Ders 7: Konikler - Tanım

Transkript

1 Ders 7: Konikler - Tanım Şimdie kadar nokta ve doğrular ve bunların ilişkilerini konuştuk. Bu derste eni bir kümeden söz edeceğiz: kuadrikler ve düzlemdeki özel adı konikler. İzdüşümsel doğrular, doğrusal ifadeler ve vektör uzaındaki iki boutlu alt uzalar tarafından anlatılıor. Bir izdüşümsel çemberden söz etmek istersek, bunun bir olu Sınav 1, Soru 3 te olduğu gibi kareler içeren kuadratik bir ifade kullanmak. Burada hoş olmaan şe, bölece belki de vektör uzaı ve doğrusal cebirden bağımızı kopartmamız. Öle a, kuadratik bir ifade doğrusal bir altuza anlatmıor. Bu derste kuadratik ifadelerin doğrusal cebirde nee karşılık geldiğini göreceğiz. 7.1 Homojen fonksion f : V F fonksionunun izdüşümsel uzada [{f(v) = 0}] kümesini ii tanımlaabilmesini istioruz. Bunun için gerek eter koşul her v V ve her λ F için f(v) = 0 f(λv) = 0 denkliğinin sağlanması. Bu koşulu sağlaan bir fonksion ailesi tanımlaalım: Tanım 6. V ve W bir F cismi üzerinde iki vektör uzaı ve f : V W herhangi bir gönderim olsun. Eğer f(λv) = λ k f(v) eşitliği sabit bir k pozitif tamsaısı ve her v V için sağlanıorsa f e k mertebesinden bir homojen fonksion denir. V den F e 1. mertebeden homojen fonksionlar doğrusal dönüşümler ani V eşlek uzaının elemanları. Şimdi 2. mertebeden homojen fonksionlar alarak bunları sıfır apan noktaların kümesinin nee benzediğine bakacağız. Örnek 1. RP 2 de C 1 = {[ : : z] = 0} kümesine bakalım. : R 3 R fonksionu 2. mertebeden homojen. Şimdi birkaç amada C 1 i görelim. z = 1 amasında C 1 {z = 1} = {[ : : 1] = 0} olacak. - düzleminde bu kümei Şekil 6(a) daki gibi. Sonsuzdaki noktalar için C 1 üzerinde z = 0 olan noktaları bulmalıız. Bu noktaların kümesi {[ : : 0] = 0} = {[ : 0 : 0], [0 : : 0]} = {[1 : 0 : 0], [0 : 1 : 0]}; ani sonsuzda iki nokta var. Bunlar Şekil 6(a) daki doğruların sonsuzdaki noktaları ve eşil renkle gösterilmiş. 35

2 Şimdi = 1 amasında C 1 e bakalım. -z düzleminde gördüğümüz şu küme olacak: C 1 { = 1} = {[1 : : z] = 0} = {[1 : 0 : z]}; ani z ekseni (Şekil 6(b)). Demin kesişen iki doğru görüorduk, şimdi bir doğru görüoruz. Diğer doğru nerede? Tabii ki sonsuzda. C 1 in ifadesine = 0 koarsak {[0 : : z] = 0} = {[0 : : z]} kümesini buluruz ki bu = 1 aması için sonsuzdaki doğru. Şekil 6(b) de bu doğruu kesikli eşil çember olarak çizdik. Bu iki doğru sonsuzda [0 : 0 : 1] noktasında kesişior. Dolaısıla Şekil 6(a) ve Şekil 6(b) anı C 1 kümesinin iki arı amadan görünüşü. [0 : 1 : 0] [0 : 0 : 1] z [0 : 0 : 1] [1 : 0 : 0] (a) (b) Şekil 6: C 1 kümesinin iki arı amada görünüşü; eşil noktalar sonsuzda. Örnek 2. Yukarıdaki örnek bir miktar haal kırıklığı çünkü 2. mertebeden aldığımız bir fonksionun sıfır kümesi ine doğru çıktı, ama nese ki iki doğru. Şimdiki örnekte ifadei biraz daha karmaşık alalım: C 2 = {[ : : z] z 2 = 0} RP 2 olsun. Bu kümei birkaç amada çizeceğiz. z = 1 amasında C 2 kümesi { = 1} olarak ani birim çember gibi görünüor (Şekil 7(a)). Sonsuzda hiçbir nokta ok çünkü z = 0 için = 0 elde edioruz. Bu eşitliğin R de tek çözümü (0, 0) ancak bu durumda izdüşümsel bir nokta elde etmioruz. = 1 amasında C 2 kümesi { 2 + z 2 = 1} olarak ani bir hiperbol gibi görünüor (Şekil 7(b)). Sonsuzdaki noktaları bulmak için = 0 olduğu durumdaki çözümlere bakıoruz. Elde edilen 2 = z 2 eşitliği = z vea 36

3 = z verecek; ani sonsuzda [1 : 0 : 1] ve [1 : 0 : 1] noktaları var (Şekil 7(b) de eşil noktalar). Son olarak, önce R 3 te bir koordinat dönüşümü apalım: α = + z, β =, γ = z. Yeni koordinatlarda C 2 kümesi {[α : β : γ] XZ + β 2 = 0} olarak tarif edilir. Şimdi γ = 1 amasına bakalım (eski = z + 1 aması). Bu amada küme {α + β 2 = 0} olarak ani bir parabol olarak görünüor (Şekil 7(c)). Sonsuzda tek nokta var: γ = 0 konduğunda eşitlik β = 0 verecek. Dolaısıla sonsuzdaki nokta eni koordinatlarda [1 : 0 : 0]. [ 1 : 0 : 1] z [1 : 0 : 1] Z X (a) (b) [1 : 0 : 0] (c) Şekil 7: C 2 kümesinin üç arı amada görünüşü; eşil noktalar sonsuzda. Dolaısıla C 2 kümesi alınan üç arı amada üç arı eğri olarak göründü: bir elips (çember), bir hiperbol ve bir parabol. Bunda şaşırtıcı bir şe ok. Yukarıda ama alarak ne aptığımıza başka bir açıdan bakalım. z = 1 amasını kullanmak, aslında R 3 te z 2 = 0 konisile z = 1 düzlemini kesiştirmek demek. Benzer şekilde = 1 amasını kullanmak, konii = 1 düzlemile, = z+1 amasını kullanmak konii = z+1 düzlemile kesmek demek (Şekil 8(a)). Bu kesitler, kesen düzlemde sırasıla bir elips, bir hiperbol ve bir parabol olarak görünecek. Hatta şunu da bilioruz ki bir koni bir düzlemle kesildiğinde arakesit (şanssız durumlar dışında) bu üç eğriden biri olur. Bu eğrilere konik kesitler denir. Şanssız durumların ilki (Şekil 8(b)) konii z eksenini içine alan bir düzlemle kesmek; bu durumda arakesiti iki doğru oluşturuor (Örnek 1 deki gibi!). İkinci şanssız durumsa konii - düzlemile kesmek. Bu durumda elde edilen tek nokta (0, 0, 0) ve bu nokta izdüşümsel düzlemde tabii ki ok. 37

4 z z z = 1 = z + 1 (a) = 1 (b) Şekil 8: Bir koninin dört arı kesiti: (a) da konik kesitler, (b) de doğru çifti. 7.2 Simetrik çift-doğrusal form ve kuadratik form Yukarıda 2. mertebeden homojen fonksionlar için aptıklarımızı şimdi doğrusal cebirin önemli bir nesnesinin üstüne kuracağız. Hatırlaalım: Tanım 7. Her u, v, w V ve λ, β F için aşağıdaki özellikleri sağlaan bir h : V V F gönderimine simetrik çift-doğrusal form denir: h(u, v) = h(v, u) (simetrik); h(λu + βv, w) = λh(u, w) + βh(v, w) (birinci girdisine göre doğrusal). Eğer 0 dan başka vektörler de her vektörle h e girdiklerinde 0 çıkarıorsa böle bir forma oz denir; ani oz olmaan bir form şu koşulu sağlar: Her u V, h(u, v) = 0 v = 0. Tanımda birinci ve ikinci koşullar, ikinci girdie göre de doğrusallığı zorunlu kılıor. Böle bir gönderime çift-doğrusal dememizin nedeni bu. V için seçilmiş herhangi bir {v 1, v 2,..., v n } tabanı ve iki vektör u = 38

5 n a iv i ve w = n b iv i için h(u, w) = h( n a i v i, n b i v i ) n = a i b j h(v i, v j ) i,j=1 h 11 h 1n b 1 = (a 1 a n )... h n1 h nn b n = u T Hv bulunur. Burada h ij = h(v i, v j ) idi. Demek ki V e seçilen her taban için h formuna n e n bir matris karşılık gelior. Alıştırma 35. h nin oz bir form olmasıla H nin tekil bir matris olması denktir, gösterin. Tanım 8. Bir simetrik çift-doğrusal form h verildiğinde q : V F, v h(v, v) die tanımlanan q gönderimine kuadratik form denir. Tanımdan hemen q(λv) = λ 2 q(v) olduğunu görüoruz. Dolaısıla bir kuadratik form her zaman 2. mertebeden homojen bir fonksion imiş. Şimdi şu hesaba bakalım: ve bölece q(u + v) = h(u + v, u + v) = h(u, u) + h(v, v) + 2h(u, v) 2h(u, v) = q(u + v) q(u) q(v) olur; ani F de 2 e bölmek varsa, verilen herhangi bir q a karşılık gelen bir h bulabiliriz ve bölece her q u bir kuadratik form aparız. Demek ki 2 e bölmenin olduğu cisimler üzerinde 2. mertebeden her homojen polinomu da bir kuadratik form olarak görebiliriz. Tanım 9. h : V F kuadratik formunun sıfırlarının P (V ) de temsil ettiği noktaların kümesine kuadrik denir. Düzlemdeki kuadriklerin özel adı koniktir. Kuadratik form oz ise karşılık gelen kuadrik tekil olarak adlandırılır. 39

6 Yukarıda Örnek 1 ve Örnek 2 deki kuadratik formların R3 ün standart tabanına göre matrisleri sırasıla ve olduğundan ilk kuadratik form oz, ikincisi değil. Alıştırma 36. İzdüşümsel düzlemde üçer üçer eşdoğrusal olmaan beş noktadan bir ve alnız bir tekil olmaan konik geçer; kanıtlaın. 7.3 Kuadratik formların sınıflandırılması Şimdi savımız bir doğrusal dönüşümle kuadratik formların standart bir biçime dönüştürülebileceği. Örneğin ukarıdaki Örnek 1 deki kuadratik formu ele alalım. = α + β, = α β, z = γ dönüşümüle v = (,, z) vektörü üstünde q(v) = = (α + β)(α β) = α 2 β 2 olur. Savımız tam olarak şu: Teorem 20. R üzerinde n boutlu V vektör uzaında her kuadratik form V nin bir koordinat dönüşümüle p 2 i q 2 p+i, (p + q n) biçiminde azılır. Eğer V uzaı C üzerindese her kuadratik form bir koordinat dönüşümüle m 2 i, (m n) biçiminde azılır. Eğer kuadratik form oz değilse, p + q = n ve m = n olur. Bu teoremin kanıtının izinden gidelim. q bir kuadratik form, h onu doğuran simetrik çift-doğrusal form ve S matrisi V nin bir B tabanından bir B tabanına koordinat dönüşümü matrisi olsun. q(u B ) = h(u B, u B ) = u T BH B u B = (Su B ) T H B Su B = u T B (ST H B S)u B 40

7 olduğundan H B = S T H B S buluruz. Burada altindisler vektörün, matrisin vs. hangi tabanda ifade edildiğini gösterior. Eğer S dönüşümü h formunu Teorem 20 nin istediği biçime sokuorsa H B köşegen bir matris olur. Dolaısıla standart biçime sokma işlemi aslında S T H B S köşegen bir matris olacak biçimde tekil olmaan bir S matrisi bulma işlemidir. H B reel girdili simetrik bir matris. Doğrusal cebir kuramı, simetrik matrislerin köşegenleştirilebileceğini, ani P 1 H B P matrisini köşegen kılan, tekil olmaan bir P matrisinin varlığını garanti edior. Hatta reel girdili simetrik bir matrisin de tüm özdeğerlerinin reel olduğunu ve üstelik P matrisinin ortogonal bir matris olarak alınabileceğini sölüor. Bölece P T P matrisini birim matris ani P nin tersini P T kabul edebiliriz. Dolaısıla P T H B P köşegen bir matris. Demek ki teoremde istenen S matrisi P olarak seçilebilir. Köşegen matrisin her bir köşegen girdisi H B matrisinin bir özdeğeri olacak. Cisim R ise, S nin anlattığı koordinat dönüşümünden sonra i = λ i i dönüşümü ugulanarak Teorem 20 nin birinci savı kanıtlanmış olur (Burada { i} son, { i } bir önceki taban). Eğer cisim C ise, bu verdiğimiz kanıtta P matrisi ortogonal değil Hermisen oluor. İstenen S matrisi P olarak seçilemior. Yine de teoremin ikinci savı doğru. Böle bir dönüşümün varlığı konusunda fikir vermesi açısından reeller üzerinde aşağıdaki örneği inceleelim. Örnek 3. R 3 te u = (,, z) için q(u) = + z + z kuadratik formunu alalım. Adım adım koordinat dönüşümlerile bu formu Teorem 20 nin istediği düzene sokacağız: q(u) = + z + z ( = α + β, = α β) = (α + β)(α β) + (α β)γ + (α + β)γ = α 2 β 2 + 2αγ = (α + γ) 2 β 2 γ 2 (X = α + γ, Y = β, Z = γ) = X 2 Y 2 Z 2 Benzer biçimde R a da C üzerinde bir kuadratik form, kareler aratarak ve karelere tamamlaarak bu düzene getirilebilir. Çözüm için başka bir ol da tutulabilirdi; geçen paragrafta anlatıldığı gibi, q formunun standart tabandaki matrisi köşegen hale getirilebilirdi. Alıştırma 37. q(u) = + z + z formunun standart tabandaki matrisini azın. Matrisin özdeğer ve özvektörlerini bularak köşegen hale getirin. Formu Teorem 20 de verilen standart biçime dönüştüren koordinat dönüşümünü azın. 41

8 Sonuç 21. RP 2 de tekil olmaan herhangi bir konik, homojen koordinatların bir dönüşümü ardından C ± = { ± z 2 = 0} olarak verilir. C + boş kümedir. C ise çembere homeomorftur. CP 2 de tekil olmaan herhangi bir konik, homojen koordinatların bir dönüşümü ardından C = { z 2 = 0} olarak verilir. Kanıt. C nin çember olduğunu sölemek için her koordinat dönüşümünün bir homoemorfi olduğunu (Alıştırma 14) ve bir amanın tanım gereği kalkış ile varış kümeleri arasında bir homeomorfi olduğunu anımsamak ve sonra Örnek 2 de Şekil 7(b) e başvurmak eterli. Alıştırma 38. Cümlei tamamlaın ve karelere tamamlama olula kanıtlaın: {(, ) R 2 a 2 + b 2 + c + d + e + f = 0}; a, b, c, d, e, f R, a = 0 kümesi a bir elips a bir parabol a bir hiperbol a... a... a da