olan matrislerdir. Bunu bağlantı formlarında zaten gördük: dokuz bağlantı formu tek bir ters simetrik \(\omega\) matrisinde toplanır ve duruş matrisinden \(\omega = dA\,A^{\mathsf{T}}\) matris eşitliğiyle hesaplanır. Orada yalnızca fonksiyon matrislerinin diferansiyelini ve bir 1-form matrisiyle bir fonksiyon matrisinin çarpımını kullandık (Tanım 15.3). Dual formları da bir sütunda toplayacak ve 1-form matrislerini birbiriyle çarpacağız; bunun için bu matrislerle hesap kurallarını genişletip açıkça yazmalıyız.
Tanım 16.2 (Girdileri Form Olan Matrisler) Girdileri fonksiyon ya da diferansiyel form olan matrislerle şu işlemleri yaparız.
- Toplam girdi girdidir.
- Çarpım her zamanki satır–sütun kuralıyla yapılır, ancak girdiler kama çarpımıyla çarpılır: \(B\) ile \(C\)’nin çarpımının \((i, j)\) girdisi \(\sum_k B_{ik} \wedge C_{kj}\)’dir. Girdilerden biri fonksiyonsa kama çarpımı fonksiyonla çarpmadır.
- Dış türev girdi girdi alınır: \(dB\), \((i, j)\) girdisi \(dB_{ij}\) olan matristir.
- Transpoz \(B^{\mathsf{T}}\), \((i, j)\) girdisi \(B_{ji}\) olan matristir.
Yani bu matrislerle, sayı matrisleriyle nasıl hesap yapıyorsak öyle hesap yaparız; tek fark, girdileri çarparken sırayı korumak zorunda oluşumuzdur, çünkü iki 1-form yer değiştirince işaret değiştirir (Lemma 6.1).
Bu dilde dual formların ve bağlantı formlarının formülleri tek satırdır. \(\xi\), girdileri doğal koordinat fonksiyonları \(x_1, x_2, x_3\) olan sütun matris ve \(\theta\), girdileri dual formlar olan sütun matris olsun:
\[\theta = \begin{pmatrix} \theta_1 \\ \theta_2 \\ \theta_3 \end{pmatrix}, \qquad d\xi = \begin{pmatrix} dx_1 \\ dx_2 \\ dx_3 \end{pmatrix}.\]
Çarpımın \(i\)-inci girdisi \(\sum_j a_{ij}\, dx_j\) olduğundan Önerme 16.1
\[\theta = A\, d\xi\]
diye yazılır. Bağlantı formları için de \(\omega = dA\,A^{\mathsf{T}}\), yani \(\omega_{ij} = \sum_k da_{ik}\, a_{jk}\)’dir (Teorem 15.2). Duruş matrisi her noktada ortogonal olduğundan \(A^{\mathsf{T}}\,A = A\,A^{\mathsf{T}} = I\)’dır (Sonuç 9.1); bu birim matrisi bir matris formülünün içine istediğimiz yere, etkisiz olarak koyabiliriz.
İspatlarda kullanacağımız kuralları bir araya toplayalım. Tek dikkat edilecek nokta, formların sırasıdır.
Lemma 16.3 (Form Matrisleriyle Hesap Kuralları) \(F\) girdileri fonksiyon olan, \(B\) girdileri 1-form olan matrisler olsun (boyutlar çarpımlara uygun). O zaman
(1) \((FB)^{\mathsf{T}} = B^{\mathsf{T}}\,F^{\mathsf{T}}\) ve \((BF)^{\mathsf{T}} = F^{\mathsf{T}}\,B^{\mathsf{T}}\),
(2) \(d(FB) = dF\, B + F\, dB\),
(3) \(d(BF) = dB\, F - B\, dF\),
(4) \(d(F^{\mathsf{T}}) = (dF)^{\mathsf{T}}\),
ve üç matrisin çarpımı birleşmelidir: \((XY)Z = X(YZ)\).
İspat
Her eşitliği \((i, j)\) girdisinde denetleriz; \(f_{ik}\), \(F\)’nin, \(\beta_{kj}\) de \(B\)’nin girdileridir.
(1) \((FB)^{\mathsf{T}}\)’nin \((i, j)\) girdisi \(FB\)’nin \((j, i)\) girdisidir: \(\sum_k f_{jk}\, \beta_{ki}\). Fonksiyonlar formlarla yer değiştirdiğinden bu, \(\sum_k \beta_{ki}\, f_{jk}\)’ye, yani \(B^{\mathsf{T}}\)’nin \(i\)-inci satırı ile \(F^{\mathsf{T}}\)’nin \(j\)-inci sütununun çarpımına eşittir. İkinci eşitlik aynı biçimde gösterilir.
(2) Teorem 6.1’nın (2) şıkkı ve dış türevin lineerliğiyle
\[d\Bigl(\sum_k f_{ik}\, \beta_{kj}\Bigr) = \sum_k \bigl(df_{ik} \wedge \beta_{kj} + f_{ik}\, d\beta_{kj}\bigr).\]
Sağ yan, \(dF\, B + F\, dB\)’nin \((i, j)\) girdisidir.
(3) Önce fonksiyonu öne alıp aynı kuralı uygularız, sonra iki 1-formun yerini değiştiririz (Lemma 6.1):
\[d\Bigl(\sum_k \beta_{ik}\, f_{kj}\Bigr) = \sum_k \bigl(df_{kj} \wedge \beta_{ik} + f_{kj}\, d\beta_{ik}\bigr) = \sum_k \bigl(d\beta_{ik}\, f_{kj} - \beta_{ik} \wedge df_{kj}\bigr).\]
Sağ yan, \(dB\, F - B\, dF\)’nin \((i, j)\) girdisidir.
(4) İki yanın \((i, j)\) girdisi de \(df_{ji}\)’dir.
Birleşme. \((XY)Z\)’nin \((i, j)\) girdisi \(\sum_l \bigl(\sum_k X_{ik} \wedge Y_{kl}\bigr) \wedge Z_{lj}\)’dir. Kama çarpımının dağılma ve birleşme kurallarıyla bu, \(\sum_k X_{ik} \wedge \bigl(\sum_l Y_{kl} \wedge Z_{lj}\bigr)\)’ye, yani \(X(YZ)\)’nin \((i, j)\) girdisine eşittir.
\(\blacksquare\)
Uyarıİki form matrisinin çarpımında transpoz kuralı işaret değiştirir
Sayı matrisleri için \((BC)^{\mathsf{T}} = C^{\mathsf{T}}\,B^{\mathsf{T}}\) kuralını biliyoruz. Lemmanın (1) şıkkı, çarpanlardan biri fonksiyon matrisi olduğu sürece kuralın aynen geçerli olduğunu söyler. İki çarpan da 1-form matrisiyse durum farklıdır. En küçük örnek \(1 \times 1\) matrislerdir: \(B = (dx)\) ve \(C = (dy)\) için \(BC = (dx \wedge dy)\) ama \(C^{\mathsf{T}}\,B^{\mathsf{T}} = (dy \wedge dx)\), yani \((-\,dx \wedge dy)\). Genel olarak iki 1-form matrisi için \((BC)^{\mathsf{T}} = -\,C^{\mathsf{T}}\,B^{\mathsf{T}}\) olur. Bu yüzden ispatlarda transpozu yalnızca bir fonksiyon matrisi içeren çarpımlara uygulayacağız.
Örnek 16.10 (Yükseklikle Dönen Çatıda Form Matrisleri) Örnek 16.7’deki çatı alanı için bağlantı formu matrisi \(\omega\)’yı yazalım; \(\omega\theta\) sütununu ve \(\omega\omega\) matrisini hesaplayalım.
Çözüm
Bağlantı formları. Bu çatı, Örnek 15.3’deki tek açıyla dönen çatıların \(\psi = z\) durumudur; dolayısıyla \(\omega_{12} = dz\) ve \(\omega_{13} = \omega_{23} = 0\)’dır. Köşegen girdiler ters simetri gereği sıfırdır ve \(\omega_{21} = -dz\)’dir:
\[\omega = \begin{pmatrix} 0 & dz & 0 \\ -dz & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.\]
Çarpımlar. Satır–sütun kuralıyla
\[\omega\,\theta = \begin{pmatrix} dz \wedge \theta_2 \\ -\,dz \wedge \theta_1 \\ 0 \end{pmatrix}.\]
\(\omega\omega\)’nın her girdisi, iki çarpandan biri sıfır olan ya da \(dz \wedge dz = 0\) içeren terimlerin toplamıdır; örneğin \((1, 1)\) girdisi \(\omega_{12} \wedge \omega_{21} = dz \wedge (-dz) = 0\)’dır. Dolayısıyla \(\omega\omega = 0\).
\(\blacksquare\)
Örnek 16.11 (Koordinat Diferansiyellerini Dual Formlarla Yazmak) Her çatı alanı için \(d\xi = A^{\mathsf{T}}\,\theta\) olduğunu gösterelim ve bunu Örnek 16.6’deki çatıya uygulayalım.
Çözüm
Genel eşitlik. \(\theta = A\, d\xi\) eşitliğini soldan \(A^{\mathsf{T}}\) ile çarpar, birleşme kuralını ve \(A^{\mathsf{T}}\,A = I\) eşitliğini kullanırız: \(A^{\mathsf{T}}\,\theta = (A^{\mathsf{T}}\,A)\, d\xi = d\xi\). Girdilerle yazarsak \(dx_j = \sum_i a_{ij}\, \theta_i\): \(dx_j\)’nin katsayıları duruş matrisinin \(j\)-inci sütunudur. Bu, Lemma 16.2 ile de uyumludur, çünkü \(dx_j(E_i) = E_i[x_j] = a_{ij}\)’dir.
Sabit çatı. \(A\)’nın sütunları \(\tfrac{1}{3}(2, -2, 1)\), \(\tfrac{1}{3}(2, 1, -2)\) ve \(\tfrac{1}{3}(1, 2, 2)\)’dir:
\[dx = \dfrac{2\theta_1 - 2\theta_2 + \theta_3}{3}, \qquad dy = \dfrac{2\theta_1 + \theta_2 - 2\theta_3}{3}, \qquad dz = \dfrac{\theta_1 + 2\theta_2 + 2\theta_3}{3}.\]
Denetim. Birincide \(\theta_i\)’lerin yerine formüllerini koyalım: \(dx\) katsayısı \((4 + 4 + 1)/9 = 1\), \(dy\) katsayısı \((4 - 2 - 2)/9 = 0\), \(dz\) katsayısı \((2 - 4 + 2)/9 = 0\) çıkar.
\(\blacksquare\)
16.5 Yapı Denklemleri
Artık bir çatı alanına bağlı bütün 1-formlar elimizde: çatıyı anlatan dual formlar ve çatının dönmesini anlatan bağlantı formları. Bunların dış türevlerini soruyoruz. Cartan’ın bulduğu yanıt iki takım denklemdir ve dikkat çekici yanı, dış türevlerin yine yalnızca aynı formlarla ifade edilmesidir.
Teorem 16.1 (Cartan Yapı Denklemleri) \(E_1, E_2, E_3\), \(\mathbb{R}^3\) ya da \(\mathbb{R}^3\)’ün bir açık alt kümesi üzerinde dual 1-formları \(\theta_1, \theta_2, \theta_3\) ve bağlantı formları \(\omega_{ij}\) (\(1 \le i, j \le 3\)) olan bir çatı alanı olsun. Bu formların dış türevleri şu denklemleri sağlar.
(1) Birinci yapı denklemleri (first structural equations):
\[d\theta_i = \sum_{j=1}^{3} \omega_{ij} \wedge \theta_j \qquad (1 \le i \le 3).\]
(2) İkinci yapı denklemleri (second structural equations):
\[d\omega_{ij} = \sum_{k=1}^{3} \omega_{ik} \wedge \omega_{kj} \qquad (1 \le i, j \le 3).\]
Form matrisleriyle iki takım denklem \(d\theta = \omega\,\theta\) ve \(d\omega = \omega\,\omega\) diye yazılır.
İspat
Temel eşitlik. \(\omega = dA\,A^{\mathsf{T}}\) eşitliğini sağdan \(A\) ile çarpalım. Birleşme kuralı ve \(A^{\mathsf{T}}\,A = I\) ile
\[\omega A = dA\,(A^{\mathsf{T}}\,A) = dA\]
buluruz (bu eşitliği Örnek 15.9’de de görmüştük). Girdilerle: her \(i\), \(j\) için \(da_{ij} = \sum_k \omega_{ik}\, a_{kj}\). İki ispat da bu eşitliğe dayanır.
Birinci yapı denklemi. Her \(dx_j\) bir diferansiyel olduğundan \(d(dx_j) = 0\)’dır (Alıştırma 6.8); yani \(d(d\xi) = 0\). Lemma 16.3’nın (2) şıkkıyla
\[d\theta = d(A\, d\xi) = dA\, d\xi + A\, d(d\xi) = dA\, d\xi = \omega A\, d\xi = \omega\, \theta.\]
Girdilerle aynı hesap şöyledir:
\[\begin{aligned} d\theta_i &= \sum_{j} da_{ij} \wedge dx_j = \sum_{j} \sum_{k} \omega_{ik}\, a_{kj} \wedge dx_j\\[1mm] &\quad = \sum_{k} \omega_{ik} \wedge \Bigl(\sum_{j} a_{kj}\, dx_j\Bigr) = \sum_{k} \omega_{ik} \wedge \theta_k. \end{aligned}\]
İkinci yapı denklemi. \(\omega = dA\,A^{\mathsf{T}}\) çarpımında \(dA\) bir 1-form matrisi, \(A^{\mathsf{T}}\) bir fonksiyon matrisidir. Lemma 16.3’nın (3) şıkkı, \(d(dA) = 0\) ve (4) şıkkı
\[d\omega = d(dA)\,A^{\mathsf{T}} - dA\, d(A^{\mathsf{T}}) = -\,dA\,(dA)^{\mathsf{T}}\]
verir. Temel eşitlikten \(dA = \omega A\)’dır; (1) şıkkıyla, \(A\) bir fonksiyon matrisi olduğundan, \((dA)^{\mathsf{T}} = (\omega A)^{\mathsf{T}} = A^{\mathsf{T}}\,\omega^{\mathsf{T}}\)’dır. Bağlantı formları ters simetrik olduğundan (Lemma 15.1) \(\omega^{\mathsf{T}} = -\omega\)’dır. Hepsini yerine koyalım:
\[d\omega = -\,(\omega A)\,\bigl(-\,A^{\mathsf{T}}\,\omega\bigr) = \omega\,(A\,A^{\mathsf{T}})\,\omega = \omega\,\omega.\]
Girdilerle aynı hesap şöyledir. Teorem 6.1’nın (2) şıkkı ve \(d(da_{ik}) = 0\) ile
\[d\omega_{ij} = \sum_{k} d\bigl(a_{jk}\, da_{ik}\bigr) = \sum_{k} da_{jk} \wedge da_{ik}.\]
Temel eşitliği iki çarpana da uygulayıp \(k\) üzerinden toplarsak \(\sum_k a_{mk}\, a_{nk} = \delta_{mn}\) olduğundan
\[d\omega_{ij} = \sum_{m, n} \Bigl(\sum_{k} a_{mk}\, a_{nk}\Bigr)\, \omega_{jm} \wedge \omega_{in} = \sum_{m} \omega_{jm} \wedge \omega_{im}\]
kalır. Ters simetri (\(\omega_{jm} = -\omega_{mj}\), \(\omega_{im} = -\omega_{mi}\)) ve ters değişme kuralıyla son toplam
\[\sum_{m} \omega_{mj} \wedge \omega_{mi} = -\sum_{m} \omega_{mi} \wedge \omega_{mj} = \sum_{m} \omega_{im} \wedge \omega_{mj}\]
olur.
\(\blacksquare\)
Yani dual formların dış türevleri bağlantı formlarıyla dual formların kama çarpımlarıdır; bağlantı formlarının dış türevleri ise yalnızca bağlantı formlarının kama çarpımlarıdır. Bir çatı alanının dual formlarını ve bağlantı formlarını bilen, bu formların dış türevlerini de bilir.
Birinci yapı denklemi, bağlantı denklemlerinin dual karşılığıdır. İki takım denklem yan yana şöyledir:
\[\nabla_V E_i = \sum_{j=1}^{3} \omega_{ij}(V)\, E_j, \qquad d\theta_i = \sum_{j=1}^{3} \omega_{ij} \wedge \theta_j.\]
İkisi de aynı \(dA = \omega A\) eşitliğinden doğar. Bir yanda \(E_i = \sum_j a_{ij}\, U_j\) alanının kovaryant türevi, Lemma 13.2 gereği, katsayıların türevleriyle hesaplanır: \(\nabla_V E_i = \sum_j da_{ij}(V)\, U_j\); öbür yanda \(\theta_i = \sum_j a_{ij}\, dx_j\) formunun dış türevi yine katsayıların diferansiyelleriyle hesaplanır: \(d\theta_i = \sum_j da_{ij} \wedge dx_j\). Her iki durumda \(da_{ij}\) yerine \(\sum_k \omega_{ik}\, a_{kj}\) yazmak, \(a_{kj}\)’leri geri toplayarak \(E_k\)’yi ya da \(\theta_k\)’yı verir.
İkinci yapı denkleminin anlamını ancak ileride tam olarak göreceğiz: bu denklem, kabaca, \(\mathbb{R}^3\)’ün düzlem gibi “düz” olduğunu söyler. Düzlemde yalnızca bir bağlantı formu vardır ve ikinci yapı denklemi \(d\omega_{12} = 0\) biçimini alır (Alıştırma 16.8). Yüzeyleri incelerken benzer denklemler kuracağız; orada bu eşitlik bozulacak ve aradaki fark yüzeyin eğriliğini ölçecek.
Teoremde birinci yapı denklemleri üç, ikinci yapı denklemleri dokuz tanedir. Ters simetri nedeniyle bunların hepsi bağımsız değildir; denetlenecek denklemleri açıkça sayalım.
Önerme 16.2 (Yapı Denklemlerinin Açık Yazılışı) Birinci yapı denklemleri
\[\begin{aligned} d\theta_1 &= \omega_{12} \wedge \theta_2 + \omega_{13} \wedge \theta_3,\\ d\theta_2 &= \omega_{21} \wedge \theta_1 + \omega_{23} \wedge \theta_3,\\ d\theta_3 &= \omega_{31} \wedge \theta_1 + \omega_{32} \wedge \theta_2 \end{aligned}\]
biçimindedir. İkinci yapı denklemlerinin dokuzundan \(i = j\) olan üçü her ters simetrik 1-form matrisi için geçerli \(0 = 0\) özdeşlikleridir ve \((j, i)\) denklemi \((i, j)\) denkleminin iki yanının \(-1\) ile çarpılmışıdır. Dolayısıyla ikinci yapı denklemleri şu üç denkleme denktir:
\[d\omega_{12} = \omega_{13} \wedge \omega_{32}, \qquad d\omega_{13} = \omega_{12} \wedge \omega_{23}, \qquad d\omega_{23} = \omega_{21} \wedge \omega_{13}.\]
İspat
Birinci denklemler. Ters simetri gereği \(\omega_{ii} = 0\)’dır; toplamda \(j = i\) terimi düşer ve kalan iki terim yazılır.
Köşegen denklemler. \(i = j\) için sol yan \(d\omega_{ii} = d(0) = 0\)’dır. Sağ yanda \(\omega_{ki} = -\omega_{ik}\) olduğundan her terim \(\omega_{ik} \wedge \omega_{ki} = -\,\omega_{ik} \wedge \omega_{ik}\)’dir ve bir 1-formun kendisiyle kama çarpımı sıfırdır: Lemma 6.1 gereği \(\phi \wedge \phi = -\,\phi \wedge \phi\), yani \(\phi \wedge \phi = 0\). Denklem \(0 = 0\) olur.
Simetrik çiftler. \((j, i)\) denkleminin sol yanı \(d\omega_{ji} = -\,d\omega_{ij}\)’dir. Sağ yanı, ters simetri ve ters değişme kuralıyla
\[\sum_{k} \omega_{jk} \wedge \omega_{ki} = \sum_{k} (-\omega_{kj}) \wedge (-\omega_{ik}) = \sum_{k} \omega_{kj} \wedge \omega_{ik} = -\sum_{k} \omega_{ik} \wedge \omega_{kj}.\]
İki yan da \((i, j)\) denkleminin karşılık gelen yanının \(-1\) katıdır.
Kalan üç denklem. \(i \neq j\) için toplamda \(k = i\) ve \(k = j\) terimleri \(\omega_{ii} = \omega_{jj} = 0\) nedeniyle düşer; yalnızca üçüncü indis kalır. \((1, 2)\), \((1, 3)\), \((2, 3)\) çiftleri için kalan indisler sırasıyla \(3\), \(2\), \(1\)’dir.
\(\blacksquare\)
Yani bir çatı alanında yapı denklemlerini doğrulamak altı eşitliği doğrulamak demektir: üç birinci, üç ikinci yapı denklemi. En basit durumla başlayalım.
Örnek 16.12 (Doğal Çatıda Yapı Denklemleri) Doğal çatı alanı \(U_1, U_2, U_3\) ve Örnek 14.5’deki sabit çatı alanı için yapı denklemlerini doğrulayalım.
Çözüm
Doğal çatı. Duruş matrisi birim matristir ve girdileri sabittir; \(dA = 0\) olduğundan \(\omega = dA\,A^{\mathsf{T}} = 0\) (Alıştırma 15.3). Dual formlar \(\theta_i = dx_i\)’dir (Örnek 16.1). Birinci yapı denklemlerinin sol yanı \(d(dx_i) = 0\), sağ yanı \(\sum_j 0 \wedge dx_j = 0\); ikinci yapı denklemlerinin iki yanı da sıfırdır.
Sabit çatı. Duruş matrisinin girdileri yine sabittir; \(\omega = 0\) olur (Örnek 15.10). Dual formların katsayıları sabit olduğundan, Örnek 16.6’deki gibi, her \(\theta_i\) bir diferansiyeldir ve \(d\theta_i = 0\)’dır. Denklemlerin hepsi \(0 = 0\)’dır.
Her noktada aynı çatıyı veren bir çatı alanında hiçbir şey dönmez; yapı denklemleri burada hiçbir bilgi taşımaz. Asıl içerik, çatının döndüğü durumlardadır.
\(\blacksquare\)
Örnek 16.13 (Yükseklikle Dönen Çatıda Yapı Denklemleri) \(E_1 = \cos z\, U_1 + \sin z\, U_2\), \(E_2 = -\sin z\, U_1 + \cos z\, U_2\), \(E_3 = U_3\) çatı alanı için altı yapı denklemini doğrulayalım.
Çözüm
Formlar. Örnek 16.7 ve Örnek 16.10’ne göre
\[\theta_1 = \cos z\, dx + \sin z\, dy, \qquad \theta_2 = -\sin z\, dx + \cos z\, dy, \qquad \theta_3 = dz,\]
\(\omega_{12} = dz\) ve \(\omega_{13} = \omega_{23} = 0\)’dır.
Birinci yapı denklemleri. \(d\theta_1\)’i Örnek 16.7’de hesaplamıştık. Sağ yan:
\[\begin{aligned} \omega_{12} \wedge \theta_2 + \omega_{13} \wedge \theta_3 &= dz \wedge (-\sin z\, dx + \cos z\, dy)\\[1mm] &\quad = -\sin z\, dz \wedge dx + \cos z\, dz \wedge dy. \end{aligned}\]
Bu \(d\theta_1\)’in aynısıdır. İkinci denklemde sol yan
\[d\theta_2 = d(-\sin z) \wedge dx + d(\cos z) \wedge dy = -\cos z\, dz \wedge dx - \sin z\, dz \wedge dy,\]
sağ yan
\[\begin{aligned} \omega_{21} \wedge \theta_1 + \omega_{23} \wedge \theta_3 &= -\,dz \wedge (\cos z\, dx + \sin z\, dy)\\[1mm] &\quad = -\cos z\, dz \wedge dx - \sin z\, dz \wedge dy. \end{aligned}\]
Üçüncü denklemde \(d\theta_3 = d(dz) = 0\) ve \(\omega_{31} \wedge \theta_1 + \omega_{32} \wedge \theta_2 = 0\)’dır.
İkinci yapı denklemleri. \(d\omega_{12} = d(dz) = 0\) ve \(\omega_{13} \wedge \omega_{32} = 0\); \(d\omega_{13} = 0\) ve \(\omega_{12} \wedge \omega_{23} = dz \wedge 0 = 0\); \(d\omega_{23} = 0\) ve \(\omega_{21} \wedge \omega_{13} = 0\). Altı denklem de sağlanır; matris diliyle bu, Örnek 16.10’de bulduğumuz \(\omega\omega = 0\) ile \(d\omega = 0\)’ın eşitliğidir.
Yorum. Tek bağlantı formu \(\omega_{12} = dz\)’dir: çatı yalnızca yükseldikçe döner ve her birim yükselişte bir radyan döner. \(\mathbf{v}\) yataysa \(dz(\mathbf{v}) = 0\)’dır ve çatı o yönde hiç dönmez. Birinci yapı denklemi, \(\theta_1\) ile \(\theta_2\)’nin neden diferansiyel olmadığını da açıklar: dış türevleri tam bu dönmeden, \(dz\) çarpanından gelir.
\(\blacksquare\)
Küresel çatıda bağlantı formlarının üçü de sıfırdan farklıdır ve denklemler gerçek bir sınav olur. Bu çatının bağlantı formlarını önceki bölümde bulmuştuk (Örnek 15.12); dual formları da elimizde.
Örnek 16.14 (Küresel Çatıda İki Yapı Denklemi) Küresel çatı alanının dual formları ve bağlantı formları
\[\begin{aligned} \theta_1 &= d\rho, & \omega_{12} &= \cos\varphi\, d\vartheta,\\ \theta_2 &= \rho\cos\varphi\, d\vartheta, & \omega_{13} &= d\varphi,\\ \theta_3 &= \rho\, d\varphi, & \omega_{23} &= \sin\varphi\, d\vartheta \end{aligned}\]
biçimindedir (Örnek 16.8, Örnek 15.12). Birinci yapı denklemlerinden \(d\theta_3\)’ü ve ikinci yapı denklemlerinden \(d\omega_{12}\)’yi doğrulayalım.
Çözüm
Birinci yapı denklemi. Önerme 16.2’e göre \(d\theta_3 = \omega_{31} \wedge \theta_1 + \omega_{32} \wedge \theta_2\) olmalıdır. Ters simetri \(\omega_{31} = -d\varphi\) ve \(\omega_{32} = -\sin\varphi\, d\vartheta\) verir. Terimleri ayrı ayrı hesaplayalım:
\[\begin{aligned} \omega_{31} \wedge \theta_1 &= -\,d\varphi \wedge d\rho = d\rho \wedge d\varphi,\\ \omega_{32} \wedge \theta_2 &= (-\sin\varphi\, d\vartheta) \wedge (\rho\cos\varphi\, d\vartheta) = -\rho\sin\varphi\cos\varphi\; d\vartheta \wedge d\vartheta = 0. \end{aligned}\]
Toplamları \(d\rho \wedge d\varphi\)’dir. Sol yanı çarpım kuralıyla (Teorem 6.1, (2) şıkkı) hesaplarız:
\[d\theta_3 = d(\rho\, d\varphi) = d\rho \wedge d\varphi + \rho\, d(d\varphi) = d\rho \wedge d\varphi.\]
İki yan eşittir.
İkinci yapı denklemi. \(d\omega_{12} = \omega_{13} \wedge \omega_{32}\) olmalıdır; ikinci yapı denklemlerinde her biri tek bir kama çarpımı içerir. Sağ yan
\[\omega_{13} \wedge \omega_{32} = d\varphi \wedge (-\sin\varphi\, d\vartheta) = -\sin\varphi\; d\varphi \wedge d\vartheta,\]
sol yan
\[d\omega_{12} = d(\cos\varphi) \wedge d\vartheta = -\sin\varphi\; d\varphi \wedge d\vartheta.\]
İki yan eşittir. Kalan dört denklemi Alıştırma 16.2’de doğrulayacağız.
\(\blacksquare\)
16.6 Yapı Denklemleriyle Çalışmak
Yapı denklemleri \(\mathbb{R}^3\)’teki geometri problemleri için güçlü bir yöntem verir. İleride yüzeylerin geometrisini tam bu yöntemle inceleyeceğiz; burada adımlarını tanıtıp basit bir örnekte uyguluyoruz.
İpucuDört adımda yapı denklemleriyle çalışmak
- Probleme iyi uyan bir çatı alanı seç.
- Çatı alanının dual 1-formlarını ve bağlantı formlarını bul.
- Yapı denklemlerini uygula.
- Çıkan eşitlikleri geometrik olarak yorumla.
Örnek 16.15 (Dönmeyen Bir Çatının Koordinatları) \(E_1, E_2, E_3\), \(\mathbb{R}^3\) üzerinde bütün bağlantı formları sıfır olan bir çatı alanı olsun. Dual formlarının yeni bir dik koordinat sisteminin koordinat diferansiyelleri olduğunu ve \(E_1, E_2, E_3\)’ün bu sistemin doğal çatısı olduğunu gösterelim.
Çözüm
Birinci adım: çatı. Çatı alanı verilmiştir; tek bildiğimiz \(\omega = 0\) olmasıdır. Örnek 15.10’ye göre bu durumda duruş matrisinin girdileri sabittir: \(A\) sabit bir ortogonal matristir ve çatı her noktada aynıdır.
İkinci adım: formlar. Dual formlar \(\theta_i = \sum_j a_{ij}\, dx_j\)’dir ve katsayıları sabittir; bağlantı formları sıfırdır.
Üçüncü adım: yapı denklemleri. Birinci yapı denklemleri \(d\theta_i = \sum_j 0 \wedge \theta_j = 0\) verir; ikinci yapı denklemleri \(0 = 0\)’dır. Yani üç dual formun da dış türevi sıfırdır. Dış türevi sıfır olmak, bir formun diferansiyel olması için gereken koşuldur (Alıştırma 6.8); burada formun kendisini bulabiliriz.
Dördüncü adım: yorum. \(g_i = \sum_j a_{ij}\, x_j\) fonksiyonlarını tanımlayalım. Katsayılar sabit olduğundan \(dg_i = \sum_j a_{ij}\, dx_j = \theta_i\)’dir: her dual form bir diferansiyeldir. Matris diliyle \((g_1, g_2, g_3)\) sütunu \(A\xi\)’dir: doğal koordinatların sabit ortogonal \(A\) matrisiyle değiştirilmesi, yani uzayın yeni bir dik koordinat sistemi. Üstelik
\[E_i[g_j] = dg_j(E_i) = \theta_j(E_i) = \delta_{ij}\]
olur: \(E_i\) yönünde ilerlerken yeni koordinatlardan yalnızca \(g_i\) değişir ve birim hızla artar. Bu, \(U_i\)’nin doğal koordinatlarla ilişkisinin aynısıdır; \(E_1, E_2, E_3\), yeni koordinat sisteminin doğal çatısıdır. Örneğin Örnek 16.6’deki çatı için yeni koordinatlar \(g_1 = (2x + 2y + z)/3\), \(g_2 = (-2x + y + 2z)/3\), \(g_3 = (x - 2y + 2z)/3\)’tür.
Kısacası bağlantı formlarının hepsinin sıfır olması “çatı hiç dönmüyor” demektir ve dönmeyen çatı, döndürülmüş bir dik koordinat sisteminin sabit çatısıdır.
\(\blacksquare\)
16.7 Alıştırmalar
Alıştırma 16.1 (Dual Formlarla Yazılmış Bir 1-Formun Dış Türevi) \(E_1, E_2, E_3\) bir çatı alanı, \(\theta_i\) dual 1-formları, \(\omega_{ij}\) bağlantı formları olsun. \(\phi = \sum_i f_i\, \theta_i\) 1-formu için
\[d\phi = \sum_{j=1}^{3} \Bigl\{ df_j + \sum_{i=1}^{3} f_i\, \omega_{ij} \Bigr\} \wedge \theta_j\]
olduğunu ispatlayınız.
Çözüm
Dış türevin kuralları. Dış türev lineerdir (Önerme 6.5) ve fonksiyonla çarpım kuralı (Teorem 6.1, (2) şıkkı) geçerlidir:
\[d\phi = \sum_{i=1}^{3} d(f_i\, \theta_i) = \sum_{i=1}^{3} df_i \wedge \theta_i + \sum_{i=1}^{3} f_i\, d\theta_i.\]
Birinci yapı denklemi. İkinci toplamda \(d\theta_i = \sum_j \omega_{ij} \wedge \theta_j\) yazıp toplama sırasını değiştirelim:
\[\sum_{i} f_i \sum_{j} \omega_{ij} \wedge \theta_j = \sum_{j} \Bigl(\sum_{i} f_i\, \omega_{ij}\Bigr) \wedge \theta_j.\]
Birleştirme. Birinci toplamda toplama indisinin adını \(j\) yaparsak \(\sum_j df_j \wedge \theta_j\) olur. İki toplam, dağılma kuralıyla, her \(\theta_j\)’nin önünde birleşir ve istenen formül çıkar.
Karşılaştırma. Bir vektör alanının çatı alanına göre kovaryant türevi de aynı biçimdedir (Alıştırma 15.7): \(W = \sum_i f_i\, E_i\) için
\[\nabla_V W = \sum_{j=1}^{3} \Bigl\{ V[f_j] + \sum_{i=1}^{3} f_i\, \omega_{ij}(V) \Bigr\} E_j.\]
Süslü parantez içindeki 1-form iki formülde aynıdır; biri onu \(V\)’de değerlendirip \(E_j\) ile, öteki kama çarpımıyla \(\theta_j\) ile birleştirir.
Bir örnek. Yükseklikle dönen çatıda (\(\omega_{12} = dz\), öteki bağlantı formları sıfır) \(\phi = z\, \theta_1\) alalım: \(f_1 = z\), \(f_2 = f_3 = 0\). Formüle göre \(j = 1\) için süslü parantez \(dz\), \(j = 2\) için \(f_1\, \omega_{12} = z\, dz\), \(j = 3\) için \(0\)’dır:
\[d\phi = dz \wedge \theta_1 + z\, dz \wedge \theta_2 = (\cos z - z\sin z)\, dz \wedge dx + (\sin z + z\cos z)\, dz \wedge dy.\]
Doğrudan hesap: \(\phi = z\cos z\, dx + z\sin z\, dy\) ve
\[\begin{aligned} d\phi &= d(z\cos z) \wedge dx + d(z\sin z) \wedge dy\\[1mm] &\quad = (\cos z - z\sin z)\, dz \wedge dx + (\sin z + z\cos z)\, dz \wedge dy. \end{aligned}\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 16.2 (Küresel Çatının Bütün Yapı Denklemleri) Küresel çatı alanının bütün yapı denklemlerini doğrulayınız. Dual formlar ve bağlantı formları Örnek 16.14’dekilerdir.
Çözüm
Önerme 16.2’e göre üç birinci ve üç ikinci yapı denklemini doğrulamak yeter. Ters simetriyle \(\omega_{21} = -\cos\varphi\, d\vartheta\), \(\omega_{31} = -d\varphi\), \(\omega_{32} = -\sin\varphi\, d\vartheta\)’dır. Her adımda iki kural kullanılır: bir 1-formun kendisiyle kama çarpımı sıfırdır ve iki 1-form yer değiştirince işaret değişir.
Birinci denklem, \(i = 1\). Sol yan \(d\theta_1 = d(d\rho) = 0\). Sağ yan
\[\omega_{12} \wedge \theta_2 + \omega_{13} \wedge \theta_3 = \rho\cos^2\varphi\; d\vartheta \wedge d\vartheta + \rho\; d\varphi \wedge d\varphi = 0.\]
Birinci denklem, \(i = 2\). Sol yan, çarpım kuralıyla,
\[\begin{aligned} d\theta_2 &= d(\rho\cos\varphi) \wedge d\vartheta = (\cos\varphi\, d\rho - \rho\sin\varphi\, d\varphi) \wedge d\vartheta\\[1mm] &\quad = \cos\varphi\; d\rho \wedge d\vartheta - \rho\sin\varphi\; d\varphi \wedge d\vartheta. \end{aligned}\]
Sağ yan
\[\begin{aligned} \omega_{21} \wedge \theta_1 + \omega_{23} \wedge \theta_3 &= -\cos\varphi\; d\vartheta \wedge d\rho + \rho\sin\varphi\; d\vartheta \wedge d\varphi\\ &= \cos\varphi\; d\rho \wedge d\vartheta - \rho\sin\varphi\; d\varphi \wedge d\vartheta. \end{aligned}\]
Birinci denklem, \(i = 3\). Örnek 16.14’de iki yanın da \(d\rho \wedge d\varphi\) olduğunu gördük.
İkinci denklem, \((1, 2)\). Örnek 16.14’de iki yanın da \(-\sin\varphi\; d\varphi \wedge d\vartheta\) olduğunu gördük.
İkinci denklem, \((1, 3)\). Sol yan \(d\omega_{13} = d(d\varphi) = 0\). Sağ yan
\[\omega_{12} \wedge \omega_{23} = \cos\varphi\sin\varphi\; d\vartheta \wedge d\vartheta = 0.\]
İkinci denklem, \((2, 3)\). Sol yan
\[d\omega_{23} = d(\sin\varphi) \wedge d\vartheta = \cos\varphi\; d\varphi \wedge d\vartheta.\]
Sağ yan
\[\omega_{21} \wedge \omega_{13} = -\cos\varphi\; d\vartheta \wedge d\varphi = \cos\varphi\; d\varphi \wedge d\vartheta.\]
Altı denklemin altısı da sağlanır; Önerme 16.2 gereği kalan altı ikinci yapı denklemi de bunlardan çıkar.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 16.3 (Silindirik Çatının Dual Formları) \(E_1, E_2, E_3\) silindirik çatı alanı olsun. \(x = r\cos\vartheta\), \(y = r\sin\vartheta\), \(z = z\) temel eşitliklerinden başlayarak dual 1-formların
\[\theta_1 = dr, \qquad \theta_2 = r\, d\vartheta, \qquad \theta_3 = dz\]
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Koordinat diferansiyelleri. \(\vartheta\)’nın diferansiyellenebilir olduğu açık kümede çalışalım. Çarpım ve bileşke kurallarıyla
\[dx = \cos\vartheta\, dr - r\sin\vartheta\, d\vartheta, \qquad dy = \sin\vartheta\, dr + r\cos\vartheta\, d\vartheta\]
bulunur (Alıştırma 6.15’ndeki hesap).
Dual formlar. Silindirik çatının duruş matrisinin satırları \((\cos\vartheta, \sin\vartheta, 0)\), \((-\sin\vartheta, \cos\vartheta, 0)\) ve \((0, 0, 1)\)’dir. Önerme 16.1 ile
\[\begin{aligned} \theta_1 &= \cos\vartheta\, dx + \sin\vartheta\, dy\\[1mm] &\quad = (\cos^2\vartheta + \sin^2\vartheta)\, dr + (-r\cos\vartheta\sin\vartheta + r\sin\vartheta\cos\vartheta)\, d\vartheta = dr,\\[1mm] \theta_2 &= -\sin\vartheta\, dx + \cos\vartheta\, dy\\[1mm] &\quad = (-\sin\vartheta\cos\vartheta + \cos\vartheta\sin\vartheta)\, dr + (r\sin^2\vartheta + r\cos^2\vartheta)\, d\vartheta = r\, d\vartheta,\\[1mm] \theta_3 &= dz. \end{aligned}\]
\(d\vartheta\), Örnek 16.8’de gördüğümüz gibi \(z\) ekseni dışında her yerde tanımlıdır; formüller orada geçerlidir.
Küçük kutu. Silindirik koordinatlar \(dr\), \(d\vartheta\), \(dz\) kadar artırılınca oluşan küçük kutunun kenarları dışa doğru \(dr\) uzunluklu bir doğru parçası, yarıçapı \(r\) olan yatay çemberin \(d\vartheta\) açılı yayı ve \(dz\) uzunluklu düşey bir parçadır; uzunlukları \(dr\), \(r\, d\vartheta\), \(dz\)’dir ve kenarlar \(E_1\), \(E_2\), \(E_3\) doğrultusundadır. Bulduğumuz dual formlar tam bunlardır. Duruş matrisinin determinantı \(\cos^2\vartheta + \sin^2\vartheta = 1\) olduğundan Örnek 16.9 ile
\[dx \wedge dy \wedge dz = \theta_1 \wedge \theta_2 \wedge \theta_3 = r\, dr \wedge d\vartheta \wedge dz\]
bulunur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 16.4 (Silindirik Çatı Boyunca Koordinatların Türevleri) \(E_1, E_2, E_3\) silindirik çatı alanı olsun. \(E_1[r] = 1\), \(E_2[\vartheta] = 1/r\), \(E_3[z] = 1\) olduğunu ve öteki altı türevin (\(E_1[\vartheta]\), \(E_1[z]\), \(E_2[r]\), \(E_2[z]\), \(E_3[r]\), \(E_3[\vartheta]\)) sıfır olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Yöntem. Bir \(f\) fonksiyonu için \(V[f] = df(V)\)’dir (Önerme 5.3). Alıştırma 16.3’ya göre \(dr = \theta_1\), \(d\vartheta = \theta_2/r\), \(dz = \theta_3\)’tür; dual formların çatı alanındaki değerleri ise \(\theta_i(E_j) = \delta_{ij}\)’dir (Lemma 16.1).
\(r\)’nin türevleri. \(E_j[r] = \theta_1(E_j) = \delta_{1j}\): \(E_1[r] = 1\), \(E_2[r] = E_3[r] = 0\).
\(\vartheta\)’nın türevleri. \(E_j[\vartheta] = \theta_2(E_j)/r = \delta_{2j}/r\): \(E_2[\vartheta] = 1/r\), \(E_1[\vartheta] = E_3[\vartheta] = 0\).
\(z\)’nin türevleri. \(E_j[z] = \theta_3(E_j) = \delta_{3j}\): \(E_3[z] = 1\), \(E_1[z] = E_2[z] = 0\).
Doğrudan denetim. \(E_2[\vartheta]\)’yı koordinatlarla da hesaplayalım. \(d\vartheta = (x\,dy - y\,dx)/r^2\) olduğundan \(\partial\vartheta/\partial x = -y/r^2\) ve \(\partial\vartheta/\partial y = x/r^2\)’dir. \(E_2 = -(y/r)\, U_1 + (x/r)\, U_2\) ile
\[E_2[\vartheta] = -\dfrac{y}{r} \cdot \left(-\dfrac{y}{r^2}\right) + \dfrac{x}{r} \cdot \dfrac{x}{r^2} = \dfrac{x^2 + y^2}{r^3} = \dfrac{1}{r}.\]
Yorum. \(E_1\) yönünde birim hızla ilerlerken \(r\) birim hızla artar, öteki koordinatlar değişmez; \(E_3\) için aynı şey \(z\) için geçerlidir. \(E_2\) yönünde birim hızla ilerlemek ise yarıçapı \(r\) olan çember üzerinde birim hızla dönmektir ve açı \(1/r\) hızıyla artar.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 16.5 (Silindirik Çatı Boyunca Bir Fonksiyonun Türevleri) \(E_1, E_2, E_3\) silindirik çatı alanı ve \(f\), silindirik koordinatların diferansiyellenebilir bir fonksiyonu olsun: \(f = g(r, \vartheta, z)\).
\[E_1[f] = \dfrac{\partial f}{\partial r}, \qquad E_2[f] = \dfrac{1}{r}\, \dfrac{\partial f}{\partial \vartheta}, \qquad E_3[f] = \dfrac{\partial f}{\partial z}\]
olduğunu gösteriniz; burada kısmi türevler \(g\)’nin üç değişkenine göre alınır.
Çözüm
Zincir kuralı. \(\mathbf{p}\)’de bir \(\mathbf{v}\) teğet vektörü alalım. \(\mathbf{v}[f]\),
\[t \mapsto g\bigl(r(\mathbf{p} + t\mathbf{v}),\ \vartheta(\mathbf{p} + t\mathbf{v}),\ z(\mathbf{p} + t\mathbf{v})\bigr)\]
fonksiyonunun \(t = 0\)’daki türevidir. Çok değişkenli zincir kuralıyla bu türev
\[\mathbf{v}[f] = \dfrac{\partial f}{\partial r}\, \mathbf{v}[r] + \dfrac{\partial f}{\partial \vartheta}\, \mathbf{v}[\vartheta] + \dfrac{\partial f}{\partial z}\, \mathbf{v}[z]\]
olur, çünkü her koordinat fonksiyonunun doğru boyunca türevi o fonksiyonun \(\mathbf{v}\) yönündeki türevidir.
Çatı yönleri. Bunu \(\mathbf{v} = E_i(\mathbf{p})\) için yazıp Alıştırma 16.4’deki dokuz değeri koyalım. \(E_1\) için yalnızca \(E_1[r] = 1\) kalır; \(E_2\) için yalnızca \(E_2[\vartheta] = 1/r\); \(E_3\) için yalnızca \(E_3[z] = 1\). İstenen üç formül çıkar.
İkinci yol. Aynı zincir kuralı diferansiyeller için
\[df = \dfrac{\partial f}{\partial r}\, dr + \dfrac{\partial f}{\partial \vartheta}\, d\vartheta + \dfrac{\partial f}{\partial z}\, dz\]
verir. Dual formlarla
\[df = \dfrac{\partial f}{\partial r}\, \theta_1 + \dfrac{1}{r}\, \dfrac{\partial f}{\partial \vartheta}\, \theta_2 + \dfrac{\partial f}{\partial z}\, \theta_3.\]
Sonuç 16.1’ne göre \(df = \sum_i E_i[f]\, \theta_i\)’dir ve Lemma 16.2’ndeki teklik katsayıları karşılaştırmamıza izin verir.
Bir örnek. \(f = r^2\sin\vartheta\) için
\[E_2[f] = \dfrac{1}{r} \cdot r^2\cos\vartheta = r\cos\vartheta = x.\]
Doğal koordinatlarla \(f = y\sqrt{x^2 + y^2} = yr\)’dir; \(\partial f/\partial x = xy/r\), \(\partial f/\partial y = r + y^2/r\) ve
\[E_2[f] = -\dfrac{y}{r} \cdot \dfrac{xy}{r} + \dfrac{x}{r}\left(r + \dfrac{y^2}{r}\right) = -\dfrac{xy^2}{r^2} + x + \dfrac{xy^2}{r^2} = x.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 16.6 (Silindirik Çatının Yapı Denklemleri) Silindirik çatı alanının tek sıfırdan farklı bağlantı formu \(\omega_{12} = d\vartheta\)’dır (ve \(\omega_{21} = -d\vartheta\); bkz. Örnek 15.3). Alıştırma 16.3’daki dual formlarla altı yapı denklemini doğrulayınız.
Çözüm
Birinci yapı denklemleri. \(i = 1\): sol yan \(d\theta_1 = d(dr) = 0\); sağ yan
\[\omega_{12} \wedge \theta_2 + \omega_{13} \wedge \theta_3 = d\vartheta \wedge r\, d\vartheta = r\, d\vartheta \wedge d\vartheta = 0.\]
\(i = 2\): sol yan \(d\theta_2 = d(r\, d\vartheta) = dr \wedge d\vartheta\); sağ yan
\[\omega_{21} \wedge \theta_1 + \omega_{23} \wedge \theta_3 = -\,d\vartheta \wedge dr + 0 = dr \wedge d\vartheta.\]
\(i = 3\): sol yan \(d\theta_3 = d(dz) = 0\); sağ yan \(\omega_{31} \wedge \theta_1 + \omega_{32} \wedge \theta_2 = 0\).
İkinci yapı denklemleri. \(d\omega_{12} = d(d\vartheta) = 0\) ve \(\omega_{13} \wedge \omega_{32} = 0\); \(d\omega_{13} = 0\) ve \(\omega_{12} \wedge \omega_{23} = d\vartheta \wedge 0 = 0\); \(d\omega_{23} = 0\) ve \(\omega_{21} \wedge \omega_{13} = 0\).
Yorum. Altı denklemden yalnızca biri, \(d\theta_2 = \omega_{21} \wedge \theta_1\), sıfırdan farklı bir içerik taşır. \(\theta_1 = dr\) ve \(\theta_3 = dz\) diferansiyeldir, \(\theta_2 = r\, d\vartheta\) değildir; \(\theta_2\)’nin dış türevi tam olarak çatının \(\vartheta\) yönündeki dönmesinden, \(\omega_{21} = -d\vartheta\)’dan gelir. Bu, yükseklikle dönen çatıdaki durumun bir benzeridir: orada çatı \(z\) ile, burada \(\vartheta\) ile döner.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 16.7 (Düzlemde Bir Çatı Alanının Formları) Düzlemde bir \(E_1, E_2\) çatı alanı, bir \(\psi\) açı fonksiyonuyla
\[E_1 = \cos\psi\, U_1 + \sin\psi\, U_2, \qquad E_2 = -\sin\psi\, U_1 + \cos\psi\, U_2\]
biçiminde verilmiş olsun. Bağlantı formunu ve dual 1-formları \(\psi\) ve doğal koordinatlar \(x\), \(y\) cinsinden yazınız.
Çözüm
Uzaya taşıma. \(\psi\)’yi \(z\)’ye bağlı olmayan bir fonksiyon olarak uzayda düşünür ve \(E_3 = U_3\) eklersek, her noktada \(E_1, E_2\) yatay ve birbirine dik birim vektörler, \(E_3\) düşey birim vektör olduğundan \(\mathbb{R}^3\) üzerinde bir çatı alanı elde ederiz. Duruş matrisi
\[A = \begin{pmatrix} \cos\psi & \sin\psi & 0 \\ -\sin\psi & \cos\psi & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.\]
Bağlantı formları. Bu, Örnek 15.3’deki tek açıyla dönen çatıdır; orada \(\omega_{12} = d\psi\) ve \(\omega_{13} = \omega_{23} = 0\) bulmuştuk. Duruş matrisiyle de hızla denetlenir: \(\omega_{12} = \sum_k da_{1k}\, a_{2k}\) ve bileşke kuralı (\(d\cos\psi = -\sin\psi\, d\psi\), \(d\sin\psi = \cos\psi\, d\psi\)) ile
\[\omega_{12} = (-\sin\psi\, d\psi)(-\sin\psi) + (\cos\psi\, d\psi)(\cos\psi) = d\psi.\]
Düzlemdeki tek bağlantı formu \(\omega_{12} = d\psi = \psi_x\, dx + \psi_y\, dy\)’dir; burada \(\psi_x\), \(\psi_y\) kısmi türevlerdir.
Dual formlar. Önerme 16.1 ile
\[\theta_1 = \cos\psi\, dx + \sin\psi\, dy, \qquad \theta_2 = -\sin\psi\, dx + \cos\psi\, dy,\]
ve eklediğimiz alanın dual formu \(\theta_3 = dz\)’dir.
Yorum. \(\omega_{12}(\mathbf{v}) = \mathbf{v}[\psi]\): çatının bir yöndeki dönme hızı, açı fonksiyonunun o yöndeki değişim hızıdır. Örneğin \(\psi = x/2\) için \(\omega_{12} = dx/2\): çatı \(x\) yönünde birim ilerleyişte yarım radyan döner, \(y\) yönünde hiç dönmez. Kutupsal çatı için \(\psi = \vartheta\) alınır ve \(\omega_{12} = d\vartheta\), \(\theta_1 = dr\), \(\theta_2 = r\, d\vartheta\) bulunur; silindirik çatının düzlemdeki izi budur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 16.8 (Düzlemde Yapı Denklemleri) Alıştırma 16.7’daki düzlem çatı alanı için yapı denklemleri nelerdir? Bulunan formların bu denklemleri sağladığını doğrulayınız.
Çözüm
Denklemler. \(\omega_{13} = \omega_{23} = 0\) ve \(\theta_3 = dz\) olduğundan Önerme 16.2’deki altı denklemden içerik taşıyanlar şunlardır:
\[d\theta_1 = \omega_{12} \wedge \theta_2, \qquad d\theta_2 = -\,\omega_{12} \wedge \theta_1, \qquad d\omega_{12} = 0.\]
Öteki üç denklemde (\(d\theta_3 = 0\), \(d\omega_{13} = \omega_{12} \wedge \omega_{23}\), \(d\omega_{23} = \omega_{21} \wedge \omega_{13}\)) iki yan da sıfırdır. Düzlemde birinci yapı denklemleri iki, ikinci yapı denklemi tek denklemdir.
Birinci denklem. Bileşke kuralıyla
\[\begin{aligned} d\theta_1 &= d(\cos\psi) \wedge dx + d(\sin\psi) \wedge dy = -\sin\psi\, d\psi \wedge dx + \cos\psi\, d\psi \wedge dy\\[1mm] &\quad = d\psi \wedge (-\sin\psi\, dx + \cos\psi\, dy), \end{aligned}\]
yani \(d\theta_1 = \omega_{12} \wedge \theta_2\).
İkinci denklem. Aynı biçimde
\[\begin{aligned} d\theta_2 &= -\cos\psi\, d\psi \wedge dx - \sin\psi\, d\psi \wedge dy\\[1mm] &\quad = -\,d\psi \wedge (\cos\psi\, dx + \sin\psi\, dy) = -\,\omega_{12} \wedge \theta_1. \end{aligned}\]
Üçüncü denklem. \(\omega_{12} = d\psi\) bir diferansiyel olduğundan \(d\omega_{12} = d(d\psi) = 0\) (Alıştırma 6.8).
Açık yazılış. \(d\psi = \psi_x\, dx + \psi_y\, dy\) yazalım. Birinci denklemin sol yanında \(dx \wedge dx\) ve \(dy \wedge dy\) içeren terimler düşer ve
\[-\sin\psi\, \psi_y\, dy \wedge dx + \cos\psi\, \psi_x\, dx \wedge dy = (\psi_x\cos\psi + \psi_y\sin\psi)\, dx \wedge dy\]
kalır; sağ yan da aynı 2-formu verir. Benzer biçimde ikinci denklemin iki yanı \((\psi_y\cos\psi - \psi_x\sin\psi)\, dx \wedge dy\)’dir.
Yorum. Düzlemde ikinci yapı denklemi \(d\omega_{12} = 0\)’dır; düzlemin düz oluşunun ifadesi budur. Yüzeylerde bu denklemin yerini, sağ yanında yüzeyin eğriliğini taşıyan bir denklem alacak.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde her çatı alanına, bir teğet vektörün çatıya göre koordinatlarını okuyan dual 1-formları eşledik, her 1-formun bu formlarla tek türlü açıldığını ve dual formların duruş matrisiyle \(\theta = A\, d\xi\) diye yazıldığını gördük; ardından Cartan’ın yapı denklemleri \(d\theta = \omega\theta\) ve \(d\omega = \omega\omega\)’yı ispatladık ve doğal, yükseklikle dönen, silindirik ve küresel çatılarda doğruladık. Sıradaki bölümde (Çatı Alanlarının Özeti) eğriler için Frenet çatısıyla, uzay için keyfi çatı alanlarıyla yaptığımız işleri yan yana koyup çatı alanları yönteminin genel resmini çıkaracağız.