T.C. NİĞDE ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ MATEMATİK ANABİLİM DALI ÜÇ BOYUTLU ÖKLİDYEN VE MİNKOWSKİ UZAYINDA YÜZEYLER

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Ebat: px
Şu sayfadan göstermeyi başlat:

Download "T.C. NİĞDE ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ MATEMATİK ANABİLİM DALI ÜÇ BOYUTLU ÖKLİDYEN VE MİNKOWSKİ UZAYINDA YÜZEYLER"

Transkript

1 YÜKSEK LİSANS TEZİ V.ÇİÇEK,05 T.C. NİĞDE ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ MATEMATİK ANABİLİM DALI ÜÇ BOYUTLU ÖKLİDYEN VE MİNKOWSKİ UZAYINDA YÜZEYLER NİĞDE ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ VEYSİ ÇİÇEK Şubat 05

2

3 T.C. NİĞDE ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ MATEMATİK ANABİLİM DALI ÜÇ BOYUTLU ÖKLİDYEN VE MİNKOWSKİ UZAYINDA YÜZEYLER VEYSİ ÇİÇEK Yüksek Lisans Tezi Danışman Doç. Dr. Atakan Tuğkan YAKUT Şubat 05

4 Vcysi ÇİÇEK tarafından Doç. Dr. Atakan Tuğkan YAKUT danışmanlığında hazırlanan Üç Boyutlu Öklidyen ve Minkowski Uzayında Yüzeyler adlı bu çalışma jürimiz tarafından Niğde Üniversitesi Fen Bilimleri Enstitüsü Matematik Ana Bilim Dalımda Yüksek Lisans tezi olarak kabul edilmiştir. Başkan : Doç. Dr. Durmuş DAĞHAN (Niğde Üniversitesi Fen-Edebiyat Fakültesi Matematik Bölümü) Üye : Yrd. Doç. Dr. Murat SAVAŞ (Gazi Üniversitesi Fen Fakültesi Matematik Bölümü) Üye : Doç. Dr. Atakan Tuğkan YAKUT (Niğde Üniversitesi Fen-Edebiya Fakültesi Matematik Bölümü) ONAY: Bu tez, Fen Bilimleri Enstitüsü Yönetim Kurulunca belirlenmiş olan yukarıdaki jüri üyeleri tarafından.../ tarihinde uygun görülmüş ve Enstitü Yönetim Kurulu nun / /0_tarih v e... sayılı kararıyla kabul edilmiştir../.../ 0... Doç. Dr. Murat BARUT MÜDÜR

5 TEZ BİLDİRİMİ Tez içindeki bütün bilgilerin bilimsel ve akademik kurallar çerçevesinde elde edilerek sunulduğunu, ayrıca tez yazım kurallarına uygun olarak hazırlanan bu çalışmada bana ait olmayan her türlü ifade ve bilginin kaynağına eksiksiz atıf yapıldığını bildiririm. Veysi ÇİÇEK

6 ÖZET ÜÇ BOYUTLU ÖKLİDYEN VE MİNKOWSKİ UZAYINDA YÜZEYLER ÇİÇEK, Veysi Niğde Üniversitesi Fen Bilimleri Enstitüsü Matematik Ana Bilim Dalı Danışman: Doç. Dr. Atakan Tuğkan YAKUT Şubat 05, 77sayfa Bu çalışmada üç ve dört boyutlu Öklid ve Minkowski uzayında Frenet çatıları ile üç boyutlu uzayda yüzeyler incelendi. Birinci bölümde kısa bir literatür özeti verildi. İkinci bölümde konuyla ilgili temel kavramlar verildi. Üçüncü bölümde ise üç ve dört boyutlu Öklid ve Minkowski uzayında Frenet çatıları irdelendi. Dördüncü bölümde de üç boyutlu Minkowski uzayında minimal ve öteleme yüzeyleri incelendi. Beşinci bölümde ise sonuçlar verildi. Anahtar Sözcükler: Frenet çatısı, Minkowski uzayı, Minimal yüzey, Öteleme yüzeyi. iv

7 SUMMARY SURFACES IN THREE DIMENSIONAL EUCLIDEAN AND MINKOWSKI SPACES ÇİÇEK, Veysi Nigde University Graduate School of Natural and Applied Sciences Department of Matematics Advisor: Assoc. Prof. Dr. Atakan Tuğkan YAKUT February 05, 77 pages In this study, we examined Frenet frames in and 4 dimensional Euclidean and Minkowskian spaces and surfaces in dimensional space. In the first chapter, we give literature summary. In the second chapter we give some basic concepts. In the third chapter, the Frenet frames is given in and 4 dimensional Euclidean and Minkowskian spaces. In the fourth chapter, we discussed minimal and translation surfaces in Minkowskian -spaces. In the last chapter, we give conclusions. Keywords: Frenet frames, Minkowski space, Minimal surface, Translation surface. v

8 ÖN SÖZ Yüksek lisans tez çalışmamın yürütülmesi esnasında, çalışmalarıma yön veren, bilgi ve yardımlarını esirgemeyen ve bana her türlü desteği sağlayan danışman hocam, Sayın Doç.Dr. Atakan Tuğkan YAKUT' a en içten teşekkürlerimi sunarım. Yüksek lisans tez çalışmam esnasında tecrübelerine başvurduğum Doç. Dr. Serkan KADER, Doç.Dr. Durmuş DAĞHAN, Doç.Dr. Adnan TUNA ve Matematik Bölümü Öğretim Üyelerine müteşekkir olduğumu ifade etmek isterim. Bu tezin hazırlanması esnasında sık sık yardımlarına başvurduğum kıymetli arkadaşlarıma minnet ve şükran duygularımı belirtmek isterim. Bu tezi, sadece bu çalışmam boyunca değil, tüm öğrenim hayatım boyunca maddi ve manevi desteğini esirgemeyen aileme ithaf ediyorum. vi

9 İÇİNDEKİLER ÖZET...iv SUMMARY...v ÖN SÖZ...vi İÇİNDEKİLER DİZİNİ...vii ŞEKİLLER DİZİNİ...viii SİMGE VE KISALTMALAR...xi BÖLÜM I GİRİŞ... BÖLÜM II TEMEL KAVRAMLAR...5 BÖLÜM III ÜÇ BOYUTLU ÖKLİDYEN VE MİNKOWSKİ UZAYINDA FRENET ÇATISI 0. Üç Boyutlu Öklid Durumu...0. Üç Boyutlu Minkowski Durumu.... Dört Boyutlu Öklid Durumu Dört Boyutlu Minkowski Durumu... BÖLÜM IV MİNKOWSKİ UZAYINDA MİNİMAL VE ÖTELEME YÜZEYLERİ Gauss ve Ortalama Eğrilik Minimal Yüzeyler Sabit Ortalama Eğrilikli Öteleme Yüzeyleri...9 BÖLÜM V SONUÇLAR...74 KAYNAKLAR...75 ÖZ GEÇMİŞ...77 vii

10 ŞEKİLLER DİZİNİ Şekil 4..Scherk yüzeyi 9 z. 4. H. x c c. y (a), H ve (b) 0, H. H Şekil 4.. alınarak elde edilen yüzey z H x c y (a) 0, H ve (b),. H H Şekil 4. 4 alınarak elde edilen yüzey....5 z 4H x c c y (a) 0, H ve (b),. H H Şekil alınarak elde edilen yüzey z 4 H x c c y (a), H ve (b), H. H Şekil4.5. alınarak elde edilen yüzey.. 5 g y H y c c (a), H ve (b), H. H Şekil 4.6. ( ) 4 alınarak elde edilen yüzey g( y) 4H y c c (a), H ve (b), H. H Şekil 4.7. alınarak elde edilen yüzey g y H y c c (a) 0, H ve (b),. H H Şekil 4.8. ( ) 4 alınarak elde edilen yüzey viii

11 (a) ve (b) 4 Şekil 4.9. z log cosh( x) log cosh( y) alınarak elde edilen yüzey (a) ve (b) Şekil 4.0. x log cos( y) log sinh( z) alınarak elde edilen yüzey...6 (a) ve (b) Şekil 4.. z g( x) h( y) log cosh( x) log sinh( y) alınarak elde edilen yüzey..64 (a) ve (b) Şekil 4.. z g( x) h( y) log sinh( x) log cosh( y) alınarak elde edilen yüzey.. 65 (a) ve (b) Şekil 4.. z g( x) h( y) log sinh( x) log sinh( y) alınarak elde edilen yüzey..66 (a) ve (b) Şekil 4.4. x g( y) h(z) log cosh( y) log cosh( z) alınarak elde edilen yüzey (a) ve (b) Şekil 4.5. x g( y) h(z) log cosh( y) log cosh( z) alınarak elde edilen yüzey.. 68 g log sec c u. v c c c 4 ve c Şekil 4.6. alınarak elde edilen yüzey...70 Şekil 4.7. log sec h c v c c c 4 ve c alınarak elde edilen yüzey ix

12 g log sec c u. v c c c 4 ve c Şekil 4.8. alınarak elde edilen yüzey....7 h log cv c c c 4 c Şekil 4. alınarak elde edilen yüzey x

13 SİMGE VE KISALTMALAR Simgeler Açıklamalar n E E E T N B T, N, B T, N, B, B H V k k n-boyutluökliduzayı ÜçboyutluÖkliduzayı ÜçboyutluMinkowskiuzayı Teğetvektöralanı Normal vektöralanı Binormalvektöralanı Frenet -ayaklısı Frenet 4-ayaklısı Ortalamaeğrilik Vektöruzayı Eğrilik Burulma xi

14 BÖLÜM I GİRİŞ Öklidyen düzlemde eğrilerin diferansiyel geometrisi üzerinde çalışan ilk bilim adamı Hollanda lı bilim adamı Huygens dir. O, düzlemde herhangi bir noktadaki düzlem eğrilerinin eğriliğini ortaya koymuştur. Fakat eğriyi düzlemde bir noktanın hareketi ile bir t parametresine bağlı olarak ( t) ( t), ( t) şeklinde ilk tanımlayan Newton olmuştur. Newton düzlemde bir eğrinin eğriliğini de tanımlamıştır. Eğri üzerinde a ve b şeklinde birbirine yakın iki nokta bunların ikisinin arasında bir p noktası göz önüne almıştır. Bu üç nokta genellikle m merkezli bir çember belirtirlimit durumunda hem a hem de b, eğrisi boyunca p ye yaklaştığında bu özel bir çember belirler ki bu p noktasın da ya teğettir. (yani p noktasın da eğrisi ile bu çember aynı teğet doğruya sahiptir). Bu çember p noktasında nın oskülatör çemberi olarak adlandırılır. Bu çemberin merkezi c yarıçapı r ise bu c Newton tarafından eğrilik merkezi olarak adlandırılmış eğrilik yarıçapı r olarak ifade edilmiş ve p noktasında eğrisinin eğriliği ise k şeklinde gösterilmiştir. r k eğriliği k ' '' '' ' ' ' şeklinde ifade edilir. s yay parametresi ve keyfi t için ' ' dir. Ts, () nın birim teğet vektörü ve Ns, () s noktasında birim normal vektörü olsun. Ns () birim vektörü Ts e () diktir ve T ( s), N( s) R de standart yönlendirilmişidir. nın s noktasındaki ks () eğriliği, T '( s) k( s) N( s) ile ifade edilir. '( s) in uzunluğu k( s) ''( s) olsun. '( s) e dik birim vektörü '( s) ve ''( s) vektörleri tarafından belirlenen dikdörtgensel bölgenin alanı () k s dir. det '( s ), ''( s ) ile ifade edilen bu alan

15 '( s) ''( s) k ( s) '( s) ''( s) ''( s) '( s) '( s) ''( s) şeklinde Newton tarafından ifade edilmiştir. Öklidyen hareketlere bağlı olarak verilen s değişkenli, sürekli k fonksiyonu için E de s yay parametreli bir tek eğrisi vardır ve () s noktasında nın eğriliği k () s dir. Yani Öklidyen düzleminde dönmeler ve ötelemelere bağlı olarak edilir. E de bir eğri, onun eğriliği tarafından tamamıyla karakterize E de uzay eğrilerin diferensiyel geometrisinin çalışılması için Serret-Frenet formülleri büyük bir sıçrama tahtası olmuştur. E de uzay eğrilerinin diferansiyel geometrileri hakkındaki çalışmalar ise 847 de Frenet, 85 de ise Serret tarafından birbirinden habersiz olarak yapılan çalışmalar ile ortaya çıkmıştır. Onlar, bir s yay parametresi tarafından parametrize edilen bir uzay eğrisi boyunca T, N, B Frenet çatısı olarak bilinen ortonormal çatıyı tanımlamıştır. () s noktasındaki eğrisinin ivme vektörü T ye dik olan ''( s) ivme vektörüdür. B binormal vektör alanı ise T ve N nin vektörel çarpımı olarak belirlenir. Serret-Frenet ayaklı formülü ise; T ' k N N' kt kn B' k N şeklinde ifade edilir. Burada k eğriliği, k burulmayı ifade eder. Öklidyen uzay eğrilerinin temel teoremi, eğer k ve k s nin sürekli iki fonksiyonu ise bu taktirde s yay uzunluğu ile parametrize edilen bir eğrisi vardır ki bu eğrinin sırasıyla eğrilik ve burulma fonksiyonları k ve k dir. Bu ifade ilk defa 876 da Aoust tarafından ifade edilmiştir. k eğriliğinin 775 de Monge de analitik olarak ifade etmiştir fakat burulmayı belirlememiştir. Burulmayı806 da ilk kez Lancret ifade etmiştir. 86 da Cauchy ilk kez eğrisinin ardışık türevlerini kullanarak uzay eğrilerinin çalışmasını sistematik

16 olarak ifade edilmiştir. E deki yüzeylerin çalışmasıda böylelikle çalışılmaya başlanmıştır. Düzlemde eğrilerin teorisi bilindiğinden yüzeyin farklı düzlemlerle arakesitleri alınarak eğrilerin araştırılmasıyla yüzeylerin tanımlanması sağlanmıştır. Bu ise ilk defa 760 da Euler sayesinde olmuştur. M R yüzeyi üzerinde bir p noktası boyunca bir l doğrusu düşündüğümüzde, bu doğru p noktasında M üzerindeki teğet düzleme diktir. Teğet düzlem üzerindeki her bir X birim vektörü için hem X vektörü hemde l doğrusunu içeren p boyunca bir düzlem göz önüne alınırsa M ile bu düzlemin arakesiti ( x0 ) p olmak üzere ( x) eğrisinin görüntüsüdür. ( x) yay uzunluğu ile verildiğinde '( x0 ) X dir. X vel boyunca bütün düzlemler p noktasında M nin teğet düzlemine dik olan bir v p vektörü seçilerek yönlendirilebilir. Böylece Xv, p ile pozitif olarak yönlendirilmiş olur. Bu taktirde X, sıfır noktasında bir işaretli eğriliğe sahiptir bu ise k X şeklinde ifade edilir. k X lerin hepsi eşit değil ise, bu taktirde x birim vektörü ile gösterilen bir doğrultu vardır öyleki burada k k X, kx minumum değerine ve k kx maksimum değerine sahiptir. Bu ise X ve X doğrultuları diktir ve eğer X, X ile açısı yapıyor ise bu taktirde k k cos k sin X dır. Daha sonra bu konu da Gauss un yapmış olduğu superficies curvas isimli çalışması önemli yer tutmuştur. Disquisitiones generales circa Gauss çalışmasında M yüzeyinin herhangi bir t noktasındaki teğet düzleme dik bir v p vektörü almış ve Gauss dönüşümü olarak adlandırılan dönüşümü tanımlayarak p noktasındaki M yüzeyinin K p eğriliği K p AlanV (A) lim A p AlanA şeklinde vermiştir. Buradaki A bölgesi p nin çok küçük bir komşuluğudur. Yüzeyler üzerinde daha sonra Riemann ın çalışmaları önemli yer tutmaktadır. Minkowski uzayında eğrilerin diferansiyel geometrisini ilk çalışan kişi W.B.Bonner dir.

17 Johan Walrave Doktora tezinde üç ve dört boyutlu Minkowski uzayında eğrilerin spacelike, timelike ve null olması durumlarına göre bir sınıflandırma yapmıştır. Devamında ise Minkowski uzayında yüzeylerden bahsetmiştir. Biz burada literatürde yapılmış olan çalışmaları inceledik. 4

18 BÖLÜM II TEMEL KAVRAMLAR Tanım. (Eğri ) I biraçık aralık olmak üzere, ( I, ) koordinat komşuluğu ile tanımlanan n : I E diferansiyellenebilir dönüşümüne n E de bir eğri denir. Buradaki I aralığına eğrisinin parametre aralığı ve t I değişkenine de eğrisinin parametresi denir(hacısalihoğlu,99). Tanım. (Bir eğrinin tanjant uzayı) M n eğrisi verilsin. M eğrisinin m M E noktasındaki tanjant uzayı diye, mm noktasında M nin hız vektörlerini içine alan T ( m) V( m) vektör uzayına denir. mm seçilmiş bir nokta olmak üzere, M n E in TM ( ) m ile birleşen alt afin uzayına da, M eğrisinin m M noktasındaki teğet doğrusu denir(hacısalihoğlu,99). Tanım. ( Skaler hız fonksiyonu ve skaler hız) M n eğrisi (, ) E I koordinat komşuluğu ile verilsin. ':I R t ' ( t) '( t) şeklinde tanımlı ' fonksiyonuna, M eğrisinin ( I, ) koordinat komşuluğuna göre skaler hız fonksiyonu ve '( t) reel sayısına da M nin ( I, ) koordinat komşuluğuna göre () t noktasındaki skaler hızı denir(hacısalihoğlu,99). Tanım.4 ( Birim hızlı eğri) M eğrisi ( I, ) koordinat komşuluğu ile verilmiş olsun. Eğer s I için, 5

19 '( s) ise M eğrisi ( I, ) ya göre birim hızlı eğridir denir. Bu durumda, eğrinin s I parametresine yay-parametresi adı verilir(hacısalihoğlu,99). Tanım.5 ( Regüler eğri) Her noktasındaki hız vektörü sıfırdan farklı olan eğriye regüler eğri denir. (Hacısalihoğlu,99). Tanım.6 (Serret-Frenet r-ayaklı alanı) M n eğrisi (, ) E ( r) I koordinat komşuluğu ile verilsin. Bu durumda ', '',... ( k sistemi lineer bağımsız ve ), k r, için: ( k ) Sp Olmaküzere, den elde edilen V,..., V r ortonormal sistemine, M eğrisinin Serret- Frenet r-ayaklı alanı ve m M için V ( ),..., ( ) m V m ye ise m M noktasındaki Serret-Frenet r-ayaklısı denir. Her bir V, i r, ye Serret-Frenet vektörü adı verilir. (Hacısalihoğlu,99). i r Tanım.7 V bir reel vektör uzayı olsun. V üzerinde tanımlı g : V V dönüşümü bilineer ve simetrik ise g ye V üzerinde simetrik bilineer form denir. Bu dönüşüm aynı zamanda non-dejenere ise g yev üzerinde bir skaler çarpım, bu durumda V vektör uzayına da skaler çarpım uzayı denir. Ayrıca; (i) v V ve v 0 için g( v, v) 0 ise g simetrik bilineer formu pozitif tanımlıdır, (ii) v V ve v 0 için g( v, v) 0 ise g simetrik bilineer formu negatif tanımlıdır, (iii) v V ve v 0 için g( v, v) 0 ise g simetrik bilineer formu yarı- pozitif tanımlıdır, 6

20 (iv) v V ve v 0 için g( v, v) 0 ise g simetrik bilineer formuna yarı-negatif tanımlıdır. Bundan başka, (a) g nin non-dejenere dir g( v, w) 0 ve w V için v 0 (b) g nin dejenere dir g( v, w) 0 ve w V için v 0 dır(o Neill,98). dır. Tanım.8 V bir skaler çarpım uzayı, W de üzerindeki skaler çarpım negatif olacak şekilde V nin en büyük boyutlu alt uzayı olsun. Bu durumda W nin boyutuna g skaler çarpımın indeksi denir. g skaler çarpım indeksi v ise 0 v boyv dir. Ayrıca V skaler çarpım indeksi, üzerinde tanımlı g skaler çarpım indeksi olarak tanımlanır(o Neill,98). Tanım.9 V skaler çarpım uzayı olsun. V nin indeksi v olmak üzere v ve boyv ise skaler çarpım uzayına Lorentz uzayı denir(o Neill,98). Tanım. 0 V bir Lorentz uzay olsun. v için (i) g( v, v) 0 veya v 0 ise v ye spacelike vektör, (ii) g( v, v) 0 ise v ye timelike vektör, (iii) g( v, v) 0veya v 0 ise v ye null(lightlike) vektör ve v g( v, v) sayısına da v vektörünün normu denir. V Lorentz uzayında tüm timelike vektörlerin cümlesi olsun. u için C( u) v g( u, v) 0 kümesine u vektörünü kapsayan V Lorentz uzayının timekonisi denir(o Neill,98). Tanım. n R v yarı-öklidyen uzayında v ve n ise Minkowski n-uzay denir(o Neill,98). n R v yarı-öklidyen uzayına Tanım. M bir yarı Riemann manifoldu ve : M 7

21 diferansiyellenebilir bir eğri olsun. üzere i) TT, 0 ise eğrisine spacelike eğri ii) TT, 0 ise eğrisine null eğri iii) TT, 0 ise eğrisine timelike eğri denir(o Neill,98). eğrisinin teğet vektör alanı (t) T olmak Tanım. f E bir fonksiyon olmak üzere : : E E ( u, v) ( u, v, f ( u, v)) şeklinde tanımlanan yüzey Monge yüzeyi adını alır( Hacısalihoğlu, 994). Tanım.4 Monge yüzeyinde f ( u, v) h( u) g( v) biçiminde ise bu yüzeyi ( u, v) ( u, v, h( u) g( v)) ( u, v) ( u,0, h( u)) (0, v, g( v)) ve ya ( u, v) ( u) ( v) şeklinde yazabiliriz. Bu durumda yüzey öteleme yüzeyi adını alır(hacısalihoğlu,994). Ayrıca E ya da E de bir S yüzeyi z g( x) h( y) şeklinde yazılabiliyorsa S yüzeyi yine öteleme yüzeyi adını alır. Tanım.5 (inclussion) M M diferensiyellenebilir iki manifold olmak üzere i : M M dönüşümü i( x) x şeklinde ise i ye inclussion(sokma) fonksiyonu denir(hacısalihoğlu,994). Tanım.6 (immersion) M ve M birer iki manifold olsun. f:m M, fonksiyonu olmak üzere f nin f Jakobiyen matrisi p M noktasında regular ise f dönüşümüne M den M içine bir immersion denir. Yani Rankf (Hacısalihoğlu,994). BoyM ise f bir immersiyondur. 8

22 Tanım.7 (embedding) Tanım (.6) da f tek değişkenli ise f ye embedding denir. (Hacısalihoğlu,994). Tanım.8 (yüzey) U düzlemsel bir bölge olmak üzere :U E u, v u, v f u, v, g u, v, hu, v şeklinde ifade edilen dönüşümüne gösterimidir(hacısalihoğlu,994). E de bir yüzey denir. Bu yüzeyin parametrik 9

23 BÖLÜM III ÜÇ BOYUTLU ÖKLİDYEN VE MİNKOWSKİ UZAYINDA FRENET ÇATISI. Üç Boyutlu Öklid Durumu I, : I E eğrisi ve s yay parametresi olmak üzere ( s) ( ( s), ( s), ( s)) şeklinde tanımlanan eğri ve g dx dx dx E de bir metrik olmak üzere g( ', ') dir.t, ' nün birim teğet yada hız vektör alanıdır. Eğer ''(s) 0 ise; ''(s), Ts e () () s noktasında dik olan ivme vektörüdür. N, ''(s) in normalleştirilmiş esas vektör alanıdır. B, binormal vektör alanı ise T ve N nin vektörel çarpımı olarak ifade edilir. Bu durumda Frenet -ayaklısı, T ' k N N' kt kn B' ya da k N T ' 0 k 0 T N ' k 0 k N B ' 0 k 0 B (.) şeklindedir. Burada k ve k, nın birinci ve ikinci eğriliği yada k eğrilik, k burulma olarak adlandırılır. İspat: N, N T, T B, B ve N, T T, B B, N 0 olmak üzere T ' k N olduğundan N ' at bn cb yazılabilir. Her iki tarafın T ile iç çarpımı alınırsa N ', T a T, T b N, T c B, T a b0 c0 a 0

24 N, T 0 N ', T N, T ' 0 olup buradan N ', T N, T ' N, k N k elde edilir. O halde a k olur. Benzer şekilde N ' at bn cb yazılabilir. Bu eşitliğin N ile iç çarpımı alınırsa N ', N a T, N b N, N c B, N a0b c0 b elde edilir ve N, N N ', N N, N ' 0 N', N 0 olduğundan b 0 bulunur. Aynı şekilde N ' at bn cb ifadesinin, B ile iç çarpımı alınırsa N ', B a T, B b N, B c B, B a0b0 c c. N, B 0 N ', B N, B' 0 N ', B N, B' ( k) k olur. Dolayısıyla c k bulunur. O halde N ' k T k B dır. B' at bn cb olsun. T ile iç çarpımı alınırsa B', T a T, T b N, T c B, T a b0 c0 a. ve B, T 0 B', T B, T ' 0 B', T B, T ' B, kn 0 ve a 0 bulunur. B' at bn cb ifadesi N ile iç çarpımı alınırsa B', N a T, N b N, N c B, N a0b c0 b. B, N 0 B', N B, N ' 0 B', N B, N ' B, k T k B k

25 olur ve bkbulunur. B' at bn cb ifadesi B ile iç çarpım uygulanırsa B', B a T, B b N, B c B, B a0b0 c c. ve B, B B', B B, B' 0 B', B 0 olduğundan c 0 dır. Bu durumda B' kn bulunur. O halde Frenet -ayaklısı T ' 0 k 0 T N ' k 0 k N B ' 0 k 0 B şeklindedir. Teorem. (Denklik Teoremi):, :I E birim hızlı eğri öyle ki k k (.) 0 ve k k (.) ise ve eğrilerine denktir denir. Bazı özel eğrilerin durumlarına göre özellikleri aşağıda verilmiştir. Özellik. k 0 ancak ve ancak eğrisi bir doğruya karşılık gelir. k 0 ancak ve ancak düzlemsel eğrisidir, k ve k 0 sabittir ancak ve ancak çemberdir, 0 k sabit ve k 0 sabittir ancak ve ancak dairesel helisdir. 0 (H.Hacısalihoğlu,99).

26 . Üç Boyutlu Minkowski Durumu Bu bölümde Minkowski uzayında Frenet ayaklısı ve formülleri verilmiştir. g dx dx dx metriği ile tanımlanan öklidyen uzayına Minkowski uzayı denir. : I R: eğrisi ( s),, verildiğinde ile gösterilir. (i) g( ', ') 0 ise spacelike eğri (ii) g( ', ') 0 ise null eğri (iii) g( ', ') 0 ise timelike eğri denir. Bu ise nın casual karakterleri olarak adlandırılır. (Walrave, J.,995) Bu durumda T, N, B. Frenet -ayaklısı aşağıda incelenmiştir. Durum spacelike eğri s nın yay parametresi öyle ki g( '( s), '( s)) dir. Ts () de, () s in birim teğet vektör alanıdır. ''( s) 0 durumunda ''( s), Ts e () diktir. Öyle ki N( s) ''( s), R ve 0 dir. ''( s) casual karakterinin durumları aşağıdadır. Durum. g( ''( s), ''( s)) 0 Ns () normal vektör alanı ''( s) in normalleştirilmiş halidir. Bs () binormal vektör alanı T( s), N( s ) spacelike düzlemine () s in her s noktasında dik olan tek timelike vektördür. Bu durumda E deki Frenet -ayaklısı T ' 0 k 0 T N ' k 0 k N B ' 0 k 0 B (.4) şeklindedir.

27 Durum. g( ''( s), ''( s)) 0 Ns (), ''( s) in normalleştirilmiş timelike vektör alanıdır. Bs () binormal vektör alanı T( s), N( s ) timelike yüzeyine () s in her s noktasında dik olan tek spacelike vektördür. Bu durumda Frenet -ayaklısı T ' 0 k 0 T N ' k 0 k N B ' 0 k 0 B (.5) şeklindedir. Durum. g( ''( s), ''( s)) 0 Farz edelim ki ''( s) 0olsun. Ns (), ''( s) normal vektör alanıdır. Bsbinormal () vektör alanı Ts e () dik tek null vektördür ve () s in her noktasın da NB, dir. Bu durum da Frenet -ayaklısı T ' 0 k 0 T N ' 0 k 0 N B ' k 0 k B (.6) şeklindedir. Burada k eğriliği sadece iki değer alır. nın doğru olduğunda 0, diğer durumlarda ise dir. Eğer () s doğru ise ''( s) 0 T '( s) dir. Bunun anlamı ise k 0 dır. Eğer () s doğru değil ise, bir ''( s) 0 olacak şekilde bir I aralığı vardır ve N( s) ''( s) T '( s) dir. Böylece k dir. T, N, B ise N ' a T b N c B B' a T b N c B öyle ki N, N N, T B, B 0 dır. Buradan c a b dır. E de pseudo-ortonormaldir. Bunun anlamı ise 4

28 NB, ve TB, 0ifadeleri göz önüne alınırsa N ', B N, B' 0 ve B', T B, T ' 0 ve dolayısıyla b c ve a k elde edilir. Bu ise b k olacak şekilde tek bir eğrinin olduğunu gösterir. Durum time-like eğri s I yay parametresi olmak üzere g( '( s), '( s)) olsun. Ts, () nın birim teğet timelike vektör alanıdır. ''( s), Ts e () diktir ve Ns, () ''( s) in normalleştirilmiş spacelike vektör alanıdır. Binormal vektör alanı Bs, () T ( s), N( s ) timelike yüzeyine () s in her noktasında dik olan tek spacelike birim vektör alanıdır. Bu durumda T, N, B ile E ün yönü aynıdır. Bu durum da Frenet -ayaklısı T ' 0 k 0 T N ' k 0 k N B ' 0 k 0 B (.7) şeklindedir. Durum null eğri g( '( s), '( s)) 0 ise null eğridir ve '( s) T( s) null vektör alanıdır. Bu durumda ''( s) 0 olmak üzere '' T ye dik spacelike vektör alanıdır. null doğru değil ise, g( ''( s), ''( s)) alınır ve N, '' nün her s noktasında birim vektör alanıdır. Bu durumda Bsvektör () alanı nın her () s noktasında Ns e () dik tek null vektör alanıdır. T, T B, B N, B 0 T, B N, N olmak üzere, Frenet -ayaklısı 5

29 T ' 0 k 0 T N ' k 0 k N B ' 0 k 0 B (.8) şeklindedir. Burada k eğriliği bir null doğru olduğunda 0, diğer durumlarda dir. Eğer () s bir null doğru ise ''( s) 0 T '( s) dir. Bunun anlamı ise k 0 olmasıdır. Eğer () s doğru değil ise, bir ''( s) 0olacak şekilde bir I aralığı vardır, N( s) ''( s) T '( s) şeklinde tanımlanır ve k dir. T, N, B ise E de pseudoortonormal bir bazdır. Bunun anlamı N ' a T b N c B B' a T b N c B olmasıdır. Burada N, N B, T ve BB, 0 dır. Buradan b c a 0 dir. NT, 0 ve NB, 0 olduğundan T ', N T, N ' 0 ve N ', B N, B' 0 dır. O halde c k ve a b elde edilir. Bu durum da a k olacak şekilde tek bir eğri vardır.. Dört Boyutlu Öklid Durumu s Iyay parametresi ve bu parametreye bağlı eğrimiz ( s) ( ( s), ( s), ( s), ( s)) 4 olsun ve her s için g( '( s), '( s)) olmak üzeredört boyutlu Öklid uzayında g dx dx dx dx 4 metriği verilsin. eğrisi boyunca Frenet çatısı T, N, B, B şeklinde ifade edilir. Bu çatı aşağıdaki şekilde belirlenir. T, nın birim teget vektör alanı veya hız vektörü olsun. Eğer ''( s) 0ise ''( s) ivme vektörü () s noktasında Ts e () diktir. N normal vektör alanı ''( s) in normalleştirilmiş ivme vektör alanıdır. B birim vektör alanı, nün iki bileşene ayrılması ile belirlenir. Bunlardan bir tanesi T nin doğrultusundaki 6 N '

30 teğet vektör alanıdır diğeri ise B doğrultusundaki normal vektör alanıdır. B vektör alanı ise birim T, N, B üç boyutlu alt uzayına dik bir tek vektör alanıdır. Öyle ki T, N, B, B çatısının yönü formülleri T ' k. N 4 E ün yönü ile aynıdır. Bu duruma karşılık gelen Frenet N ' k T k B (.9) B ' k N k B B ' k B ya da T' 0 k 0 0 T N' k 0 k 0 N B' 0 k 0 k B B' 0 0 k 0 B (.0) şeklinde ifade edilir. İspat: T ' kn olduğundan N ' at bn cb db yazılabilir. T ile iç çarpımı alınırsa N ', T a T, T b N, T c B, T d B, T a b0 c0 d0 a. ve N, T 0 N ', T N, T ' 0 N ', T N, T ' N, kn k ve a k olur. N ' at bn cb db ifadesi N ile iç çarpım alınırsa N ', N a T, N b N, N c B, N d B, N a0b c0 d0 b. elde edilir ve N, N N ', N N, N ' 0 N', N 0 Olduğundan b 0 bulunur. N ' at bn cb db 7

31 ifadesi B ile iç çarpım uygulanırsa N ', B a T, B b N, B c B, B d B, B a0b0 c c. ve N, B 0 N ', B N, B' 0 N ', B N, B' ( k) k olup c k bulunur. Aynı şekilde N ' at bn cb db ifadesi B ile iç çarpım uygulanırsa N ', B a T, B b N, B c B, B d B, B a0b0 c0 d d. ve N, B 0 N ', B N, B ' 0 N', B 0 dır. Buradan d 0 olur. O halde N ' k T k B bulunur. B ' at bn cb db ifadesi T ile iç çarpımı alınırsa B ', T a T, T b N, T c B, T d B, T a b0 c0 d0 a. B, T 0 B ', T B, T ' 0 B ', T B, T ' B, k N 0 olur ve a 0 bulunur. B ' at bn cb db ifadesi N ile iç çarpım uygulanırsa B ', N a T, N b N, N c B, N d B, B a0b c0 d0 b. ve B, N 0 B ', N B, N ' 0 B ', N B, N ' B, k T k B k dolayısıyla bkbulunur. B ' at bn cb db şeklinde olup B ile iç çarpımı alınırsa 8

32 B ', B a T, B b N, B c B, B d B, B a0b0 c d0 c. ve B, B B ', B B, B ' 0 B ', B 0 olduğundan c 0 bulunur. B ' at bn cb db ifadesi B ile iç çarpım uygulanırsa B ', B a T, B b N, B c B, B d B, B a0b0 c0 d d. B, B 0 B ', N B, B ' 0 B ', B B, B ' k ve d k bulunur. O halde B ' k N k B bulunur. Şimdi de B ' at bn cb db olsun. Her iki tarafın T ile iç çarpımı alınırsa B ', T a T, T b N, T c B, T d B, T a b0 c0 d0 a. ve B, T 0 B ', T B, T ' 0 B ', T B, T ' B, k N 0 olur ve a 0 bulunur. B ' at bn cb db ifadesi N ile iç çarpım uygulanırsa B ', N a T, N b N, N c B, N d B, B a0b c0 d0 b. ve B, N 0 B ', N B, N ' 0 olup b 0 bulunur. B ', N B, N ' B, k T k B 0 B ' at bn cb db ifadesi B ile iç çarpımı alınırsa 9

33 B ', B a T, B b N, B c B, B d B, B a0b0 c d0 c. ve B, B 0 B ', B B, B ' 0 B ', B B, B ' k ve buradan ckbulunur. B ' at bn cb db yazılabilir. Bu eşitliğin B ile iç çarpımı alınırsa B ', B a T, B b N, B c B, B d B, B a0b0 c0 d d. ve B, B B ', B B, B ' 0 B ', B 0 Buradan da d 0 bulunur. O halde B ' k B dır. O halde Frenet 4-ayaklısı T' 0 k 0 0 T N' k 0 k 0 N B' 0 k 0 k B B' 0 0 k 0 B şeklindedir. k, k, k nın birinci, ikinci ve üçüncü eğrisidir. değerler alır. Bazı özel eğrilerin karakterleri k 0 ancak ve ancak bir doğru belirtir, k 0 ancak ve ancak planar(düzlemsel) eğri, 4 k ancak ve ancak, E de üç boyutlu alt uzayda yatar, 0 k ve k 0 sabittir ancak ve ancak çember, 0 k k 0 ve c, k cc, c R0 ancak ve ancak dairesel helis dir, 4 E dede Öklid deki gibi benzer 0

34 k k k c, c, c c c c R0 ancak ve ancak ( s) sin( s) V cos( s) V sin( s) V sin( s) V (.) 4 K c c c, (.) K K 4c c K K 4c c, (.) dır. V, V, V V, V ve V, V V4, V4 ortogonal ve sürekli ve bu eşitlikleri sağlar. i doğrusu c yarıçaplı kürededir..4 Dört Boyutlu Minkowski Durumu Dört boyutlu Minkowski uzayında bir eğrinin Frenet ayaklıları ve bunlara bağlı eğrilik formülleri hakkında temel kavramlar verilmiştir. 4 de g dx dx dx dx 4 metriği verilsin. E de () s eğrisinin spacelike, null ve timelike olma durumlarına 4 göre T, N, B, B Frenet çatısının durumlarına bakılacaktır. Durum spacelike eğri s parametresine bağlı yay uzunluğu g( '( s), '( s)) olsun, T, nın birim teğet vektör alanıdır. Eğer ''( s) 0 ise '', T ye diktir öyleki N, '' nün doğrultusundadır. '' nün casual karakterlerine göre durumlarını verelim. Durum. g( ''( s), ''( s)) 0 N asli normal vektör alanı, '' ne karşılık gelen normalleştirilmiş vektör alanıdır. B vektör alanı T, Ndüzlemine göre N ' nün C Aşağıda B in bütün casual karakterleri verilmiştir. normal bileşeninin doğrultusundadır.

35 Durum.. g( C, C ) 0 Bu durumda B vektör alanı C normalleştirilmiş vektör alanıdır ve B vektör alanı üç boyutlu T, N, B alt uzayına dik tek timelike birim vektör alanıdır öyle ki T, N, B, B ayaklısı çatısının yönü 4 E uzayının yönü ile aynıdır. Bu durum da Frenet 4- T' 0 k 0 0 T N' k 0 k 0 N B' 0 k 0 k B B' 0 0 k 0 B (.4) şeklindedir. İspat: B, T B, N B, T N, T B, N B, B 0 T, T N, N B, B B, B T ' k N olduğundan N ' at bn cb db yazılabilir. Bu eşitliğin her iki yanını T ile iç çarpım uygulanırsa N ', T a T, T b N, T c B, T d B, T a b0 c0 d0 a. ve N, T 0 N ', T N, T ' 0 N ', T N, T ' N, k N k olduğundan a k olur. N ' at bn cb db ifadesi N ile iç çarpım uygulanırsa

36 N ', N a T, N b N, N c B, N d B, N a0b c0 d0 b. ve N, N N ', N N, N ' 0 N', N 0 dır. Dolayısıyla b 0 bulunur. N ' at bn cb db ifadesi B ile iç çarpımı alınırsa N ', B a T, B b N, B c B, B d B, B a0b0 c c. ve N, B 0 N ', B N, B' 0 olup c k bulunur. N ', B N, B' ( k ) k N ' at bn cb db ifadesi B ile iç çarpım uygulanırsa N ', B a T, B b N, B c B, B d B, B a0b0 c0 d( ) d. N, B 0 N ', B N, B ' 0 N', B 0 dır. Buradan d 0 olur. O halde N ' k T k B bulunur. Şimdi de B ' at bn cb db olsun. Her iki tarafı T ile iç çarpım uygulanırsa B ', T a T, T b N, T c B, T d B, T a b0 c0 d0 a. ve B, T 0 B ', T B, T ' 0 B ', T B, T ' B, k N 0 olur. Dolayısıyla a 0 bulunur. B ' at bn cb db

37 ifadesi N ile iç çarpımı alınırsa B ', N a T, N b N, N c B, N d B, B a0b c0 d0 b. ve B, N 0 B ', N B, N ' 0 B ', N B, N ' B, k T k B k Buradan bkbulunur. B ' at bn cb db ifadesi B ile iç çarpımı alınırsa B ', B a T, B b N, B c B, B d B, B a0b0 c d0 c. ve B, B B ', B B, B ' 0 B ', B 0 olduğundan c 0 bulunur. B ' at bn cb db ifadesi B ile iç çarpım uygulanırsa B ', B a T, B b N, B c B, B d B, B a0b0 c0 d( ) d. ve B, B 0 B ', N B, B ' 0 B ', B B, B ' k O halde d k bulunur. Buradan B ' k N k B bulunur. Benzer şekilde B ' at bn cb db olsun. Eşitliğin T ile iç çarpımı alınırsa B ', T a T, T b N, T c B, T d B, T a b0 c0 d0 a. ve B, T 0 B ', T B, T ' 0 B ', T B, T ' B, k N 0 4

38 dan a 0 bulunur. B ' at bn cb db ifadesi N ile iç çarpım uygulanırsa B ', N a T, N b N, N c B, N d B, B a0b c0 d0 b. ve B, N 0 B ', N B, N ' 0 B ', N B, N ' B, k T k B 0 Buradan b 0 bulunur. B ' at bn cb db nin B ile iç çarpımı alınırsa B ', B a T, B b N, B c B, B d B, B a0b0 c d0 c. ve B, B 0 B ', B B, B ' 0 B ', B B, B ' k olduğundan c k bulunur. B ' at bn cb db ifadesi B ile iç çarpım uygulanırsa B ', B a T, B b N, B c B, B d B, B a0b0 c0 d( ) d. ve B, B B ', B B, B ' 0 B ', B 0 Buradan da d 0 bulunur. O halde B ' k B dır. Sonuç olarak Frenet 4-ayaklısı T' 0 k 0 0 T N' k 0 k 0 N B' 0 k 0 k B B' 0 0 k 0 B şeklindedir. 5

39 Durum.. g( C, C ) 0 Bu durum da B vektör alanı C normalleştirilmiş timelike vektör alanıdır ve B ise T, N, B T, N, B, B üç boyutlu alt uzaya dik tek birim spacelike vektör alanıdır öyle ki çatısının yönü Bu durum da Frenet 4-ayaklısı 4 E ün yönü ile aynıdır. T' 0 k 0 0 T N' k 0 k 0 N B' 0 k 0 k B B' 0 0 k 0 B (.5) şeklindedir. Durum..: g( C, C ) 0 B, C vektör alanı olduğundan ve B, T, Ndüzlemine dik tek null vektör alanıdır öyle ki B, B. Bu durum da Frenet 4-ayaklısı T' 0 k 0 0 T N' k 0 k 0 N B' 0 0 k 0 B B' 0 k 0 k B (.6) dır. Böyle bir eğrisine kısmi null eğrisi denir ve yukarıdaki Frenet formüllerinden, bu eğrinin üç boyutlu alt uzayda yattığı kolaylıkla görülür. Bir null dönme yapılarak, yani; bir null tetratdan diğer null tetrata dönüşüm yapılarak T ve N yi sabitlenir. k 0 alındığında B sabit bir null vektördür. Bu durumu görebilmek için aşağıdaki null dönme yapılabilir. 6

40 0 0 0 T' T N' N B' B a B' B a a ' k k, k ak ve k k. a olup, bu durum da Frenet 4-ayaklısı (.7) T'' 0 k 0 0 T N' k 0 k 0 N B' 0 0 k 0 B B' 0 k 0 k B (.8) şeklindedir. Böylece () s de k 0 seçilebilir. Bunun anlamı B 0 olmasıdır. Diğer bir deyişle B sabit null vektördür. Bu durum da sadece iki eğrilik vardır, ikinci eğrilik sadece sabit bir çarpana göre belirlenir. Kısmi null eğri, kısmi özel bir null belirtir. Yani k, k sabitleri sıfırdan farklı olmak üzere eğri yukarıdaki Frenet formüllerini sağlar. Bu eğri ( s) cs, cos( ks), sin( ks), cs k k (.9) şeklinde olup c 0 sabit ve bir null eksenli dairesel helisdir. Durum. g( ''( s), ''( s)) 0 N, ''( s) in normalleştirilmiş timelike vektör alanıdır. B birim vektör alanı ise nünnormal bileşeni doğrultusundaki spacelike vektör alanıdır. B de T, N, B N ' e dik tek birim spacelike vektör alanıdır öyle ki T, N, B, B çatısının yönü E 4 ün yönü ile aynıdır. Bu durumda Frenet 4-ayaklısı 7

41 T' 0 k 0 0 T N' k 0 k 0 N B' 0 k 0 k B B' 0 0 k 0 B (.0) şeklindedir. Durum. g( ''( s), ''( s)) 0 pseudo null eğri olsun. Eğer ''( s) 0ise N ''( s) dir. '''( s) spacelike ya da null vektör alanı olabilir. Eğer '''( s) spacelike ise, bu taktirde B de '''( s) nün normalleştirilmiş vektör alanıdır. B, TB, alt uzayına dik tek null vektör alanıdır öyle ki NB, ve Frenet4-ayaklısı ise T' 0 k 0 0 T N' 0 0 k 0 N B' 0 k 0 k B B' k 0 k 0 B (.) şeklinde olup k eğriliği sadece iki değer alır, null doğru olduğunda eğrilik 0, diğer durumlarda değerini alır. Eğer ''' null vektör alanı ise ( s) f ( s), s,0, f ( s) (.) şeklinde ifade edilen pseudo-null eğridir ve iki boyutlu dejenere yüzeyde yatar. Burada f, s nin keyfi bir fonksiyonudur. Durum : timelike eğri eğrisi s parametresine bağlı ve yay uzunluğu g( '( s), '( s)) olsun.t, ' nın oluşturduğu birim teğet vektör alanıdır. 8 '', T ye diktir öyle ki N, '' nün normalleştirilmiş spacelike vektör alanıdır. B birim spacelike vektör alanıt, N düzlemine göre N ' nün normal bileşeni doğrultusundadır. B, T, N, B birim spacelike vektör alanıdır. Bu T, N, B, B durum da Frenet 4-ayaklısı nin yönü e dik olan tek 4 E ün yönü ile aynıdır. Bu

42 T' 0 k 0 0 T N' k 0 k 0 N B' 0 k 0 k B B' 0 0 k 0 B (.) şeklindedir. Durum : null eğri T ' null vektör alanı olsun. Doğrular hariç için s pseudo-yay uzunluğu kullanılırsa, g( ''( s), ''( s)) dir. Böylece N '' ve B, T, N düzlemine göre 'nün normal bileşeni olsun. g( '( s), '''( s)) ve g( ''( s), '''( s)) 0 olduğundan B, B 0olmak zorundadır ve B ise TB, ifadesinden tamamen belirlenebilir. B, T, N, B üç boyutlu alt uzayına dik tek spacelike birim vektör alanıdır ve T, N, B ile 4 E ün yönü aynıdır. Bu durum da Frenet formülasyonu ''' T' 0 k 0 0 T N' k 0 k 0 N B' 0 k 0 k B B' k B (.4) şeklindedir. k eğriliği sadece iki değer alır. null doğru olduğun da 0, diğer durumlarda dir. T, N, B, B dörtlüsünull eğriler için Cartan dörtlüsü olarak bilinir. Diğer dörtlüler ise kanonik ve screw dörtlülerdir(bonner, W.B.,969). Bir null eğrisi esasen sadece k ve k eğriliklerine sahiptir. k, üçüncü eğriliğine benzer bir role sahiptir. Bunun anlamı null eğrisi 9 4 E de bir eğrinin 4 E ün üç boyutlu alt uzayında yatar ancak ve ancak k 0. k nin geometrik anlamı ise belirli değildir.

43 k olacak şekilde null helisler vardır. Eğer tek bir eğri varsa k k 0 olacak 0 şekilde null kübiktir. Bundan dolayı sadece sabit eğrilikli null eğriler çalışılmıştır. Durum. k k 0 ise; Frenet eşitliklerinden '''' 0. Böylece 4 A B C D olmak üzere,,, (.5) ( s) As Bs Cs D, ve '( s) As Bs C, (.6) ''( s) 6As B, (.7) '''( s) 6 A, (.8) B, B 0 '''', '''' olduğundan A, sabit bir null vektördür. Pseudo yay parametresi s olmak üzere g( ''( s), ''( s)) ve null eğrisi ise g( '( s), '( s)) 0. A, B, C, D vektörleri üzerinde aşağıdaki şartlar belirlenebilir. A, A C, C A, B B, C 0, AC,, 6 BB, 4 Örneğin s s s ( s) s, s,,0 (.9) ifadesi null kübiğin parametrizasyonudur. 0

44 Durum. k, kher ikisinde sıfır olmayan sabitler olsun. Durum. k 0 ise; 4 d T d T k 4 k T 0 (.0) ds ds diferensiyel denklemi çözülürse ( s) sinh( s) V cosh( s) W sinh( s) Z cosh( s) Y (.) Z, Z W, W Y, Y V, V (.) k k k, k k k (.) bulunur. Bu ise bir dairesel silindir üzerinde yatan null helis in parametrizasyonudur. Burada k nin eğrisinin null helis olması ile ilgili bir rolü yoktur. k 0 alınarak da null helis olduğu görülebilir. Durum. k 0 ise; Eğriler üç boyutlu alt uzayda yatar. Frenet eşitliklerinden ve 4 d T k 4 ds (.4) dt ds diferensiyel denkleminin çözümünden iki farklı durumdan söz edilebilir. (i) k 0 ise, ( s) sinh k s,cosh k s, k s,0, k (.5)

45 (ii) k 0 ise, ( s) 0, k s,sinh k s, cosh k s, k (.6)

46 BÖLÜM IV MİNKOWSKİ UZAYINDA MİNİMAL VE ÖTELEME YÜZEYLERİ 4.Gauss ve Ortalama eğrilik E F G, u u, u v, v v L EG F det(,, ) u v uu M EG F det(,, ) u v uv N EG F det(,, ) u v vv ve Edu Fdudv Gdv Ldu Mdudv Ndv olmak üzere, k n L M N E F G eşitliği yüzeyin normal eğriliği olarak tanımlanır. Bu oran yardımıyla F k L k E M k F N k G (4.) ( n, ) ( n ) ( n ) ( n ) 0 diferensiyel denklemi yazılır. Bu denklemin ya göre türevi alınırsa

47 F ( k, ) ( L k E) ( M k F) 0 (4.) n n n ( L k E) ( M k F) 0 n elde edilir. (4.) denklemi düzenlenirse n ( L k E) ( M k F) ( M k F) ( N k G) 0 n n n n elde edilir. (4.) ifadesinden yararlanılırsa ( L k E) ( M k F) 0 ( M k F) ( N k G) 0 n eşitlikleri elde edilir. O halde ( L k E) ( M k F) 0 n ( M k F) ( N k G) 0 n şeklindedir. Bu denklemler için L kne M knf det 0 M knf N kng bulunur. Buradan n n n n n ( EG F ) kn ( EN FM GL) kn LN M 0 elde edilir. Bu ikinci derece denklemin kökleri k ve k olmak üzere yüzeyin H ve K eğrilikleri sırasıyla H EN MF GL EG F ve LN M K EG F şeklindedir. 4

48 4.Minimal Yüzeyler Tanım 4. S bir yüzey olsun. EN MF GL H EG F ortalama eğrilik olmak üzere H 0 olması durumunda S yüzeyi minimal yüzey adını alır.(aksoy, 005). Tanım 4. x x, x, x olmak üzere X : M bir Riemann yüzeyinin içine izometrik immersiyonu olsun. Eğer her bir i için x i, M üzerinde bir harmonik fonksiyon oluyorsa X e minimaldir denir. Yani,, M üzerindeki Riemanian Laplace operatörü olmak üzere X i 0 olmalıdır. Bir M Riemann yüzeyi ile onun izometrik embedding altındaki görüntüsünü özdeşlemek oldukça faydalıdır. Harmoniklik lokal bir kavram olduğundan minimallik kavramı da M immerse edilmiş yüzeyine de uygulanabilir(inclusion dönüşümü ile indirgenmiş Riemann yapısı yardımıyla). H, X in ortalama eğrilik fonksiyonu olsun ve dönüşümü de X in Gauss dönüşümü veya onun birim normali olsun. N:M S X : M izometrik immersiyonu için X HN vektör değerli formülü geçerlidir. Bu durum ise minimalliğin aşağıdaki tanımına denktir. (Meeks veperez,0). Tanım 4. M u u x, y fonksiyonun grapfı olarak yüzeyi minimaldir Onun ortalama eğriliği sıfıra eşittir. M regüler yüzeyini lokal olarak belirlenebilir. 776 da Meusnier ortalama eğriliğin özdeş olarak sıfır olma şartını quasilineer ikinci mertebeden eliptik kısmı diferansiyel denklem olarak belirlemiştir. Bu denklem 76 de Langrange tarafından u. u u. u. u u u 0 (4..) x yy x y xy y xx şekilde bulunmuştur(meeks ve Perez, 0). 5

49 Tanım 4.4 M minimaldir M,(4..) denkleminin bir çözümünün grafiği olarak lokal anlamda belirlenebilir., bir M yüzeyinde kompakt, kapalı, yönlendirilebilir bir alt bölge olsun. Eğer, üzerindeki inclussion dönüşümü C 0 u fonksiyonu ile kompakt olarak ifade edilirse bu taktirde x t.. u N yine bir immersiyondur. M nin H ortalama eğrilik fonksiyonu.. A t Alan x t u N alan ifadesiyle ilişkilidir. Burada A 0 u. HdA ve da, M nin alan elementidir. Bu varyasyonel ifade ile minimalliğin aşağıdaki tanımına denktir. (Meeks ve Perez, 0). Tanım 4.5 M (Meeks ve Perez, 0). minimaldir bu alan fonksiyonelinin kritik bir noktasıdır. Tanım 4.6 M minimaldir p M noktası çok küçük alanlı bir komşuluğa sahiptir, bu ise onun sınırına bağlıdır. A, alan fonksiyonelinin yanı sıra varyasyonların calculusteki iyi bilinen bir diğer fonksiyoneli ise,. E X da Dirichlet enerji fonksiyonelidir. Burada X : M bir izometrik immersiyon ise kompakt kapalı bir alt R bölgesidir. Bu fonksiyoneller arasında E. A eşitsizliği vardır. E. Aolması için X : M İmmersiyonu konformal olmalıdır. (Meeks ve Perez, 0). Tanım 4.7 M minimaldir g: M stereografik izdüşümü Riemann yüzeyi yapısı altında meromorfiktir(bu stereografik izdüşüm dönüşümü Gauss dönüşümüdür). (Meeks ve Perez, 0). Yukarıda minimalliğin yedi tanımı verilmiştir. Minimalliğin ve minimal yüzey ifadelerinin bu denk tanımları minimal yüzey teorisi ile kompleks analiz arasında ileri derecede bir bağıntı olduğunu göstermiştir. Bu çalışmaların yapıldığı dönem klasik minimal yüzey teorisinin birinci altın çağı olarak adlandırılmıştır. Bu dönemde 6

50 Beltrami, Bonnet, Catalan, Darboux, Enneper, Lie, Riemann, Schoenflies, Schwarz, Serret, Weierstrass vs.gibi matematikçiler bu alanda oldukça kayda değer çalışmalar yapmışlardır. Birinci altın çağ tarihleri arasını kapsamaktadır aralığında klasik minimal yüzey teorisinin ikinci altınçağı yaşanmış, bu dönemde öne çıkan matematikçiler ise, Courant, Douglas, Morrey, Morse, Rudo ve Shiffman olmuştur. Bu dönemdeki en büyük başarı ise Douglas ın Plateau Problemi ni çözmesidir. Pek çok geometrici 980 lerin başından beri klasik minimal yüzey teorisinin üçüncü altın çağının yaşandığına inanmaktadır. Günümüzde bu alanda interdisipliner bir çalışma alanı oluşmuş, matematiğin diğer branşları fizik ve bilgisayar teknolojisinde kullanılarak oldukça başarılı çalışmalar yapılmaktadır. Lemma 4. Genel olarak bir u, v u, v, h( u, v) h h h h h h h 0 v uu u v uv u vv Monge yüzeyi bir minimal yüzeydir dır. Burada h nin özel seçimi ile minimal yüzeylerin ilginç bir örneğini bulabiliriz. 85 te Scherk u, v u, v, h( u, v) formunun, yani öteleme yüzeyinin minimal olma şartı saptanmıştır. Bu, aşağıdaki teoremle verilecektir. (Liu,999). Teorem 4. Eğer Monge yüzeyi X : U yüzeyi ise M ya bir düzlem parçasıdır ya da 0 olmak üzere M h( u, v) f ( u) g( v) minimal öteleme f ( u) log(cos( u)) ve g( v) log(cos( v)) cos v h( u, v) log cos u dır. (Liu,999). İspat: h( u, v) f ( u) g( v) h f ''( u) uu h 0 uv h g ''( v) vv 7

51 h h h h h h h 0 v uu u v uv u vv g '( v) f ''( u) f '( u) g ''( v) 0 dan f ''( u ) ''( ) g v f '( u) g '( v) bulunur. f ''( u ) ''( ) g v f '( u) g '( v) f ' p f '' p', ise p ' p olup. O halde p ' p dp du den arctan( p) u c dır. Buradan p tan( u c ) f ' p df tan( u c ) du df tan( u c ) du f ( u) sin( u c ) du cos( u c ) f ( u) log(cos( u) c ), c 0 f ( u) log(cos( u)) elde edilir. Benzer şekilde g''( v) g '( v ) 8

52 eşitliğinden g( v) log(cos( v)) bulunur. Böylece cos v h( u, v) log elde edilmiş olur. cos u Bulunan bu yüzey Scherk yüzeyi adını alır ve cos v Scherk u, v u, v, log cos u şekilde ifade edilir. Bu durumda Scherk yüzeyi öteleme yüzeyleri içinde minimal olan tek yüzeydir ve. Şekil 4. Scherk yüzeyi şekilde görüldüğü gibidir. 4. Sabit Ortalama Eğrilikli Öteleme Yüzeyleri Bu bölümde E ve E de sabit ortalama eğrilik ya da sabit Gauss eğrilikli öteleme yüzeyleri konusunda bir sınıflandırma yapılacaktır. Keyfi spacetime daki spacelike ortalama eğrilik li hiperyüzeylerin relativite teorisiyle ilgisi vardır. uzayı.,. dx dy dz E -boyutlu Öklid 9

53 metriği ile.,. dx dy dz metriği ile verilsin. E de -boyutlu Lorentz uzayı da E deki ya da ( u, v) ( u, v), ( u, v), ( u, v) ile gösterilirse, S yüzeyinin birinci esas formu Edu Fdudv Gdv şeklinde ifade edilir. Burada E deki bir S yüzeyi de E, F, G, u u r( u, v) r( u, v) u v u v dır. u v v v E deki yüzey için EG F E deki spacelike yüzey için E deki timelike yüzey için 0 EG EG F 0 dir. I.temel formun ispatı aşağıdaki şekildedir. F 0 M yarı-riemann manifoldu olarak -boyutlu hiperyüzey olarak da ( U, ) parametrizasyonu ile verilen :U ( u, v) ( u, v) ( ( u, v), ( u, v), ( u, v)) ( u) yüzeyi göz önüne alınırsa, d d *, * du dv lineer bağımsız olmak üzere yüzeyin vektör alanının bir bazı R Minkowski uzayı ve M yarı-riemann d d *, * du dv d dir. * du ve d * dv yerine sırasıyla u ve v alınırsa o zaman 40

54 yüzeyin normali N uxv olur.. Ayrıca N, N x, x u v u v dir. Lagrange özdeşliğinden dolayı NN,,,, yazılırsa ve u v u u v v E, F, G, u u katsayıları kullanılırsa u v v v N, N F EG elde edilir. Şimdi yüzeyin birinci temel formunu hesaplayalım. nin tam diferansiyeli dir. u v ds,, du, dudv, dv u u u v v v dir. Buradan da Edu Fdudv Gdv elde edilir. S yüzeyinin ikinci esas formu Ldu Mdudv Ndv şeklinde tanımlanır. Burada; L EG F det(,, ) u v uu M EG F det(,, ) u v uv 4

55 N EG F det(,, ) u v vv şeklindedir. Şimdi II. temel formun ispatını verelim. X, Y ( M) için yüzeyin esas formu S( X ) dn olmak üzere X, Y S( X ), Y şeklindedir. Ayrıca NY, 0 denkleminde türev alınırsa N ', Y N, Y ' 0 yani, N ', Y N, Y ' bulunur. X, Y N ', Y N, Y ' yazılabilir. Buradan Y ' ' du dv u v Y ' ifadesini hesaplanırsa ' u uv v du dudv dv şeklindedir. Bu ifade ikinci temel form tanımında yerine yazılırsa N, Y ', N du, N dudv, N dv u uv v ve X, Y Ldu Mdudv Ndv 4

56 elde edilir. Teorem 4. S, -boyutlu Öklid uzayı E de ya da -boyutlu Lorentz uzayı E de K sabit Gauss eğrilikli bir öteleme yüzeyi olsun. Bu durumda S bir silindir ve dolayısıyla K 0dır (Liu 999). İspat: E Öklid uzayında, S öteleme yüzeyi z g( x) h( y) (4.) dönüşümü ile verilsin. Bu durumda S nin Gauss eğriliği K hesaplanırsa yapılırsa, ( x, y) x, y, g( x) h( y) x,0, g'( x) 0,, h'( y) y xy 0,0,0 xx 0,0, g''( x) yy 0,0, h''( y) E,,0, g '( x),,0, g '( x) g '( x) x x F,,0, g '( x),,0, h'( y) h'( y). g '( x) x y G, 0,, h'( y), 0,, h'( y) h'( y) x x E. G F g '( x) h'( y) h'( y) g '( x) h'( y) g '( x) 0 g'( x) det,, 0 h'( y) g ''( x) x y xx 0 0 g''( x) 0 g'( x) det,, 0 h'( y) 0 x y xy g'( x) det,, 0 h'( y) h''( y) x y yy 0 0 h''( y) 4

57 L det x, y, xx g ''( x) E. G F h'( y) g '( x) M det x, y, xy 0 0 E. G F h'( y) g '( x) N det x, y, yy h''( y) E. G F h'( y) g '( x) LN M K EG F eşitliğinden K g ''( x) h''( y) h'( y) g '( x) (4.) elde edilir. Eğer K sabit ise, g''( x) 0 olduğu kabul edelip her iki tarafın y ye göre türevi alınırsa h y h y g x h y h y ''( ) '( ) '( ) 4 '( ) ''( ) 0 elde edilir. h''( y) 0 olduğu kabul edelirse ve her iki tarafın y ye göre türevi alınırsa g y h y g x g y g y ''( ) '( ) '( ) 4 '( ) ''( ) 0 bulunur. Burada g''( x) 0 yada h''( y) 0 dır. g''( x) 0 ise a, b R olmak üzere g( x) ax b olarak elde edilir. Dolayısıyla ( x, y) ( x, y, ax b h( y)) (0, y, b h( y)) x.(,0, a) bir silindir yüzeyidir. E Lorentz uzayında S öteleme yüzeyi z g( x) h( y) ( 4.) x g( y) h( z) (4.4) dönüşümleriyle verilebilir. S nin K Gauss eğriliği, yukarıdaki benzer hesaplamalar yapılarak sırasıyla 44

58 K g ''( x) h''( y) h'( y) g '( x) (4.5) yada K g ''( y) h''( z) h'( z) g '( y) (4.6) şeklinde elde edilir. K sabitse g '' 0 ya da h'' 0 olup yüzey bir silindir yüzeyidir. Teorem 4. (I) S, -boyutlu Öklid uzayı olsun. Bu durumda S, E de sabit ortalama eğriliği H 0 olan bir öteleme yüzeyi E de aşağıdaki gibi bir yüzey yada yüzeyin parçasıdır. H z 4H x y (4.7) (II) S, -boyutlu Lorentz uzayı yüzeyi olsun. Bu durumda; E de sabit ortalama eğriliği H 0 olan bir öteleme (i) Eğer S spacelike bir yüzey ise bu taktirde; S aşağıdaki gibi bir yüzey ya da bu yüzeyin bir parçası olur; H z 4H x y (4.8) x y H z H 4 (4.9) veya 4 H x H y z dir. 45 (4.0)

59 (ii) Eğer S timelike bir yüzey ise bu durumda; S aşağıdaki gibi bir yüzey ya da yüzeyin bir parçası olur. H z 4H x y (4.) 4 H z H x y (4.) x y 4H z H (4.) 4 x H y z H ya da, (4.4) H x 4H y z (Liu, 999). İspat: (4.5) (I) S, E Öklid uzayında, sabit ortalama eğriliği H 0 olan bir yüzey olsun. z g( x) h( y) den H hesaplanırsa. h'( y) g '( x) g ''( x). h'( y) h''( y). g '( x) H (4.6) şeklinde elde edilir. Bu son eşitlikte x e göre türev alınırsa g ''' h' g ' g '' h'' g ' h' 5 g ' g '' g '' h' h'' g ' g ' h' 0 g ''' h' g ' g '' h'' g ' h' 6 Hg ' g '' g ' h' 0 46

60 g ''' h' g ' g '' h'' g ' h' 6 Hg ' g '' elde edilir. y ye göre türev alınırsa h' h'' g '' g ' g '' h''' g ' h' h' h'' g ''' h' g ' g '' h'' g ' h' 0 denklemi bulunur. Bu denklemi H ye göre düzenlenirse; h h g g g h g h Hg g h h g h ' '' '' ' '' ''' ' ' 6 ' '' ' '' ' ' 0 h' h'' g '' g ' g '' h''' g ' h' 6 Hg ' g '' h' h'' 0 elde edilir. g''( x) 0 ve h''( y) 0 olduğu kabul edilirse, g''' h''' H g ' h' g ' g '' h' h'' bulunur. Burada x e göre türev alınır ve tekrar düzenlenirse, g ''' ' ' g h Hg ' g '' 0 gg ' '' eşitliğini elde edilir. g''( x) 0 ve h''( y) 0 olduğundan H 0 bulunur. Bu da H 0ile çelişir. O halde, g '' 0 veya h'' 0 olmalıdır. h'' 0 olursa, h( y). y c seklinde (4.6) denkleminde yerine yazılırsa, g ''( x) H g ' h' (4.7) elde edilir. Bu denklem çözülürse; g' pve g'' dp p dg değişken değiştirmesiyle, 47

61 dp dg p H p p p p u. p. dp du du Hdg u du u u dp Hdg Hdg Hg c Hg c p p Hg c bu ifade düzenlenirse, Hg c p p p Hg c Hg c Hg c Hg c. dg Hg c Hg c Hg c dg dx dx dg dx 48

62 . H. g c v elde edilir. Türev alınırak. H. dg dv dg dv. H v H v dv dx v t. v. dv dt dt... dx. H t elde edilir. Tekrar integral alınırsa, t x c 4H t H x c t 4H x c v 4H x c 4 H x c v 4H x c v v 4H x c Buradan da v Hg c Hg c 4H x c.. H g 4H x c c c ve c sabitleri yeniden düzenlenirse;.. H g 4H x c c 49

63 elde edilir. Yüzey z g( x) h( y) şeklinde olduğu için şeklindedir.. H z 4H x c c y a b Şekil 4. Öteleme yüzey (a), H ve ( b) 0, H (II) S, E Lorentz uzayında, sabit ortalama eğriliği H 0 olan bir yüzey olsun. z g( x) h( y) den H için, H g ''( x) h'( y) h''( y) g '( x) h'( y) g '( x) (4.8) ve x g( y) h( z) için, g ''( y) h'( z) h''( z) g '( y) H h'( z) g '( y) (4.9) şeklindedir. (I).dekine benzer hesaplamalarla z g( x) h( y) eşitliğinden. H z 4H x c y 50

64 elde edilir. Buda ispatı tamamlar. a b Şekil 4. Öteleme yüzey (a) 0, H ve (b), H Şimdi de, g ''( x) H g '( x) diferensiyel denklemi çözülürse, (I).dekine benzer hesaplamalarla; z g( x) h( y) eşitliğinden z 4H x c c y elde edilir.. H a b Şekil 4.4 Öteleme yüzey (a) 0, H ve (b), H 5

65 ise g ''( x) H g '( x) diferensiyel denklemi yine I.deki gibi çözülürse, z g( x) h( y) eşitliğinden 4. H z H x c c y elde edilir. a b Şekil 4.5 Öteleme yüzey (a), H ve (b), H (4.4) deki yüzey için g '' 0 olduğunda g( y). y c yazılabilir. (4.8) den, x g( y) h( z) için, h''( z) H h'( z) ya da h''( z) H h'( z) E de bir öteleme olarak, diferensiyel denklemi bulunur. Bu denklemler sırayla çözülürse, 5

66 h( z) 4H z c c. H c, c R (4.9) ve h( z) 4H z c c. H c, c R elde edilir. h'' 0 olduğundan, h( z). z olduğunu farz edilirse (4.9) dan, (4.0) g ''( y) H g '( y) (4.) ve g ''( y) H g '( y) (4.) denklemlerine ulaşılır. (4.9) un çözümünden; c, cr, olmak üzere g( y) 4H y c c. H spacelike yüzeyi elde edilir. a b Şekil 4.6 Öteleme yüzey (a), H ve (b), H 5

67 (4.) denkleminin çözümünden, g( y) 4H y c c. H c, cr, timelike yüzeyi bulunur. a b Şekil 4.7 Öteleme yüzey (a), H ve (b), H g( y) 4H y c c. H c, cr, timelike yüzeyi elde edilir. a b Şekil 4.8 Öteleme yüzey (a) 0, H ve (b) 54, H

68 olarak elde edilir. Bunlar da Teorem 4. nin ispatını tamamlar. Teorem 4.4 (I) S, -boyutlu Öklid uzayı Bu durum da S, E de sıfır ortalama eğrilikli bir öteleme yüzeyi olsun. E de aşağıdaki gibi bir yüzey veya bu yüzeyin bir parçası olur. z x y log cos( ) log cos( ) 0, R (II) S, -boyutlu Lorentz uzayı Bu durumda; E de sıfır ortalama eğrilikli bir öteleme yüzeyi olsun. (i) Eğer S, spacelike yüzey ise parçasına eşit olur. E uzayında bulunan aşağıdaki yüzeyin bir spacelike z log cosh( x) log cosh( y) (4.) x log cos( y) log sinh( z) (4.4) (ii)eğer S, timelike yüzey ise (4.) ve (4.) eşitliklerinin timelike kısımlarına ya da aşağıdaki gibi E ün bir parçasına eşit olur. z log sinh( x) log cosh( y) (4.5) z log cosh( x) log sinh( y) (4.6) z log sinh( x) log sinh( y) (4.7) ya da, 55

69 x log cosh( y) log cosh( z) (4.8) (Liu, 999). İspat: () -boyutlu z g( x) h( y) olsun. E Öklid uzayında sıfır ortalama eğrilikli S yüzeyini ele alalım. g ''( x) h'( y) h''( y) g '( x) H g '( y) h'( z) alınırsa g ''( x) h'( y) h''( y) g '( x) 0 g ''( x) h'( y) h''( y) g '( x) olur. Her iki tarafı h'( y) g '( x) 0 ile bölünürse; g ''( x) h'( y) h''( y) g '( x) h'( y) g '( x) h'( y) g '( x) den g ''( x) h''( y) g '( x) h'( y) elde edilir. Bu ifade sabitine eşitlenerek çözülürse; z g( x) h( y) olduğundan, z log cos( x) log cos( y) olarak bulunur. Buda ispatı tamamlar. () -boyutlu E Lorentz uzayında sıfır ortalama eğrilikli S yüzeyini ele alınırsa: (i) S spacelike olsun. E. G F 0 (a) z g( x) h( y) 56

70 ve (b) x g( y) h( z) olsun. Bu durum da z g( x) h( y) den g ''( x) h'( y) h''( y) g '( x) H g '( x) h'( y) ve x g( y) h( z), (4.9) H g ''( y) h'( z) h''( z) g '( y) h'( z) g '( y), (4.0) dir. (4.4) da H 0 için g ''( x) h'( y) h''( y) g '( x) 0 g ''( x) h'( y) h''( y) g '( x) g ''( x) h''( y) g '( x) h'( y). olur. İlk olarak g''( x) g'( x) denklemi ele alınırsa, dg g' p dx dp g'' p' dx değişken değiştirmesiyle dp dx p p dp. dx olur. Buradan integral alınırsa, p dp.. dx 57

71 p p dp p p dx dp. dx p p x c ln ln ln p ln xln c p p ce p x x p c e p p c e c e p x x p c e c e ce p x x x x ce ce p g' ce dg dx g ce c e c g x x ce ce x x e e x x x x dx dx sinh( x) g tanh( x) dx. dx cosh( x) g( x) log cosh( x) elde edilir. Benzer şekilde, h''( y) h'( y) denklemi çözülürse, 58

72 h( y) log cosh( y) bulunur. z g( x) h( y) olduğundan, z log cosh( x) log cosh( y) yüzeyi elde edilir. a b Şekil 4.9 Minimal yüzey (a) ve (b) 4 (b) x g( y) h( z) H g ''(y) h'(z) h''( y) g '(y) h'(z) g'(y) 0 den, g ''( y). h'( z) h''( z). g '( y) 0 g ''( y). h'( z) h''( z). g '( y) g ''( y) h''( z) g '( y) h'( y) eşitliği çözülürse öncelikle g''( y) g'( y) denklemi ele alınırsa ve 59

73 dg g' p dx dp g'' p' dx değişken değiştirmesi yapılırsa dp dy p dp dy p olur. Buradan integral alınırsa p dp dy arctan( p) y c p tan( y c ) dg g ' p tan( y c ) dy dg tan( y c ) dy elde edilir. Tekrar iki tarafın integralı alınırsa, g( y) sin( y c ) dy cos( y c ) g( y) log cos( y c ) c 0 g( y) log cos( y) bulunur. Benzer şekilde, h''( z) h y '( ) denklemi ele alınırsa dh h' p dz dp h'' p' dz 60

74 alınarak, dp dz p dp. dz p elde edilir. Tekrar integral alınırsa, dp dz p p p dp p p dp dz dz p p z c ln ln ln p ln zln c p p ce p z p c e p z p c e p c e z z p c e c e ce p ce z z z z ce ph' ce dh dz h ce c e c ce ce z z z z z z dz h e e z z dz 6

75 cosh( z) h coth( z) dz dz sinh( z) h( z) log sinh( z) bulunur. Böylece, x g( y) h( z) için, x log cos( y) log sinh( z). yüzeyi elde edilir. a b Şekil 4.0 Minimal yüzey (a) ve (b) 50 (ii) S bir timelike yüzey olsun. E. G F 0 z g( x) h( y) için, g ''( x) h'( y) h''( y) g '( x) H g '( x) h'( y) dir. H 0için, g ''( x) h'( y) h''( y) g '( x) 0 g ''( x) h'( y) h''( y) g '( x) 6

76 g ''( x) h''( y) g '( y) h'( y) elde edilir. Timelike olması yani, g '( x) h'( y) 0 olması durumu incelememiz için bakmamız gereken dört farklı durum vardır..durum g'( x) ve h'( y) ise g ''( x) h''( y) g '( x) h'( y) denkleminin çözümünden, g( x) log cosh( x). ve h( y) log cosh( y).. olur. Buradan z g( x) h( y) log cosh( x) log cosh( y) elde edilir..durum g'( x) ve h'( y) ise g ''( x) h''( y) g '( x) h'( y) denkleminin çözümünden, g( x) log cosh( x). ve h( y) log sinh( y).. olup z g( x) h( y) log cosh( x) log sinh( y) 6

77 yüzeyi elde edilir. a b Şekil 4. Minimal yüzey (a) ve (b) 50 Bu yüzey.çesit Scherk Yüzeyiolarak adlandırılmıştır(woestjne,w.d.i.,990)..durum g'( x) ve h'( y) ise g ''( x) h''( y) g '( x) h'( y) denkleminin çözümünden, g( x) log sinh( x). h( y).log cosh(. y). dır. O halde z g( x) h( y) log sinh( x) log cosh( y). yüzeyi elde edilir. 64

78 a b Şekil 4. Minimal yüzey (a) ve (b) 0 Bu yüzey.çesit Scherk Yüzeyi olarak adlandırılır(woestjne,w.d.i.,990). 4.Durum g'( x) ve h'( y) ise g ''( x) h''( y) g '( x) h'( y) denkleminin çözümünden, g( x) log sinh( x). h( y) log sinh( y). bulunur. Buradan z g( x) h( y) log sinh( x) log sinh( y). yüzeyi elde edilir. 65

79 a b Şekil 4. Minimal yüzey (a) ve (b) 0 x g( y) h( z) için, g ''( y) h'( z) h''( z) g '( y) H h'( z) g '( y) olur. H 0için, g ''( y) h'( z) h''( z) g '( y) 0 g ''( y) h'( z) h''( z) g '( y) g ''( y) h''( z) g '( y) h'( z) elde edilir. Burada da h'( z ) nin den küçük ve den büyük olması durumları vardır. (a) h'( z) ise g ''( y) h''( z) g '( y) h'( z) denkleminin çözümünden, g( y) log cos( y). ve 66

80 h( z) log cosh( z). olur. Dolayısıyla x g( y) h(z) log cosh( y) log cosh( z). yüzeyi elde edilir. a Şekil 4.4 Minimal yüzey (a) ve (b) 0 b Bu yüzey.çesit Scherk Yüzeyi olarak adlandırılır(woestjne,w.d.i.,990). (b) h z '( ) ise g ''( y) h''( z) g '( y) h'( z) denkleminin çözümünden, g( y) log cos( y). h( z) log sinh( z). olup, x g( y) h(z) log cos( y) log sinh( z). yüzeyi elde edilir 67

81 a b Şekil 4.5 Minimal yüzey (a) ve (b) 0 Bu da Teorem 4. 4' ün ispatını tamamlar. E Minkowski uzayında spacelike, timelike ve ligthlike doğrultulara göre öteleme yüzeyleri altı çeşit olarak göz önüne alınabilir..çeşit spacelike doğrultu boyunca ve spacelike doğrultuda,.çeşit spacelike doğrultu boyunca ve timelike doğrultuda,.çeşit ligthlike doğrultu boyunca ve ligthlike doğrultuda, 4.Çeşit ligthlike doğrultu boyunca ve spacelike doğrultuda, 5.Çeşit timelike doğrultu boyunca ve ligthlike doğrultuda, 6.Çeşit timelike doğrultu boyunca ve timelike doğrultuda, 5. ve 6. Çeşit öteleme yüzeyi S ( u, v) ( u, v), ( u, v), ( u, v) g( u v) h( v), u, v i) yüzey 5.çeşittir. ii) yüzey 6.çeşittir. ( uv, ) ( uv, ) u, v u v olmak üzere, S nin.temel formu I E. du. F. du. dv G. dv 68

82 E u, u gu F, g (. g h ) u v u v v G g h v, v (. u v) şeklinde ifade edilir. E de spacelike ve timelike yüzey için sırasıyla E. G F 0 ve E G. F 0 Olmak üzere S yüzeyinin II. temel formunun katsayıları L g uu g h g v v v M g uv g h g v v v N g vv v v v g h g olmak üzere, II L. du. M. du. dv N. dv şeklindedir. Bu durumda S yüzeyinin Gauss ve Ortalama eğrilikleri K g g h g uu vv vv uv v v u v v u g h g g h g (4.) H gu gvv hvv guguu gv hv guu gv hv şeklindedir. v v u v v u g h g g h g (4.) 69

83 Sonuç: y u. v ve z v dönüşümü ile ( yz, ) 0 uv, ve (4.) ve (4.) den ve olmak üzere K g h yy g y hz g y zz 4 h g g h H zz y yy z g y hz g y şeklindedir. Teorem 4.5 S, E de 6.çeşit öteleme yüzeyi olsun. Bu taktirde eğer S minimal ise S bir düzleme özdeştir ya da g ve h fonksiyonları c, c, c sabit ve c 0 olmak üzere g log sec c u. v c c c Şekil 4.6 Minimal yüzey c 4 ve 70

84 log sec h c v c c c Şekil 4.7 Minimal yüzey c 4 ve şeklindedir(yuan ve Lıu, 0). Teorem 4. 6 S 6. çeşit öteleme yüzeyi ve H 0 ise bu taktirde; (i) S spacelike ise aşağıdaki yüzeylerin birine ya da bunların açık bir parçasına denktir. (a) c olmak üzere c (, ) 4 H u v H u cv c u v (b) 4 4 c 4. H cu ( u, v) 4 u cv H şeklindedir. 7

85 (ii) S timelike ise aşağıdaki yüzeylerin birine ya da bunların açık bir parçasına denktir. (c) c (, ) 4 H u v H u cv c u v (d) 4 4 c 4H cu ( u, v) 4 u cv H şeklindedir(yuan ve Lıu, 0). Teorem 4.7 K 0 ise 5. ve 6. Çeşit öteleme yüzeyi yoktur(yuan ve Lıu, 0). Teorem 4.8 u, v g u v h( u), u, v bir öteleme yüzeyi olsun. Bu yüzey 5. Çeşit minimal yüzeydir c, c, c sabit ve c 0 olmak üzere yüzey bir düzlemdir, h ve g fonksiyonu g log sec c u. v c c c Şekil 4.8 Minimal yüzey c 4 ve 7

86 h log cv c c c Şekil 4.9 Minimal yüzey c 4 şeklindedir(yuan ve Lıu, 0). 7

BOZOK ÜNİVERSİTESİ FEN EDEBİYAT FAKÜLTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ BİTİRME TEZİ E 3-BOYUTLU ÖKLİD UZAYINDA HELİSLER VE UYGULAMALARI.

BOZOK ÜNİVERSİTESİ FEN EDEBİYAT FAKÜLTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ BİTİRME TEZİ E 3-BOYUTLU ÖKLİD UZAYINDA HELİSLER VE UYGULAMALARI. BOZOK ÜNİVERSİTESİ FEN EDEBİYAT FAKÜLTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ BİTİRME TEZİ E -BOYUTLU ÖKLİD UZAYINDA HELİSLER VE UYGULAMALARI Hasibe ŞENOL 16104210046 Danışman: Yrd. Doç. Dr. Murat BABAARSLAN YOZGAT 201 ÖZET

Detaylı

Darboux Ani Dönme Vektörleri ile. SPACELIKE ve TIMELIKE YÜZEYLER GEOMETRİSİ. Celal Bayar Üniversitesi Yayınları Yayın No: 0006

Darboux Ani Dönme Vektörleri ile. SPACELIKE ve TIMELIKE YÜZEYLER GEOMETRİSİ. Celal Bayar Üniversitesi Yayınları Yayın No: 0006 Darboux Ani Dönme Vektörleri ile SPACELIKE ve TIMELIKE YÜZEYLER GEOMETRİSİ Prof. Dr. H. Hüseyin UĞURLU Prof. Dr. Ali ÇALIŞKAN Celal Bayar Üniversitesi Yayınları Yayın No: 0006 0 Celal Bayar Üniversitesi

Detaylı

3. V, R 3 ün açık bir altkümesi olmak üzere, c R. p noktasında yüzeye dik olduğunu gösteriniz.(10

3. V, R 3 ün açık bir altkümesi olmak üzere, c R. p noktasında yüzeye dik olduğunu gösteriniz.(10 Diferenisyel Geometri 2 Yazokulu 2010 AdıSoyadı: No : 1. ϕ (u, v) = ( u + 2v, v + 2u, u 2 v ) parametrizasyonu ile verilen M kümesinin bir regüler yüzey olduğunu gösteriniz. (15 puan) 3. V, R 3 ün açık

Detaylı

Chapter 1 İçindekiler

Chapter 1 İçindekiler Chapter 1 İçindekiler Kendinizi Test Edin iii 10 Birinci Mertebeden Diferansiel Denklemler 565 10.1 Arılabilir Denklemler 566 10. Lineer Denklemler 571 10.3 Matematiksel Modeller 576 10.4 Çözümü Olmaan

Detaylı

SAÜ Fen Edebiyat Dergisi (2009-II) ÜÇ BOYUTLU LORENTZ UZAYI MANNHEİM EĞRİ ÇİFTİ ÜZERİNE A. ZEYNEP AZAK

SAÜ Fen Edebiyat Dergisi (2009-II) ÜÇ BOYUTLU LORENTZ UZAYI MANNHEİM EĞRİ ÇİFTİ ÜZERİNE A. ZEYNEP AZAK SAÜ Fen Edebiyat Dergisi (009-II) ÜÇ BOYUTLU LORENTZ UZAYI L DE TIMELIKE MANNHEİM EĞRİ ÇİFTİ ÜZERİNE A. ZEYNEP AZAK Saarya Üniversitesi, Fen-Edebiyat Faültesi Matemati Bölümü, 5487, SAKARYA apirdal@saarya.edu.tr

Detaylı

III. DERS DİFERENSİYELLENEBİLİR YÜZEYLER

III. DERS DİFERENSİYELLENEBİLİR YÜZEYLER Bölüm 1 III. DERS DİFERENSİYELLENEBİLİR YÜZEYLER 1.1 YÜZEYLER:TANIM VE ÖRNEKLER Bu kesimin amacı R 3 de yüzeyler teorisini incelemek ve bunun içinde manifoldlar teorisinin gerekli kısmını aktarmaktır.

Detaylı

Genel Olarak Bir Yüzeyin Diğer Bir Yüzeye Projeksiyonu

Genel Olarak Bir Yüzeyin Diğer Bir Yüzeye Projeksiyonu JEODEZİ9 1 Genel Olarak Bir Yüzeyin Diğer Bir Yüzeye Projeksiyonu u ve v Gauss parametrelerine bağlı olarak r r ( u, v) yer vektörü ile verilmiş bir Ω yüzeyinin, u*, v* Gauss parametreleri ile verilmiş

Detaylı

BÖLÜM 1: MADDESEL NOKTANIN KİNEMATİĞİ

BÖLÜM 1: MADDESEL NOKTANIN KİNEMATİĞİ BÖLÜM 1: MADDESEL NOKTANIN KİNEMATİĞİ 1.1. Giriş Kinematik, daha öncede vurgulandığı üzere, harekete sebep olan veya hareketin bir sonucu olarak ortaya çıkan kuvvetleri dikkate almadan cisimlerin hareketini

Detaylı

Üç Boyutlu Uzayda Koordinat sistemi

Üç Boyutlu Uzayda Koordinat sistemi Üç Boyutlu Uzayda Koordinat sistemi Uzayda bir noktayı ifade edebilmek için ilk önce O noktasını (başlangıç noktası) ve bu noktadan geçen ve birbirine dik olan üç yönlü doğruyu seçerek sabitlememiz gerekir.

Detaylı

Math 322 Diferensiyel Denklemler Ders Notları 2012

Math 322 Diferensiyel Denklemler Ders Notları 2012 1 Genel Tanımlar Bir veya birden fazla fonksiyonun türevlerini içeren denklemlere diferensiyel denklem denmektedir. Diferensiyel denklemler Adi (Sıradan) diferensiyel denklemler ve Kısmi diferensiyel denklemler

Detaylı

Kaynaklar Shepley L. Ross, Differential Equations (3rd Edition), 1984.

Kaynaklar Shepley L. Ross, Differential Equations (3rd Edition), 1984. Çankırı Karatekin Üniversitesi Matematik Bölümü 2015 Kaynaklar Shepley L. Ross, Differential Equations (3rd Edition), 1984. (Adi ) Bir ya da daha fazla bağımsız değişkenden oluşan bağımlı değişken ve türevlerini

Detaylı

AFYON KOCATEPE ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ MATEMATİK ANABİLİM DALI BAŞKANLIĞI YÜKSEK LİSANS PROGRAMI

AFYON KOCATEPE ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ MATEMATİK ANABİLİM DALI BAŞKANLIĞI YÜKSEK LİSANS PROGRAMI YÜKSEK LİSANS PROGRAMI BİRİNCİ YIL BİRİNCİ YARIYIL MAT-5501 UZMANLIK ALAN DERSİ Z 8 0 8 0 9 MAT-5601 TEZ HAZIRLIK ÇALIŞMASI Z 0 1 1 0 1 20 1 21 12 30 İKİNCİ YARIYIL MAT-5502 UZMANLIK ALAN DERSİ Z 8 0 8

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

18.034 İleri Diferansiyel Denklemler

18.034 İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

SMARANDACHE EĞRİLERİNE AİT BİR UYGULAMA. Süleyman ŞENYURT 1* Selin SİVAS 1

SMARANDACHE EĞRİLERİNE AİT BİR UYGULAMA. Süleyman ŞENYURT 1* Selin SİVAS 1 Ordu Üniv. il. Tek. Derg. Cilt: Sayı: 046-60/Ordu Univ. J. Sci. Tech. Vol: No:046-60 SMARANDACHE EĞRİLERİNE AİT İR UYGULAMA Süleyman ŞENYURT * Selin SİVAS Ordu Üniversitesi Fen Edebiyat Fakültesi Matematik

Detaylı

Üç Boyutlu Uzayda Koordinat sistemi

Üç Boyutlu Uzayda Koordinat sistemi Üç Boyutlu Uzayda Koordinat sistemi Öğr. Gör. Volkan ÖĞER MAT 1010 Matematik II 1/ 172 Üç Boyutlu Uzayda Koordinat sistemi Uzayda bir noktayı ifade edebilmek için ilk önce O noktasını (başlangıç noktası)

Detaylı

Lineer Dönüşümler ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Öğr. Grv.Dr. Nevin ORHUN

Lineer Dönüşümler ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Öğr. Grv.Dr. Nevin ORHUN Lineer Dönüşümler Yazar Öğr. Grv.Dr. Nevin ORHUN ÜNİTE 7 Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; Vektör uzayları arasında tanımlanan belli fonksiyonları tanıyacak, özelliklerini öğrenecek, Bir dönüşümün,

Detaylı

Mühendislik Mekaniği Statik. Yrd.Doç.Dr. Akın Ataş

Mühendislik Mekaniği Statik. Yrd.Doç.Dr. Akın Ataş Mühendislik Mekaniği Statik Yrd.Doç.Dr. Akın Ataş Bölüm 10 Eylemsizlik Momentleri Kaynak: Mühendislik Mekaniği: Statik, R. C.Hibbeler, S. C. Fan, Çevirenler: A. Soyuçok, Ö. Soyuçok. 10. Eylemsizlik Momentleri

Detaylı

8.Konu Vektör uzayları, Alt Uzaylar

8.Konu Vektör uzayları, Alt Uzaylar 8.Konu Vektör uzayları, Alt Uzaylar 8.1. Düzlemde vektörler Düzlemdeki her noktası ile reel sayılardan oluşan ikilisini eşleştirebiliriz. Buna P noktanın koordinatları denir. y-ekseni P x y O dan P ye

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

Üç Boyutlu Uzayda Koordinat sistemi

Üç Boyutlu Uzayda Koordinat sistemi Üç Boyutlu Uzayda Koordinat sistemi Uzayda bir noktayı ifade edebilmek için ilk önce O noktasını (başlangıç noktası) ve bu noktadan geçen ve birbirine dik olan üç yönlü doğruyu seçerek sabitlememiz gerekir.

Detaylı

İç-Çarpım Uzayları ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Öğr. Grv. Dr. Nevin ORHUN

İç-Çarpım Uzayları ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Öğr. Grv. Dr. Nevin ORHUN İç-Çarpım Uzayları Yazar Öğr. Grv. Dr. Nevin ORHUN ÜNİTE Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; R n, P n (R), M nxn vektör uzaylarında iç çarpım kavramını tanıyacak ve özelliklerini görmüş olacaksınız.

Detaylı

Diferensiyel Denklemler I Uygulama Notları

Diferensiyel Denklemler I Uygulama Notları 2004 Diferensiyel Denklemler I Uygulama Notları Mustafa Özdemir İçindekiler Temel Bilgiler...................................................................... 2 Tam Diferensiyel Denklemler........................................................4

Detaylı

7. BÖLÜM İÇ ÇARPIM UZAYLARI İÇ ÇARPIM UZAYLARI İÇ ÇARPIM UZAYLARI İÇ ÇARPIM UZAYLARI .= 1 1 + + Genel: Vektörler bölümünde vektörel iç çarpım;

7. BÖLÜM İÇ ÇARPIM UZAYLARI İÇ ÇARPIM UZAYLARI İÇ ÇARPIM UZAYLARI İÇ ÇARPIM UZAYLARI .= 1 1 + + Genel: Vektörler bölümünde vektörel iç çarpım; İÇ ÇARPIM UZAYLARI 7. BÖLÜM İÇ ÇARPIM UZAYLARI Genel: Vektörler bölümünde vektörel iç çarpım;.= 1 1 + + Açıklanmış ve bu konu uzunluk ve uzaklık kavramlarını açıklamak için kullanılmıştır. Bu bölümde öklit

Detaylı

18.034 İleri Diferansiyel Denklemler

18.034 İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

FİNAL SORULARI GÜZ DÖNEMİ A A A A A A A

FİNAL SORULARI GÜZ DÖNEMİ A A A A A A A AKDENİZ ÜNİVERSİTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ BİTİRME ÖDEVİ FİNAL SORULARI 25-26 GÜZ DÖNEMİ ADI SOYADI :... NO :... SINAV TARİHİ VE SAATİ : A A A A A A A Bu sınav 4 sorudan oluşmaktadır ve sınav süresi 9 dakikadır.

Detaylı

TÜREV VE UYGULAMALARI

TÜREV VE UYGULAMALARI TÜREV VE UYGULAMALARI 1-TÜREVİN TANIMI VE GÖSTERİLİŞİ a,b R olmak üzere, f:[a,b] R fonksiyonu verilmiş olsun. x 0 (a,b) için lim x X0 f(x)-f( x 0 ) limiti bir gerçel sayı ise bu limit değerine f fonksiyonunun

Detaylı

KAMU PERSONEL SEÇME SINAVI ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ TESTİ ORTAÖĞRETİM MATEMATİK ÖĞRETMENLİĞİ TG 4 ÖABT ORTAÖĞRETİM MATEMATİK Bu testlerin her hakkı saklıdır. Hangi amaçla olursa olsun, testlerin tamamının

Detaylı

FEN FAKÜLTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ YAZ OKULU DERS İÇERİGİ. Bölümü Dersin Kodu ve Adı T P K AKTS

FEN FAKÜLTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ YAZ OKULU DERS İÇERİGİ. Bölümü Dersin Kodu ve Adı T P K AKTS Bir Dönemde Okutulan Ders Saati MAT101 Genel I (Mühendislik Fakültesi Bütün Bölümler, Fen Fakültesi Kimya ve Astronomi Bölümleri) 1 Kümeler, reel sayılar, bir denklem veya eşitsizliğin grafiği 2 Fonksiyonlar,

Detaylı

İÇİNDEKİLER ÖNSÖZ Bölüm 1 SAYILAR 11 Bölüm 2 KÜMELER 31 Bölüm 3 FONKSİYONLAR

İÇİNDEKİLER ÖNSÖZ Bölüm 1 SAYILAR 11 Bölüm 2 KÜMELER 31 Bölüm 3 FONKSİYONLAR İÇİNDEKİLER ÖNSÖZ III Bölüm 1 SAYILAR 11 1.1. Sayı Kümeleri 12 1.1.1.Doğal Sayılar Kümesi 12 1.1.2.Tam Sayılar Kümesi 13 1.1.3.Rasyonel Sayılar Kümesi 14 1.1.4. İrrasyonel Sayılar Kümesi 16 1.1.5. Gerçel

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

ANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ DOKTORA TEZİ FRENET HAREKETLERİ VE YÜZEYLER Naser MASROURİ MATEMATİK ANABİLİM DALI ANKARA 0 Her hakkı saklıdır ÖZET Doktora Tezi FRENET HAREKETLERİ VE YÜZEYLER

Detaylı

RİJİT CİSİMLERİN DÜZLEMSEL KİNEMATİĞİ

RİJİT CİSİMLERİN DÜZLEMSEL KİNEMATİĞİ RİJİT CİSİMLERİN DÜZLEMSEL KİNEMATİĞİ MUTLAK GENEL DÜZLEMSEL HAREKET: Genel düzlemsel hareket yapan bir karı cisim öteleme ve dönme hareketini eşzamanlı yapar. Eğer cisim ince bir levha olarak gösterilirse,

Detaylı

Jeodezi

Jeodezi 1 Jeodezi 5 2 Jeodezik Eğri Elipsoid Üstünde Düşey Kesitler Elipsoid yüzünde P 1 noktasındaki normalle P 2 noktasından geçen düşey düzlem, P 2 deki yüzey normalini içermez ve aynı şekilde P 2 de yüzey

Detaylı

T.C. SÜLEYMAN DEMİREL ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ DEJENERE HELİSLER ÜZERİNE

T.C. SÜLEYMAN DEMİREL ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ DEJENERE HELİSLER ÜZERİNE T.C. SÜLEYMAN DEMİREL ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ DEJENERE HELİSLER ÜZERİNE Zafer ŞANLI Danışman: Prof. Dr. A. Ceylan ÇÖKEN YÜKSEK LİSANS TEZİ MATEMATİK ANABİLİM DALI ISPARTA-2009 Fen Bilimleri

Detaylı

18.701 Cebir 1. MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu

18.701 Cebir 1. MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu 18.701 Cebir 1 2007 Güz Bu malzemeden alıntı yapmak veya Kullanım Şartları hakkında bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms ve http://tuba.acikders.org.tr

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

İÇİNDEKİLER. Ön Söz...2. Noktanın Analitik İncelenmesi...3. Doğrunun Analitiği Analitik Düzlemde Simetri...25

İÇİNDEKİLER. Ön Söz...2. Noktanın Analitik İncelenmesi...3. Doğrunun Analitiği Analitik Düzlemde Simetri...25 İÇİNDEKİLER Ön Söz...2 Noktanın Analitik İncelenmesi...3 Doğrunun Analitiği...11 Analitik Düzlemde Simetri...25 Analitik Sistemde Eşitsizlikler...34 Çemberin Analitik İncelenmesi...40 Elips...58 Hiperbol...70

Detaylı

Akışkan Kinematiği 1

Akışkan Kinematiği 1 Akışkan Kinematiği 1 Akışkan Kinematiği Kinematik, akışkan hareketini matematiksel olarak tanımlarken harekete sebep olan kuvvetleri ve momentleri gözönüne almadan; Yerdeğiştirmeler Hızlar ve İvmeler cinsinden

Detaylı

MATEMATİK ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ - DENEME SINAVI DENEME. Diğer sayfaya geçiniz.

MATEMATİK ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ - DENEME SINAVI DENEME. Diğer sayfaya geçiniz. MATEMATİK. DENEME ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ - DENEME SINAVI. f : X tanımlı y = f() fonksiyonu için lim f ( ) = L ise aşağıdaki önermelerden kaç tanesi kesinlikle doğrudur? 0 I. X dir. 0 II. f() fonksiyonu

Detaylı

fonksiyonu için in aralığındaki bütün değerleri için sürekli olsun. in bu aralıktaki olsun. Fonksiyonda meydana gelen artma miktarı

fonksiyonu için in aralığındaki bütün değerleri için sürekli olsun. in bu aralıktaki olsun. Fonksiyonda meydana gelen artma miktarı 10.1 Türev Kavramı fonksiyonu için in aralığındaki bütün değerleri için sürekli olsun. in bu aralıktaki bir değerine kadar bir artma verildiğinde varılan x = x 0 + noktasında fonksiyonun değeri olsun.

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

TEMEL ELEKTROT SİSTEMLERİ Eş Merkezli Küresel Elektrot Sistemi

TEMEL ELEKTROT SİSTEMLERİ Eş Merkezli Küresel Elektrot Sistemi TEMEL ELEKTROT SİSTEMLERİ Eş Merkezli Küresel Elektrot Sistemi Merkezleri aynı, aralarında dielektrik madde bulunan iki küreden oluşur. Elektrik Alanı ve Potansiyel Yarıçapları ve ve elektrotlarına uygulanan

Detaylı

Şekil 23.1: Düzlemsel bölgenin alanı

Şekil 23.1: Düzlemsel bölgenin alanı Bölüm Belirli İntegral Şekil.: Düzlemsel bölgenin alanı Düzlemde kare, dikdörtgen, üçgen, çember gibi iyi bilinen geometrik şekillerin alanlarını bulmak için uygun formüller kullanıyoruz. Ama, uygulamada

Detaylı

TİTREŞİM VE DALGALAR BÖLÜM PERİYODİK HAREKET

TİTREŞİM VE DALGALAR BÖLÜM PERİYODİK HAREKET TİTREŞİM VE DALGALAR Periyodik Hareketler: Belirli aralıklarla tekrarlanan harekete periyodik hareket denir. Sabit bir nokta etrafında periyodik hareket yapan cismin hareketine titreşim hareketi denir.

Detaylı

Name: Diferensiyel Geometri Spring 2014

Name: Diferensiyel Geometri Spring 2014 Çalışma soruları Tanim [Basit egri] α : (a, b) R 3 egrisi verilsin. Farkli t 1, t 2 (a, b) noktalari icin α(t 1 ) α(t 2 ) oluyorsa α egrisine basit egri adi verilir (kendisini kesmeyen egriye basit egri

Detaylı

MATEMATİK TESTİ LYS YE DOĞRU. 1. Bu testte Matematik ile ilgili 50 soru vardır.

MATEMATİK TESTİ LYS YE DOĞRU. 1. Bu testte Matematik ile ilgili 50 soru vardır. MTMTİK TSTİ LYS-. u testte Matematik ile ilgili 0 soru vardır.. evaplarınızı, cevap kâğıdının Matematik Testi için ayrılan kısmına işaretleyiniz.. u testteki süreniz 7 dakikadır.. a, b, c birer reel sayı

Detaylı

Şimdi de [ ] vektörünün ile gösterilen boyu veya büyüklüğü Pisagor. teoreminini iki kere kullanarak

Şimdi de [ ] vektörünün ile gösterilen boyu veya büyüklüğü Pisagor. teoreminini iki kere kullanarak 10.Konu İç çarpım uzayları ve özellikleri 10.1. ve üzerinde uzunluk de [ ] vektörünün ile gösterilen boyu veya büyüklüğü Pisagor teoreminden dir. 1.Ö.: [ ] ise ( ) ( ) ve ( ) noktaları gözönüne alalım.

Detaylı

UZAYDA VEKTÖRLER ve DOĞRU DÜZLEM

UZAYDA VEKTÖRLER ve DOĞRU DÜZLEM UD VEKTÖRLER ve DĞRU DÜLEM. ir küpün ayrıtlarını taşıyan doğrular kaç farklı doğrultu oluşturur? ) ) ) D) 7 E) 8. ir düzgün altıgenin en uzun köşegeni ile aynı doğrultuda kaç farklı kenar vardır?. şağıdaki

Detaylı

Ortak Akıl MATEMATİK DENEME SINAVI

Ortak Akıl MATEMATİK DENEME SINAVI Ortak Akıl LYS MATEMATİK DENEME SINAVI 0505- Ortak Akıl Adem ÇİL Ali Can GÜLLÜ Ayhan YANAĞLIBAŞ Barbaros GÜR Barış DEMİR Celal İŞBİLİR Deniz KARADAĞ Engin POLAT Erhan ERDOĞAN Ersin KESEN Fatih TÜRKMEN

Detaylı

Matematikte karşılaştığınız güçlükler için endişe etmeyin. Emin olun benim karşılaştıklarım sizinkilerden daha büyüktür.

Matematikte karşılaştığınız güçlükler için endişe etmeyin. Emin olun benim karşılaştıklarım sizinkilerden daha büyüktür. - 1 - ÖĞRENME ALANI CEBİR BÖLÜM KARMAŞIK SAYILAR ALT ÖĞRENME ALANLARI 1) Karmaşık Sayılar Karmaşık Sayıların Kutupsal Biçimi KARMAŞIK SAYILAR Kazanım 1 : Gerçek sayılar kümesini genişletme gereğini örneklerle

Detaylı

ARASINAV SORULARININ ÇÖZÜMLERİ GÜZ DÖNEMİ A A A A A A A

ARASINAV SORULARININ ÇÖZÜMLERİ GÜZ DÖNEMİ A A A A A A A AKDENİZ ÜNİVERSİTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ BİTİRME ÖDEVİ I ARASINAV SORULARININ ÇÖZÜMLERİ - 6 GÜZ DÖNEMİ ADI SOYADI :... NO :... A A A A A A A SINAV TARİHİ VE SAATİ : Bu sınav 4 sorudan oluşmaktadır ve sınav

Detaylı

İÇİNDEKİLER KISIM 1: BİRİNCİ MERTEBE ADİ DİFERENSİYEL DENKLEMLER

İÇİNDEKİLER KISIM 1: BİRİNCİ MERTEBE ADİ DİFERENSİYEL DENKLEMLER İÇİNDEKİLER KISIM 1: BİRİNCİ MERTEBE ADİ DİFERENSİYEL DENKLEMLER 1.1. Fiziksel Kanunlar ve Diferensiyel Denklemler Arasındaki İlişki... 1 1.2. Diferensiyel Denklemlerin Sınıflandırılması ve Terminoloji...

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

1. BÖLÜM uzayda Bir doğrunun vektörel ve parametrik denklemi... 71. 2. BÖLÜM uzayda düzlem denklemleri... 77

1. BÖLÜM uzayda Bir doğrunun vektörel ve parametrik denklemi... 71. 2. BÖLÜM uzayda düzlem denklemleri... 77 UZAYDA DOĞRU VE DÜZLEM Sayfa No. BÖLÜM uzayda Bir doğrunun vektörel ve parametrik denklemi.............. 7. BÖLÜM uzayda düzlem denklemleri.......................................... 77. BÖLÜM uzayda Bir

Detaylı

Bu bölümde Coulomb yasasının bir sonucu olarak ortaya çıkan Gauss yasasının kullanılmasıyla simetrili yük dağılımlarının elektrik alanlarının çok

Bu bölümde Coulomb yasasının bir sonucu olarak ortaya çıkan Gauss yasasının kullanılmasıyla simetrili yük dağılımlarının elektrik alanlarının çok Gauss Yasası Bu bölümde Coulomb yasasının bir sonucu olarak ortaya çıkan Gauss yasasının kullanılmasıyla simetrili yük dağılımlarının elektrik alanlarının çok daha kullanışlı bir şekilde nasıl hesaplanabileceği

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

2(1+ 5 ) b = LYS MATEMATİK DENEMESİ. işleminin sonucu kaçtır? A)2 5 B)3 5 C)2+ 5 D)3+ 5 E) işleminin sonucu kaçtır?

2(1+ 5 ) b = LYS MATEMATİK DENEMESİ. işleminin sonucu kaçtır? A)2 5 B)3 5 C)2+ 5 D)3+ 5 E) işleminin sonucu kaçtır? 017 LYS MATEMATİK DENEMESİ Soru Sayısı: 50 Sınav Süresi: 75 ı 1. 4. (1+ 5 ) 1+ 5 işleminin sonucu kaçtır? A) 5 B)3 5 C)+ 5 işleminin sonucu kaçtır? D)3+ 5 E)1+ 5 A) B) 1 C) 1 D) E) 3. 4 0,5.16 0,5 işleminin

Detaylı

ELASTİSİTE TEORİSİ I. Yrd. Doç Dr. Eray Arslan

ELASTİSİTE TEORİSİ I. Yrd. Doç Dr. Eray Arslan ELASTİSİTE TEORİSİ I Yrd. Doç Dr. Eray Arslan Mühendislik Tasarımı Genel Senaryo Analitik çözüm Fiziksel Problem Matematiksel model Diferansiyel Denklem Problem ile ilgili sorular:... Deformasyon ne kadar

Detaylı

Yrd. Doç. Dr. Fatih TOSUNOĞLU Erzurum Teknik Üniversitesi Mühendislik Fakültesi İnşaat Mühendisliği Bölümü

Yrd. Doç. Dr. Fatih TOSUNOĞLU Erzurum Teknik Üniversitesi Mühendislik Fakültesi İnşaat Mühendisliği Bölümü Yrd. Doç. Dr. Fatih TOSUNOĞLU Erzurum Teknik Üniversitesi Mühendislik Fakültesi İnşaat Mühendisliği Bölümü 1 kışkan Statiğine Giriş kışkan statiği (hidrostatik, aerostatik), durgun haldeki akışkanlarla

Detaylı

İÇİNDEKİLER. iii ÖNSÖZ BÖLÜM 1 TEMEL KAVRAMLAR 1 BÖLÜM 2 LİNEER KISMİ DİFERENSİYEL DENKLEMLER 9

İÇİNDEKİLER. iii ÖNSÖZ BÖLÜM 1 TEMEL KAVRAMLAR 1 BÖLÜM 2 LİNEER KISMİ DİFERENSİYEL DENKLEMLER 9 İÇİNDEKİLER ÖNSÖZ ix BÖLÜM 1 TEMEL KAVRAMLAR 1 1.1. Tanımlar 2 1.2. Diferensiyel Denklemlerin Çözümü (İntegrali) 5 1.3. Başlangıç Değer ve Sınır Değer Problemleri 7 BÖLÜM 2 LİNEER KISMİ DİFERENSİYEL DENKLEMLER

Detaylı

Nokta uzayda bir konumu belirtir. Noktanın 0 boyutlu olduğu kabul edilir. Herhangi bir büyüklüğü yoktur.

Nokta uzayda bir konumu belirtir. Noktanın 0 boyutlu olduğu kabul edilir. Herhangi bir büyüklüğü yoktur. Üç Boyutlu Geometri Nokta (Point,Vertex) Nokta uzayda bir konumu belirtir. Noktanın 0 boyutlu olduğu kabul edilir. Herhangi bir büyüklüğü yoktur. Kartezyen Koordinat Sistemi Uzayda bir noktayı tanımlamak

Detaylı

Salim. Yüce LİNEER CEBİR

Salim. Yüce LİNEER CEBİR Prof. Dr. Salim Yüce LİNEER CEBİR Prof. Dr. Salim Yüce LİNEER CEBİR ISBN 978-605-318-030-2 Kitapta yer alan bölümlerin tüm sorumluluğu yazarına aittir. 2015, Pegem Akademi Bu kitabın basım, yayın ve satış

Detaylı

LİSE ÖĞRENCİLERİNE OKULLARDA YARDIMCI VE ÜNİVERSİTE SINAVLARINA. (YGS ve LYS na) HAZIRLIK İÇİN. Örnek çözümlü. Deneme sınavlı GEOMETRİ-2.

LİSE ÖĞRENCİLERİNE OKULLARDA YARDIMCI VE ÜNİVERSİTE SINAVLARINA. (YGS ve LYS na) HAZIRLIK İÇİN. Örnek çözümlü. Deneme sınavlı GEOMETRİ-2. LİSE ÖĞRENCİLERİNE OKULLARDA YARDIMCI VE ÜNİVERSİTE SINAVLARINA (YGS ve LYS na) HAZIRLIK İÇİN Konu anlatımlı Örnek çözümlü Test çözümlü Test sorulu Deneme sınavlı GEOMETRİ-2 Hazırlayan Erol GEDİKLİ Matematik

Detaylı

ELEKTRİKSEL POTANSİYEL

ELEKTRİKSEL POTANSİYEL ELEKTRİKSEL POTANSİYEL Elektriksel Potansiyel Enerji Elektriksel potansiyel enerji kavramına geçmeden önce Fizik-1 dersinizde görmüş olduğunuz iş, potansiyel enerji ve enerjinin korunumu kavramları ile

Detaylı

DÜZLEMDE GERİLME DÖNÜŞÜMLERİ

DÜZLEMDE GERİLME DÖNÜŞÜMLERİ 3 DÜZLEMDE GERİLME DÖNÜŞÜMLERİ Gerilme Kavramı Dış kuvvetlerin etkisi altında dengedeki elastik bir cismi matematiksel bir yüzeyle rasgele bir noktadan hayali bir yüzeyle ikiye ayıracak olursak, F 3 F

Detaylı

MAK 210 SAYISAL ANALİZ

MAK 210 SAYISAL ANALİZ MAK 210 SAYISAL ANALİZ BÖLÜM 5- SONLU FARKLAR VE İNTERPOLASYON TEKNİKLERİ Doç. Dr. Ali Rıza YILDIZ MAK 210 - Sayısal Analiz 1 İNTERPOLASYON Tablo halinde verilen hassas sayısal değerler veya ayrık noktalardan

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

VEKTÖR UZAYLARI 1.GİRİŞ

VEKTÖR UZAYLARI 1.GİRİŞ 1.GİRİŞ Bu bölüm lineer cebirin temelindeki cebirsel yapıya, sonlu boyutlu vektör uzayına giriş yapmaktadır. Bir vektör uzayının tanımı, elemanları skalar olarak adlandırılan herhangi bir cisim içerir.

Detaylı

x e göre türev y sabit kabul edilir. y ye göre türev x sabit kabul edilir.

x e göre türev y sabit kabul edilir. y ye göre türev x sabit kabul edilir. TÜREV y= f(x) fonksiyonu [a,b] aralığında tanımlı olsun. Bu aralıktaki bağımsız x değişkenini h kadar arttırdığımızda fonksiyon değeri de buna bağlı olarak değişecektir. Fonksiyondaki artma miktarını değişkendeki

Detaylı

DOKUZ EYLÜL ÜNİVERSİTESİ MÜHENDİSLİK FAKÜLTESİ YAYINLARI NO: 203

DOKUZ EYLÜL ÜNİVERSİTESİ MÜHENDİSLİK FAKÜLTESİ YAYINLARI NO: 203 DOKUZ EYLÜL ÜNİVERSİTESİ MÜHENDİSLİK FAKÜLTESİ YAYINLARI NO: 203 ÖNSÖZ Fakültemizin ikinci yarıyılında okutulan Matematik II dersi için hazırlanan bu kitap, Analitik Geometri kitabının devamı niteliğinde

Detaylı

HİTİT ÜNİVERSİTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ DERS TANIMLARI

HİTİT ÜNİVERSİTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ DERS TANIMLARI HİTİT ÜNİVERSİTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ DERS TANIMLARI ZORUNLU DERSLER Matematiğin Temelleri (3-0) 3: Sembolik Mantık; Kümeler Kuramı; Kartezyen Çarpım; Bağıntılar; Fonksiyonlar; Birebir ve Örten Fonksiyonlar;

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

EĞİTİM-ÖĞRETİM YILI 12. SINIF İLERİ DÜZEL MATEMATİK DERSİ DESTEKLEME VE YETİŞTİRME KURSU KAZANIMLARI VE TESTLERİ

EĞİTİM-ÖĞRETİM YILI 12. SINIF İLERİ DÜZEL MATEMATİK DERSİ DESTEKLEME VE YETİŞTİRME KURSU KAZANIMLARI VE TESTLERİ KASIM EKİM 2017-2018 EĞİTİM-ÖĞRETİM YILI 12. SINIF İLERİ DÜZEL MATEMATİK DERSİ DESTEKLEME VE YETİŞTİRME KURSU KAZANIMLARI VE TESTLERİ 1 4 TÜREV 12.1.1.1. Bir fonksiyonun bir noktadaki limiti, soldan limiti

Detaylı

Kesirli Türevde Son Gelişmeler

Kesirli Türevde Son Gelişmeler Kesirli Türevde Son Gelişmeler Kübra DEĞERLİ Yrd.Doç.Dr. Işım Genç DEMİRİZ Yıldız Teknik Üniversitesi Fen Bilimleri Enstitüsü 6-9 Eylül, 217 Kesirli Türevin Ortaya Çıkışı Gama ve Beta Fonksiyonları Bazı

Detaylı

S4 u(x, y) = ln ( sin y. S5 u(x, y) = 2α 2 sec(α(x 4α 2 t)) fonksiyonunun

S4 u(x, y) = ln ( sin y. S5 u(x, y) = 2α 2 sec(α(x 4α 2 t)) fonksiyonunun Kısmi Türevli Denklemler Problem Seti-I S1 u = u(x, y ve a, b, c R olmak uzere, ξ = ax + by ve η = bx ay degisken degistirmesi yaparak n cozunuz. au x + bu y + cy = 0 S2 Aşa gidaki denklemleri Adi Diferensiyel

Detaylı

OPTIMIZASYON Bir Değişkenli Fonksiyonların Maksimizasyonu...2

OPTIMIZASYON Bir Değişkenli Fonksiyonların Maksimizasyonu...2 OPTIMIZASYON.... Bir Değişkenli Fonksiyonların Maksimizasyonu.... Türev...3.. Bir noktadaki türevin değeri...4.. Maksimum için Birinci Derece Koşulu...4.3. İkinci Derece Koşulu...5.4. Türev Kuralları...5

Detaylı

18.701 Cebir 1. MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu

18.701 Cebir 1. MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu 18.701 Cebir 1 2007 Güz Bu malzemeden alıntı yapmak veya Kullanım Şartları hakkında bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms ve http://tuba.acikders.org.tr

Detaylı

1. GİRİŞ Örnek: Bir doğru boyunca hareket eden bir cismin başlangıç noktasına göre konumu s (metre), zamanın t (saniye) bir fonksiyonu olarak

1. GİRİŞ Örnek: Bir doğru boyunca hareket eden bir cismin başlangıç noktasına göre konumu s (metre), zamanın t (saniye) bir fonksiyonu olarak DERS: MATEMATİK I MAT0(09) ÜNİTE: TÜREV ve UYGULAMALARI KONU: A. TÜREV. GİRİŞ Bir doğru boyunca hareket eden bir cismin başlangıç noktasına göre konumu s (metre) zamanın t (saniye) bir fonksiyonu olarak

Detaylı

ÖĞRENME ALANI TEMEL MATEMATİK BÖLÜM TÜREV. ALT ÖĞRENME ALANLARI 1) Türev 2) Türev Uygulamaları TÜREV

ÖĞRENME ALANI TEMEL MATEMATİK BÖLÜM TÜREV. ALT ÖĞRENME ALANLARI 1) Türev 2) Türev Uygulamaları TÜREV - 1 - ÖĞRENME ALANI TEMEL MATEMATİK BÖLÜM TÜREV ALT ÖĞRENME ALANLARI 1) Türev 2) Türev Uygulamaları TÜREV Kazanım 1 : Türev Kavramını fiziksel ve geometrik uygulamalar yardımıyla açıklar, türevin tanımını

Detaylı

T.C. Ölçme, Seçme ve Yerleştirme Merkezi

T.C. Ölçme, Seçme ve Yerleştirme Merkezi T.C. Ölçme, Seçme ve Yerleştirme Merkezi LİSANS YERLEŞTİRME SINAVI-1 MATEMATİK TESTİ 11 HAZİRAN 2017 PAZAR Bu testlerin her hakkı saklıdır. Hangi amaçla olursa olsun, testlerin tamamının veya bir kısmının

Detaylı

1984 ÖYS A) 875 B) 750 C) 625 D) 600 E) 500

1984 ÖYS A) 875 B) 750 C) 625 D) 600 E) 500 984 ÖYS. + + a a + a + a işleminin sonucu nedir? a A) +a B) a C) +a D) a E) +a a b ab. ifadesinin kısaltılmış biçimi a b + a b + ab a + b A) a b a b D) a b B) a b a + b E) ab(a-b) C) a b a + b A) 87 B)

Detaylı

T.C. Ölçme, Seçme ve Yerleştirme Merkezi

T.C. Ölçme, Seçme ve Yerleştirme Merkezi T.C. Ölçme, Seçme ve Yerleştirme Merkezi LİSANS YERLEŞTİRME SINAVI-1 MATEMATİK TESTİ 11 HAZİRAN 2017 PAZAR Bu testlerin her hakkı saklıdır. Hangi amaçla olursa olsun, testlerin tamamının veya bir kısmının

Detaylı

[ AN ] doğrusu açıortay olduğundan;

[ AN ] doğrusu açıortay olduğundan; . Bir havuzu bir musluk 6 saatte, başka bir musluk 8 saatte dolduruyor. Bu iki musluk kapalı iken, havuzun altında bulunan üçüncü bir musluk, dolu havuzu saatte boşaltabiliyor. Üç musluk birden açılırsa,boş

Detaylı

12. SINIF. Fonksiyonlar - 1 TEST. 1. kx + 6 fonksiyonu sabit fonksiyon olduğuna göre aşağıdakilerden hangisidir? k. = 1 olduğuna göre k. kaçtır?

12. SINIF. Fonksiyonlar - 1 TEST. 1. kx + 6 fonksiyonu sabit fonksiyon olduğuna göre aşağıdakilerden hangisidir? k. = 1 olduğuna göre k. kaçtır? . SINIF M Fonksionlar. f ( + a ) + vef( ) 7 olduğuna göre a kaçtır? E) TEST. f ( ) k + 6 fonksionu sabit fonksion olduğuna f ( ) göre aşağıdakilerden k E). f( ) 6 k ve f ( ) olduğuna göre k kaçtır? E)

Detaylı

x 0 = A(t)x + B(t) (2.1.2)

x 0 = A(t)x + B(t) (2.1.2) ÖLÜM 2 LİNEER SİSTEMLER Genel durumda diferansiyel denklemlerin çözümlerini açık olarak elde etmek veya çözümlerin bazı önemli özelliklerini araştırmak için genel yöntemler yoktur, çoğu zaman denkleme

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

Para-Kenmotsu Manifoldların Warped Çarpım Hemislant Alt Manifoldlarının Varlık Problemi

Para-Kenmotsu Manifoldların Warped Çarpım Hemislant Alt Manifoldlarının Varlık Problemi Erciyes Ünirsitesi Fen Bilimleri Enstitüsü Derisi Cilt 33, Sayı, 07 0 Erciyes Unirsity Journal of atural and Applied Sciences Volume 33, Issue, 07 Para-Kenmotsu Manifoldların Warped Çarpım Hemislant Alt

Detaylı

Diferansiyel denklemler uygulama soruları

Diferansiyel denklemler uygulama soruları . Aşağıdaki diferansiyel denklemleri sınıflandırınız. a) d y d d + y = 0 b) 5 d dt + 4d + 9 = cos 3t dt Diferansiyel denklemler uygulama soruları 0.0.3 c) u + u [ ) ] d) y + = c d. y + 3 = 0 denkleminin,

Detaylı

Manyetik Alanlar. Benzer bir durum hareketli yükler içinde geçerli olup bu yüklerin etrafını elektrik alana ek olarak bir manyetik alan sarmaktadır.

Manyetik Alanlar. Benzer bir durum hareketli yükler içinde geçerli olup bu yüklerin etrafını elektrik alana ek olarak bir manyetik alan sarmaktadır. Manyetik Alanlar Manyetik Alanlar Duran ya da hareket eden yüklü parçacığın etrafını bir elektrik alanın sardığı biliyoruz. Hatta elektrik alan konusunda şu sonuç oraya konulmuştur. Durgun bir deneme yükü

Detaylı

ANALİTİK GEOMETRİ KONU ANLATIMLI ÇÖZÜMLÜ SORU BANKASI

ANALİTİK GEOMETRİ KONU ANLATIMLI ÇÖZÜMLÜ SORU BANKASI ÖABT ANALİTİK GEOMETRİ KONU ANLATIMLI ÇÖZÜMLÜ SORU BANKASI Yasin ŞAHİN ÖABT ANALİTİK GEOMETRİ KONU ANLATIMLI ÇÖZÜMLÜ SORU BANKASI Her hakkı saklıdır. Bu kitabın tamamı ya da bir kısmı, yazarın izni olmaksızın,

Detaylı

Fizik Dr. Murat Aydemir

Fizik Dr. Murat Aydemir Fizik-1 2017-2018 Dr. Murat Aydemir Ankara University, Physics Engineering, Bsc Durham University, Physics, PhD University of Oxford, Researcher, Post-Doc Ofis No: 35 Merkezi Derslikler Binasi murat.aydemir@erzurum.edu.tr

Detaylı

AKDENİZ ÜNİVERSİTESİ. Anten Parametrelerinin Temelleri. Samet YALÇIN

AKDENİZ ÜNİVERSİTESİ. Anten Parametrelerinin Temelleri. Samet YALÇIN AKDENİZ ÜNİVERSİTESİ Anten Parametrelerinin Temelleri Samet YALÇIN Anten Parametrelerinin Temelleri GİRİŞ: Bir antenin parametrelerini tanımlayabilmek için anten parametreleri gereklidir. Anten performansından

Detaylı

(14) (19.43) de v yi sağlayan fonksiyona karşılık gelen u = F v fonksiyonunun ikinci türevi sürekli, R de 2π periodik ve

(14) (19.43) de v yi sağlayan fonksiyona karşılık gelen u = F v fonksiyonunun ikinci türevi sürekli, R de 2π periodik ve nin her g L 2 (S için tek çözümünüm olması için gerekli ve yeterli koşulun her j için λ λ j olacak biçimde λ j ifadesini sağlayan R \ {} de bir λ j dizisinin olduğunu gösteriniz. (13) Her λ j için (19.43)

Detaylı

Statik Manyetik Alan

Statik Manyetik Alan Statik Manyetik Alan Amper Kanunu Manyetik Vektör Potansiyeli Maxwell in diverjans eşitliği Endüktans 1 Amper Kanununun İntegral Formu 2 Amper Kanununun İntegral Formu z- ekseni boyunca uzanan çok uzun

Detaylı

MADDESEL NOKTANIN EĞRİSEL HAREKETİ

MADDESEL NOKTANIN EĞRİSEL HAREKETİ Silindirik Koordinatlar: Bazı mühendislik problemlerinde, parçacığın hareketinin yörüngesi silindirik koordinatlarda r, θ ve z tanımlanması uygun olacaktır. Eğer parçacığın hareketi iki eksende oluşmaktaysa

Detaylı

Adi Diferensiyel Denklemler 1. BÖLÜM 1 Birinci-Mertebe Diferensiyel Denklemler 3. BÖLÜM 2 Lineer İkinci MertebeDenklemler 43

Adi Diferensiyel Denklemler 1. BÖLÜM 1 Birinci-Mertebe Diferensiyel Denklemler 3. BÖLÜM 2 Lineer İkinci MertebeDenklemler 43 İçindekiler Ön Söz xiii 1 Adi Diferensiyel Denklemler 1 BÖLÜM 1 Birinci-Mertebe Diferensiyel Denklemler 3 1.1 Terminololoji ve Değişkenlerine Ayrıştırılabilir Denklemler 3 1.2. Lineer Denklemler 16 1.3

Detaylı

Baki Karl ¼ga. Gazi Üniversitesi Fen Edebiyat Fakültesi Matematik Bölümü Ankara/Türkiye

Baki Karl ¼ga. Gazi Üniversitesi Fen Edebiyat Fakültesi Matematik Bölümü Ankara/Türkiye H IPERBOL IK VE KÜRESEL ÜÇGENLERIN KENAR UZUNLUKLARINA BA ¼GLI ALAN FORMÜLLER I Baki Karl ¼ga karliaga@gazi.edu.tr Murat Savaş msavas@gazi.edu.tr Gazi Üniversitesi Fen Edebiyat Fakültesi Matematik Bölümü

Detaylı

Düzlemde Dönüşümler: Öteleme, Dönme ve Simetri. Not 1: Buradaki A noktasına dönme merkezi denir.

Düzlemde Dönüşümler: Öteleme, Dönme ve Simetri. Not 1: Buradaki A noktasına dönme merkezi denir. Düzlemde Dönüşümler: Öteleme, Dönme ve Simetri Düzlemin noktalarını, düzlemin noktalarına eşleyen bire bir ve örten bir fonksiyona düzlemin bir dönüşümü denir. Öteleme: a =(a 1,a ) ve u =(u 1,u ) olmak

Detaylı