Ş Ş Ş Ş Ş Ş Ş

MT 321
Diferensiyel Geometri
Ara Sınavı Çözümler
B
1. a) ∫ ∇ × F ⋅ n dσ = ∫ F ⋅ dr. Burada S, n birim normal vektör alanı ile
S
C
yönlendirilmiş,C eğrisi (veya eğrileri) ile çevrili bir yüzey.C : S nin S ile uyumlu olarak
yönlendirilmiş sınırı. F : bileşenleri sürekli türevlenebilen bir vektör alanı.
b) i) F = y i
i
j
k
∇×F =
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
y
0
0
∇g
= −k olur. n = ± ‖∇g‖
,
gx, y, z = x 2 + y 2 + z, ∇g = 2x i + 2y j + k , ‖∇g‖ =
Yukarı dönük olacağından +
olmalıdır.∫ ∇ × F ⋅ n dσ = ∫
S
−1
S
4x 2 +4y 2 +1
dσ = ∫
4x 2 + 4y 2 + 1 , n = ±
−1
4x 2 +4y 2 +1
Sz
‖∇g‖
∂g
∂z
2x i +2y j + k
4x 2 +4y 2 +1
.
dA = − ∫ dA =
Sz
−S z nin alanı = −4π (S z nin sınırı:8 − x − y = 4 , yani x + y = 4 çemberi
2
2
2
2
olduğundan)
ii) S yukarı dönük normallerle yönlendirilmiş olduğundan C nin xy −düzlemin
izdüşümü saatin ters yönünde yönlendirilmiş olur. Bu nedenle C nin izdüşümü
x = 2 cos t, y = 2 sin t, t ∈ 0, 2π ile parametrize edilebilir.C nin kendisi ise
x = 2 cos t, y = 2 sin t, z = 4, t ∈ 0, 2π ile parametrize edilebilir.
2π
∫C F ⋅ dr = ∫C ydx = ∫ 0 2 sin t −2 sin t dt = −4π bulunur.∫S ∇ × F ⋅ n dσ = ∫C F ⋅ dr
eşitliği gösterilmiş olur.
2. Genelleştirilmiş Stokes Teoremini : ∫ dω = ∫ ω
σ
∂σ
i) σs, t = s 3 , st, t 2  olduğundan x = s 3 , y = st, z = t 2 olur.
dω = dz + y ∧ dx = dz ∧ dx + dy ∧ dx,
σ ∗ dω = 2tdt ∧ 3s 2 ds + sdt + tds ∧ 3s 2 ds = 6s 2 t + 3s 3 dt ∧ ds
φ 2 σ ∗ dω = −6s 2 t + 3s 3 .
1 1
1
∫σ dω = ∫ 0 ∫ 0 −6s 2 t + 3s 3  ds dt = − ∫ 0 2t + 34  dt = −1 + 34  = −74 .
ii) ∂σ = σ 11 − σ 01 − σ 12 − σ 02  = σ 11 − σ 01 − σ 12 + σ 02
σ 11 s = σ1, s = 1, s, s 2 , σ 01 s = σ0, s = 0, 0, s 2 , σ 12 s = σs, 1 = s 3 , s, 1,
0
σ 2 s = σs, 0 = 0, 0, s 2 
σ 11  ∗ ω = 0, σ 01  ∗ ω = 0, σ 12  ∗ ω = s + 13s 2 ds, σ 02  ∗ ω = 0,
φ 1 σ 12  ∗ ω = 3s 3 + 3s 2 .
1
∫ ω = ∫ 1 ω − ∫ 0 ω − ∫ 1 ω + ∫ 0 ω = 0 − 0 − ∫ 3s 3 + 3s 2  ds + 0 = − 34 + 1 = −74 .
∂σ
σ1
σ1
σ2
∫∂σ ω = ∫σ dω gösterilmiş olur.
σ2
0
3. αt = sintan t, costan t, tan t t ∈ − π2 , + π2 
a)
−1
h t = ∫‖α ′ t‖dt = ∫ costan t sec 2 t 2 + − sintan t sec 2 t 2 + sec 2 t 2 dt = ∫ 2 sec 2 tdt
= 2 tan t + C, C = 0 alalım.
t = hs, hs = Arc tan s , γs = αhs = cos s , sin s , s  birim hızda ve
2
2
2
2
γ ∼ α olur.
b) α : x 2 + y 2 = 1 silindiri üzerindedir ama β bu yüzey üzerinde değildir (Örneğin
t = 3 için y = ln 3 > 1 dir) αI ≠ βJ olduğundan α ≁ β olur.
4.a)βs = fs, gs, hs s ∈ I en az iki kez türevlenebilen birim hızda bir
parametrik gösterim ve αs =  gs−fs , hs, gs+fs  s ∈ I olsun.
′
α s =
g ′ s−f ′ s
‖α ′ s‖ =

′′
α s
′′
i + h s j +
2
g ′ s−f ′ s
2
= ‖β ′ s‖ = 1
κα =
′
=
2
g ′ s+f ′ s
2
2
k , Her s ∈ I için
′
′
 2 + h ′ s 2 +  g s+f s  2 =
2
f ′ s 2 + g ′ s 2 + h ′ s 2
olur.
g
′′
s−f ′′ s
2
′′
 2 + h s 2 +  g
′′ s+f ′′ s
2
2 =
′′
′′
f ′′ s 2 + g s 2 + h s 2
= β s = κ β olur.
b) Düzlemin (vektörel) denklemi v − p 0  ⋅ u = 0 (p 0 : düzlemin bir noktası, u :
düzleme dik bir vektör) olsun.Her t ∈ I γ : I → R 3  için γt − p 0  ⋅ u = olur. Türev
alınırsa (Her t ∈ I için) γ ′ t ⋅ u = 0 yani γ ′ t ⊥ u bulunur Bu da γ ′ nun aynı düzlemde
′′
olması demektir. Bir kez daha türev alınırsa γ t ⋅ u = 0 yani γ ′′ t ⊥ u bulunur Bu da γ ′′
nun aynı düzlemde olması demektir.