İçindekiler BİRİNCİ BÖLÜM Matrisler Martislerde İşlemler Bir Matrisin Transpozesi Bir Matrisin Tersi Elemanter Satır Operasyonları Bir Matrisin Tersinin Bulunması Bölüm Sonu Tekrar Testi (Matrisler) İKİNCİ BÖLÜM Determinant Determinant Determinantın Özellikleri Kofaktör Yardımıyla Determinant Hesabı Ek Matris Bölüm Sonu Tekrar Testi (Determinant) ÜÇÜNCÜ BÖLÜM Lineer Denklem Sistemleri Lineer Denklem Sistemleri Lineer Homojen Denklem Sistemi Matrisinin Tersi Kullanılarak Denklem Sistemlerinin Çözülmesi Cramer Kuralı Bölüm Sonu Tekrar Testi (Lineer Denklem Sistemleri) DÖRDÜNCÜ BÖLÜM Vektörler Vektörlerde İşlemler Dik Koordinat Sistemi Dik Koordinat Sisteminde İki Nokta Arasındaki Uzaklık Vektörlerin Dik Koordinat Sisteminde Gösterilmesi Birim Vektör Vektörlerin Düzlem Geometride Uygulamaları Lineer Bağımsızlık ve Taban İç Çarpım 12 18 21 27 31 37 41 48 56 71 75 81 85 88 90 93 98 102 104 107 111 112 117 127 Öklid İç Çarpımının Geometrik Uygulamaları Doğrultman Kosinüsleri Vektörel Çarpım ve Geometrik Uygulamaları Karma Çarpım ve Geometrik Uygulamaları Rn Uzayında Vektörel Çarpım Bölüm Sonu Tekrar Testi (Vektörler) BEŞİNCİ BÖLÜM Uzayda Doğru Denklemi Bir Noktası ve Doğrultusu Verilen Doğrunun Denklemi İki Noktası Verilen Doğrunun Denklemi Bir Noktası Bilinen ve İki Vektöre Dik Olan Doğrunun Denklemi R3 Uzayında İki Doğrunun Birbirine Göre Durumları Bir Noktanın Bir Doğruya Uzaklığı Aykırı İki Doğru Arasındaki Uzaklık Bölüm Sonu Tekrar Testi (Uzayda Doğru Denklemi) ALTINCI BÖLÜM Uzayda Düzlem Denklemi Düzlem Denklemi Üç Noktası Verilen Düzlem Denklemi İki Doğruya Paralel, Bir Noktası Bilinen Düzlemin Denklemi İki Düzlemin Birbirine Göre Durumları Bir Doğru ile Bir Düzlemin Birbirine Göre Durumları İçindeki İki Doğrusu Bilinen Düzlemin Denklemi Bir Doğrunun Bir Düzlem Üzerindeki Dik İzdüşümünün Denklemi Bir Noktanın Bir Düzleme Uzaklığı Paralel İki Düzlem Arasındaki Uzaklık Eksenleri Kestiği Koordinatları Verilen Düzlem Denklemi Düzlem Demeti İzdüşüm Noktasının Bulunması Simetri - Yansıma Bölüm Sonu Tekrar Testi (Uzayda Düzlem Denklemi) YEDİNCİ BÖLÜM Kutupsal Koordinat Sistemi Kutupsal ve Dik Koordinatların Birbirine Çevrilmesi Kutupsal Koordinatlarda İki Nokta Arasındaki Uzaklık Kutupsal Koordinatlarda Üçgenin Alanı 130 144 149 156 162 167 175 178 180 182 187 191 195 197 200 202 203 206 210 211 212 214 215 216 217 219 225 229 232 232 Kutupsal Koordinatlarda Bir Eğrinin Grafiğinin Çizilmesi Bölüm Sonu Tekrar Testi (Kutupsal Koordinat Sistemi) SEKİZİNCİ BÖLÜM Konikler Çemberin Analitik İncelemesi Bir Doğru İle Bir Çemberin Birbirine Göre Durumları Üç Noktası Bilinen Çember Denklemi Bir Çember Üzerindeki Bir Noktadan Çizilen Teğetin Denklemi Bir Çembere Dışındaki Bir Noktadan Çizilen Teğetlerin Denklemi Değme Kirişinin Denkleminin Bulunması Bir Noktanın Bir Çembere Göre Kuvveti Çemberlerin Birbirine Göre Durumu İki Çemberin Dik Kesişmesi Kuvvet Ekseni Çember Demeti Elips Merkezil Elips ile Bir Doğrunun Birbirine Göre Durumları Elipsin Doğrultmanları Hiperbol Hiperbolün Asimptotları Merkezil Hiperbol ile Bir Doğrunun Birbirine Göre Durumları Hiperbolün Doğrultmanları Parabol Koniklerin Parametrik Denklemleri Koniklerin Kutupsal Denklemleri Bölüm Sonu Tekrar Testi (Konikler) DOKUZUNCU BÖLÜM Koordinat Dönüşümleri Noktanın Ötelenmesi Eksenlerin Ötelenmesi Noktanın Döndürülmesi Eksenlerin Döndürülmesi Afin Dönüşüm Bölüm Sonu Tekrar Testi (Koordinat dönüşümleri) ONUNCU BÖLÜM Koniklerin Genel Denklemi 233 239 244 247 249 251 253 255 256 258 260 261 263 265 270 273 278 280 283 285 288 290 292 295 301 303 307 313 316 319 Öteleme Yapılarak x ve y’li terimlerin yok edilmesi Dönme Yapılarak xy ’li terimin yok edilmesi Bölüm Sonu Tekrar Testi (Koniklerin Genel Denklemi) ONBİRİNCİ BÖLÜM Eğri ve Yüzey Denklemleri Eğrilerin ve Yüzeylerin Denklemleri Küre Yüzeyi Kürenin Parametrik Denklemi Küre ve Doğru Küre ve Düzlem Bir Kürenin Teğet Düzleminin Bulunması Silindir Yüzeyi Koni Yüzeyi Kuadratik Yüzeyler Elipsoid Eliptik Silindir Eliptik Dik Koni Tek Kanatlı Hiperboloid Çift Kanatlı Hiperboloid Eliptik Paraboloid Hiperbolik Paraboloid Parabolik Silindir Hiperbolik Silindir Dönel Yüzeyler Bölüm Sonu Tekrar Testi (Eğri ve Yüzey Denklemleri) ONİKİNCİ BÖLÜM Uzayda Farklı Koordinat Sistemleri Silindirik Koordinatlar Küresel Koordinatlar Kutupsal Koordinatlar Kaynaklar 322 326 333 335 338 341 342 344 348 352 354 356 356 357 358 359 361 362 364 365 366 367 371 379 380 381 382 130 Analitik Geometri - Mustafa Özdemir 4.35 Alıştırma R4 uzayında verilen ~ x = (1, 2, 3, 4) , y ~ = (0, 3, 1, 2) ve ~ z = (1, 0, 2, −1) vektörleri için aşağıdakileri hesaplayınız. a) h~ x, y ~ i =? b) h~ x, ~ z i =? c) h~ x, y ~+~ z i =? d) h~ x + 3~ z, ~ x−y ~ i =? Yanıt : a) 17 b) 3 c) 20 d) 19. xi = h~ y, y ~ i = h~ z, ~ z i = 1 ise h~ x, y ~ i değerini Örnek 4.40 ~ x+y ~+~ z = ~0, h~ x, ~ hesaplayınız. Çözüm : ~ x+y ~+~ z = 0 eşitliğini sırasıyla ~ x, y ~ ve ~ z vektörleriyle çarpalım. Buna göre, h~ x, ~ xi + h~ x, y ~ i + h~ x, ~ z i = 0 ⇒ h~ x, y ~ i + h~ x, ~ z i = −1 h~ y, ~ xi + h~ y, y ~ i + h~ y, ~ z i = 0 ⇒ h~ y, ~ xi + h~ y, ~ z i = −1 h~ z, ~ xi + h~ z, y ~ i + h~ z, ~ z i = 0 ⇒ h~ z, ~ xi + h~ z, y ~ i = −1 −1 elde edilir. x, y ~i = eşitliklerinden, üçüncüsü −1 ile çarpılıp taraf tarafa toplanırsa, h~ 2 Öklid İç Çarpımının Geometrik Uygulamaları Bu bölümde, Öklid İç çarpımının, geometride ne gibi kolaylıklar sağladığını, Öklid iç çarpımını geometrik olarak nasıl yorumlayabileceğimizi göreceğiz. Öklid iç çarpımını kullanarak, Rn uzayında açı ve uzunluğu içeren birçok problemi çözmemiz mümkündür. Aşağıda, bunlardan örnekler vereceğiz. Öklid İç çarpımı ile bir vektörün uzunluğu arasındaki ilişki. ~ = (u1 , u2 , ..., un ) vektörünün uzunluğunu Daha önce Rn uzayında bir u p k~ uk = u21 + u22 + · · · + u2n ile ifade etmiştik. Diğer taraftan, u ~ vektörünün kendisiyle iç çarpımı da, h~ u, u ~ i = u21 + u22 + · · · + u2n olduğundan, p k~ uk = h~ u, u ~i sonucuna ulaşırız. Örnek 4.41 ~ x = 2~ u+~ v ise k~ xk değerini, u ~ ve ~ v vektörlerinin normuna ve iç çarpımına bağlı olarak yazınız. Çözüm : İç çarpımın özellikleri kullanılarak, p p h~ x, ~ xi = h2~ u+~ v , 2~ u+~ vi k~ xk = p 4 h~ u, u ~ i + 2 h~ u, ~ v i + 2 h~ v, u ~ i + h~ v, ~ vi = q 4 k~ v k2 + 4 h~ u, ~ v i + k~ v k2 = bulunur. 131 VEKTÖRLER Örnek 4.42 k~ x+y ~ k = 5, k~ xk = 1 ve k~ x−y ~ k = 3 olduğuna göre, y ~ vektörünün uzunluğunu bulunuz. 2 u, u ~ i bağıntısını ve iç çarpımın özelliklerini kullanacağız. Çözüm : k~ uk = h~ k~ x+y ~ k2 = h~ x+y ~, ~ x+y ~ i = h~ x, ~ xi + h~ x, y ~ i + h~ y, ~ xi + h~ y, y ~i 2 2 x, y ~ i + k~ yk = k~ xk + 2 h~ 25 = 1 + 2 h~ x, y ~ i + k~ y k2 (*) elde edilir. Diğer yandan, k~ x−y ~ k2 = h~ x−y ~, ~ x−y ~ i = h~ x, ~ xi − h~ x, y ~ i − h~ y, ~ xi + h~ y, y ~i 2 2 x, y ~ i + k~ yk = k~ xk − 2 h~ 9 = 1 − 2 h~ x, y ~ i + k~ y k2 (**) olduğundan, (∗) ve (∗∗) eşitlikleri taraf tarafa toplanırsa, 34 = 2 + 2 k~ y k2 eşitliğinden, k~ y k = 4 elde edilir. Yani, y ~ vektörünün uzunluğu 4 br’dir. x+y ~ k = 6, k~ y k = 2 ve k~ x−y ~ k = 4 olduğuna göre, ~ x vektörünün 4.36 Alıştırma k~ uzunluğunu bulunuz. √ Yanıt : 22. 2 2 k~ x+y ~ k − k~ x−y ~k olduğunu kanıtlayınız. 4 4.37 Alıştırma h~ x, y ~i = Öklid iç çarpımını kullanarak iki vektörün arasındaki açının bulunması. 4.7 Teorem ~ x ve y ~ , Rn uzayında iki vektör olsun. ~ x ve y ~ arasındaki açı θ ise, cos θ = h~ x, y ~i k~ xk k~ yk ’dir. Kanıt : Rn uzayında, aralarındaki açı θ olan ~ x ve y ~ vektörlerini alalım. ~ x, y ~ ve ~ x−y ~ vektörleri şekildeki gibi bir üçgen oluştururlar ve bu üçgenin kenarları k~ xk , k~ yk ve k~ x−y ~ k uzunluğuna sahiptir. Şimdi, Kosinüs teoremini uygulayacağız. xk2 + k~ y k − 2 k~ xk k~ y k cos θ k~ x−y ~ k2 = k~ G y θ 2 eşitliğinde, sol taraftaki k~ x−y ~ k normunu, 2 k~ x−y ~k = h~ x−y ~, ~ x−y ~i = h~ x, ~ xi − h~ x, y ~ i − h~ y, ~ xi + h~ y, y ~i x, y ~ i + k~ y k2 = k~ xk2 − 2 h~ G G x−y G x 132 Analitik Geometri - Mustafa Özdemir şeklinde yazarsak, 2 2 2 x, y ~ i + k~ y k = k~ xk + k~ y k − 2 k~ xk k~ y k cos θ k~ xk − 2 h~ eşitliğinde, sadeleştirmeler yapılarak, elde edilir. Böylece, h~ x, y ~ i = k~ xk k~ y k cos θ cos θ = h~ x, y ~i k~ xk k~ yk bulunur. ¥ Not : Öklid iç çarpımının en önemli geometrik yorumu, iki vektör arasındaki açıyı bulabilmemizi sağlamasıdır. Örnek 4.43 Sıfırdan farklı iki vektörün dik olmasıyla, iç çarpımları arasında nasıl bir bağıntı vardır? x ve y ~ vektörlerini alalım. cos 90◦ = 0 olduğundan, Çözüm : Aralarındaki açı 90◦ olan ~ h~ x, y ~i =0 cos θ = k~ xk k~ yk eşitliğinden, h~ x, y ~ i = 0 elde edilir. Sonuç olarak, iki vektörün iç çarpımı 0 ise, bu iki vektör birbirine dik olacaktır. Örnek 4.44 ~ x = (1, 2, 3, 4, 5) vektörüyle y ~ = (2, −3, 5, 1, k) vektörü birbirine dik ise k nedir? Çözüm : ~ x⊥y ~ ise h~ x, y ~ i = 0 olmalıdır. Buna göre, h~ x, y ~ i = 1 · 2 + 2 · (−3) + 3 · 5 + 4 · 1 + 5 · k = 5k + 15 = 0 eşitliğinden, k = −3 bulunur. Örnek 4.45 ~ x = (1, 3, 0, 2) ve y ~ = (1, 0, 2, 3) vektörleri arasındaki açıyı bulunuz. Çözüm : cos θ = elde edilir. 1·1+3·0+0·4+2·3 h~ x, y ~i 1 √ = √ = k~ xk k~ yk 2 1+9+4 1+4+9 olduğundan, θ = 60◦ 4.38 Alıştırma ~ x = (1, 2, 3, 2, 1) ve y ~ = (3, 1, 2, 1, 2) vektörleri arasındaki açının kosinüsünü bulunuz. 15 . Yanıt : cos θ = 19 133 VEKTÖRLER x = (1, 2, −3, 2, −1) ve y ~ = (3, k, 2, 1, 2) vektörleri birbirine dik ise 4.39 Alıştırma ~ k =? Yanıt : k = 3/2. 4.40 Alıştırma R3 uzayında ~ x = (1, 2, 3) vektörüne dik olan 5 vektör yazınız. 4.41 Alıştırma R3 uzayında ~ x = (1, k, 2) , y ~ = (3, −1, m) ve ~ z = (n, 2, 2) vektörleri ikişer olarak birbirlerine dik olduklarına göre, m, n ve k değerlerini bulunuz. 16 14 17 . Yanıt : k = − , m = − , n = 5 5 5 4.42 Alıştırma R3 uzayında ~ x = (1, k, 2) , y ~ = (2, −1, m) ve ~ z = (n, 2, 1) vektörleri ikişer olarak birbirlerine dik olduklarına göre, m, n ve k değerlerini bulunuz. det (~ x, y ~, ~ z ) =? Bu vektörler doğrultusundaki birim vektörlerin oluşturduğu matrisin bir ortogonal matris olacağını gösteriniz. Yanıt : k = −2, m = −2, n = 2. Not ! Ortogonal bir matriste, tüm satır ve tüm sütun vektörleri birbirine diktir. Tüm satır ve sütun vektörlerinin uzunluğu 1’dir. ⎡ ⎤ −1 −1 1 1 1 ⎢ −1 1 −1 c ⎥ ⎥ = matrisi bir ortogonal matris ise, Örnek 4.46 A = ⎢ ⎣ b 1 −1 ⎦ 2 −1 −1 −1 a −1 a =?, b =?, c =? Çözüm : hS1 , S2 i = 0 eşitliğinden, c = 1, hS1 , S3 i = 0 eşitliğinden, b = 1 ve son olarak, hS1 , S4 i = 0 eşitliğinden, a = −1 elde edilir. Bu a, b, c değerleri için AAT = I olduğunu görebilirsiniz. ⎡ ⎤ 1 4 a 1⎣ −4 b 4 ⎦ matrisi ortogonal olduğuna göre, a, b, c değer4.43 Alıştırma A = 9 8 −4 c lerini bulunuz. Yanıt : a = 8, b = −7, c = 1. ⎡ ⎤ 1 2 2 1 4.44 Alıştırma A = ⎣ 2 1 −2 ⎦ matrisi ortogonal olduğuna göre, a, b, c değer3 a b c lerini bulunuz. Yanıt : a = −2, b = 2, c = −1 veya a = 2, b = −2, c = 1. 134 Analitik Geometri - Mustafa Özdemir Örnek 4.47 Eşkenar dörtgenin köşegenlerinin birbirine dik olduğunu vektörleri kullanarak kanıtlayınız. Çözüm : Eşkenar dörtgenin aynı köşeden çıkan iki kenarını ~ x ve y ~ vektörleriyle gösterirsek, köşegenlerden biri ~ x−y ~, diğeri ise ~ x+y ~ vektörü olacaktır. Buna göre, k~ xk = k~ yk olduğuda göz önüne alınırsa, x, y ~ i + h~ y, ~ xi − k~ y k2 h~ x+y ~, ~ x−y ~ i = k~ xk2 − h~ = 0 G G x+ y G y G G x−y G x elde edilir. Bu köşegenlerin birbirine dik olduğunu gösterir. Örnek 4.48 ~ x = (1, 2, 3) vektörüyle aynı düzlemde bulunan birbirine dik iki vektör bulunuz. Çözüm : ~ x vektörünün bulunduğu düzlemde bulunan birbirine dik iki vektör y ~ ve ~ z olsun. Buna göre, h~ y, ~ z i = 0 olmalı ve ~ x, y ~, ~ z aynı düzlemde olmalıdır. Aynı düzlemde olan üç vektör lineer bağımlı olacağından, bu üç vektörün determinantı 0 olmalıdır. y ~ vektörünü rastgele bir vektör alabiliriz. y ~ = (1, 1, 1) olsun. ~ z = (a, b, c) diyelim. Buna göre, 1) h~ y, ~ z i = 0 ise a + b + c = 0 (∗) olmalıdır. ¯ ¯ ¯ 1 2 3 ¯ ¯ ¯ 2) det (~ x, y ~, ~ z ) = 0 ise ¯¯ 1 1 1 ¯¯ = 2b − a − c = 0 (∗∗) olmalıdır. ¯ a b c ¯ Buna göre, (∗) ve (∗∗) eşitliklerinden, b = 0 ve a = −c bulunur. O halde, ~ z = (1, 0, −1) alınabilir. Rn uzayında herhangi iki vektörle oluşturulan paralelkenarın alanını, iç çarpım yardımıyla nasıl hesaplayabileceğimizi aşağıdaki teoremle verelim. Öklid iç çarpımını kullanarak alan hesaplamalarının yapılabilmesi. 4.8 Teorem ~ x ve y ~ , Rn uzayında iki vektör olsun. ~ x ve y ~ arasındaki açı θ olmak x ve y ~ ile oluşturulan paralelkenarın alanı üzere, ~ q 2 Alan (~ x, y ~ ) = h~ x, ~ xi h~ y, y ~ i − h~ x, y ~i ’dir. 135 VEKTÖRLER Kanıt : Aralarındaki açı θ olan, ~ x ve y ~ vektörleriyle oluşturulan paralelkenarın alanını Alan (~ x, y ~ ) = k~ xk k~ y k sin θ √ h~ x, y ~i olduğunu ile bulabiliriz. sin θ = 1 − cos2 θ yazalım. Diğer yandan, cos θ = k~ xk k~ yk da kullanırsak, s h~ x, y ~ i2 Alan (~ x, y ~ ) = k~ xk k~ yk 1 − 2 2 k~ xk k~ yk q = k~ xk2 k~ y k2 − h~ x, y ~ i2 q = h~ x, ~ xi h~ y, y ~ i − h~ x, y ~ i2 elde edilir. Üçgenin alanı için bu değer 2’ye bölünür. ¥ Örnek 4.49 ~ x = (1, 1, 2, 3) ve y ~ = (2, 3, 1, 1) vektörleriyle oluşturulan paralelkenarın alanını bulunuz. q x, ~ xi h~ y, y ~ i − h~ x, y ~ i2 eşitliğinden, Çözüm : Alan (~ x, y ~ ) = h~ √ √ Alan (~ x, y ~ ) = 15 · 15 − 102 = 5 5 elde edilir. Örnek 4.50 Köşelerinin koordinatları A (1, 1, 1, 0, 1) , B (1, 2, 3, 4, 3) ve C (1, 2, 1, 1, 1) olan üçgenin alanını bulunuz. Çözüm : Önce noktadan vektöre geçelim. −− → −→ ~ x = AB = B − A = (0, 1, 2, 4, 2) ve y ~ = AC = C − A = (0, 1, 0, 1, 0) denilirse, üçgenin alanı : Alan (ABC) = bulunur. 1 2 q 1√ 5 h~ x, ~ xi h~ y, y ~ i − h~ x, y ~ i2 = 25 · 2 − 52 = 2 2 Örnek 4.51 ~ x = (1, 1) ve y ~ = (3, 4) vektörleriyle oluşturulan paralelkenarın alanını bulunuz. q √ 2 x, ~ xi h~ y, y ~ i − h~ x, y ~ i = 2 · 25 − 72 = 1’dir. Çözüm : Alan (~ x, y ~ ) = h~ 136 Analitik Geometri - Mustafa Özdemir 4.45 Alıştırma ~ x = (0, 1, 0, 2, 2) ve y ~ = (2, 0, 0, 2, 1) vektörleriyle oluşturulan paralelkenarın alanını bulunuz. √ Yanıt : 3 5. 4.46 Alıştırma Köşelerinin koordinatları A(1,1,1,0,1), B(1,2,3,4,3) ve C(1,2,1,1,1) olan üçgenin alanını bulunuz. Yanıt : 5/2. x = (1, 2) ve y ~ = (2, 1) vektörleriyle oluşturulan paralelkenarın 4.47 Alıştırma ~ alanını bulunuz. Yanıt : 3. 4.9 Teorem Düzlemde köşelerinin koordinatları A (x1 , y1 ) , B (x2 , y2 ) ve C (x3 , y3 ) olan üçgenin alanı ¯ ¯ 1 x1 1 ¯¯ Alan (ABC) = ¯ 1 x2 2¯ 1 x3 değerinin mutlak değeridir. y1 y2 y3 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ − −→ A 1. Kanıt : BA = y ~ = (x1 − x2 , y1 − y2 ) ve −−→ BC = ~ x = (x3 − x2 , y3 − y2 ) ile gösterelim ve G q y 1 2 Alan (ABC) = h~ x, ~ xi h~ y, y ~ i − h~ x, y ~i 2 formülünü uygulayalım. Buna göre, uzun ve sıkıcı işlemθ C G B ler sonucunda, x ³ ´³ ´ 2 2 2 2 2 h~ x, ~ xi h~ y, y ~ i − h~ x, y ~i = (x1 − x2 ) + (y1 − y2 ) (x3 − x2 ) + (y3 − y2 ) − ((x1 − x2 ) (x3 − x2 ) + (y1 − y2 ) (y3 − y2 )) bulunur. Buradan, = (x1 y2 − x2 y1 − x1 y3 + x3 y1 + x2 y3 − x3 y2 ) Alan (ABC) = = elde edilir. 2 2 1 (x1 y2 − x2 y1 − x1 y3 + x3 y1 + x2 y3 − x3 y2 ) 2¯ ¯ ¯ 1 x1 y1 ¯ ¯ ¯ 1¯ 1 x2 y2 ¯¯ ¯ 2¯ 1 x y ¯ 3 3 ¥ 137 VEKTÖRLER 2. Kanıt (Klasik Yöntem) Yamukların alanlarını kullanarak, A (ABC) = A (BM N A) +A (AN KC) −A (BM KC) y1 A eşitliğinden sonuca ulaşabiliriz. ¶ µ y1 + y2 A (BM N A) = (x1 − x2 ) y3 C 2 ¶ µ y1 + y3 A (AN KC) = (x3 − x1 ) B y2 2 ¶ µ x1 x3 x2 y3 + y2 M A (BM KC) = (x3 − x2 ) N K 2 olduğu kullanılırsa, 1 (x1 y2 − x2 y1 − x1 y3 + x3 y1 + x2 y3 − x3 y2 ) Alan (ABC) = 2¯ ¯ ¯ 1 x1 y1 ¯ ¯ 1 ¯¯ 1 x2 y2 ¯¯ = ¯ 2¯ 1 x3 y3 ¯ elde edilir. Örnek 4.52 Düzlemde köşelerinin koordinatları A, B ve C olan üçgenin alanının −−→ −−→ ¯¯ 1 ¯¯ ¯det(AB,AC)¯ 2 değerine eşit olduğunu gösteriniz. Çözüm : Üçgenin köşelerinin koordinatları A (x1 , y1 ) , B (x2 , y2 ) ve C (x3 , y3 ) olsun. −→ −− → AB = (x2 − x1 , y2 − y1 ) ve AC = (x3 − x1 , y3 − y1 ) olduğundan, − − → −→ ¯¯ 1 ¯¯ ¯det(AB,AC)¯ = 2 = = ¯ ¯ 1 ¯¯ x2 − x1 y2 − y1 ¯¯ 2 ¯ x3 − x1 y3 − y1 ¯ 1 (x1 y2 − x2 y1 − x1 y3 + x3 y1 + x2 y3 − x3 y2 ) 2¯ ¯ ¯ 1 x1 y1 ¯ ¯ ¯ 1¯ 1 x2 y2 ¯¯ ¯ 2¯ 1 x3 y3 ¯ = Alan (ABC) elde edilir. ¥ 138 Analitik Geometri - Mustafa Özdemir Örnek 4.53 Köşelerinin koordinatları A (1, 1) , B (2, 3) ve C (3, 6) olan üçgenin alanını hesaplayınız. Çözüm : 3 farklı şekilde çözelim. q 1 2 1. Yol (Rn de geçerli genel formül) (Alan (ABC)= h~ x, ~ xi h~ y, y ~ i − h~ x, y ~i ) 2 − − → −→ ~ x = AB ve y ~ = AC alabiliriz. Buna göre, ~ x = (1, 2) ve y ~ = (2, 5) olduğundan, √ 1 1 5 · 29 − 122 = Alan (ABC) = 2 2 elde edilir. ¯ ¯ ¯ 1 x1 y1 ¯ ¯ ¯ 1 2. Yol (Klasik Yöntem) (Alan (ABC) = ¯¯ 1 x2 y2 ¯¯) 2¯ 1 x3 y3 ¯ ¯ ¯ ¯ 1 1 1 ¯ ¯ ¯ 1 1 Alan (ABC) = ¯¯ 1 2 3 ¯¯ = 2¯ 2 1 3 6 ¯ bulunur. − − → −→ ¯¯ 1 ¯¯ ¯det(AB,AC)¯) 2 ¯ ¯ 1 ¯ 1 2 ¯¯ 1 Alan (ABC) = ¯¯ = 2 2 5 ¯ 2 3. Yol (Determinant) (Alan (ABC) = olduğu görülür. 4.48 Alıştırma Köşelerinin koordinatları A (1, 2) , B (2, 3) ve C (3, 1) olan üçgenin alanını 3 farklı yöntemi kullanarak hesaplayınız. Yanıt : 3 . 2 4.49 Alıştırma Köşelerinin koordinatları A (0, 1) , B (6, 3), C (7, 6) ve D (1, 4) olan paralelkenarın alanını hesaplayınız. Yanıt : 16. 139 VEKTÖRLER Örnek 4.54 Köşelerinin koordinatları A (1, 1, 1) , B (2, 2, 1) ve C (1, 3, 3) olan üçgenin çevrel çemberinin alanını hesaplayınız. Çözüm : Öncelikle, sin B sin C 1 sin A = = = a b c 2R formülünü kullanarak, çevrel çemberin yarıçapını bulalım. Bunun için üçgenin açılarından birinin sinüsünü bulmak yeterli olacaktır. −− → −→ x = AB = (1, 1, 0) ve y ~ ~ = AC = 0 olduğundan, √ 2 3 h~ x, y ~i 1 = √ √ = ⇒ sin A = cos A = k~ xk k~ yk 2 2 2 8 q √ bulunur. Buradan, a = |BC| = (−1)2 + 12 + 22 = 6 olduğundan, √ a 6 √ =√ = 2 R= 2 sin A 3 bulunur ki, çevrel çemberin alanı : Alan = πR2 = 2π elde edilir. 4.50 Alıştırma R4 uzayında köşelerinin koordinatları A (1, 0, 1, 2) , B (1, 2, 3, 4) ve C (4, 2, 3, 1) olan üçgenin çevrel çemberinin alanını hesaplayınız. Yanıt : 27 π. 5 4.10 Teorem (Schwarz Eşitsizliği) ~x, y~ ∈ Rn vektörleri için, k~xk k~yk ≥ |h~x, y~i| eşitsizliği sağlanır. Kanıt : h~ x, y ~ i = k~ xk k~ y k cos θ olduğunu biliyoruz. |cos θ| ≤ 1 olduğundan, elde edilir. k~ xk k~ y k ≥ |h~ x, y ~ i| ¥ 140 Analitik Geometri - Mustafa Özdemir Not : Teorem 4.10’un kanıtında, Öklid iç çarpımı söz konusu olduğu için, h~ x, y ~i = k~ xk k~ y k cos θ eşitliğini kullanarak, Schwarz eşitsizliğinin doğruluğu hemen görülebilmektedir. Fakat, Öklid iç çarpımı dışındaki, herhangi bir iç çarpım için de, bu eşitsizlik daima doğrudur. Herhangi bir iç çarpım için bu eşitsizliğin doğruluğunun kanıtını Lineer Cebir derslerine bırakıyoruz.3 4.11 Teorem (Üçgen Eşitsizliği) Bir üçgende, herhangi bir kenar, diğer iki kenarın toplamından küçük, farkından büyüktür. Çözüm : Yandaki şekile göre, G y |k~ xk − k~ y k| < k~ x−y ~ k < k~ xk + k~ yk θ olduğunu göstereceğiz. i) k~ x−y ~ k < k~ xk + k~ y k olduğunu görelim. k~ x−y ~ k2 G G x−y G x = h~ x−y ~, ~ x−y ~ i = h~ x, ~ xi − h~ x, y ~ i − h~ y, ~ xi + h~ y, y ~i 2 2 x, y ~ i + k~ yk = k~ xk − 2 h~ 2 2 ≤ k~ xk + 2 |h~ x, y ~ i| + k~ yk 2 (Schwarz Eşitsizliğinden) 2 xk k~ y k + k~ yk < k~ xk + 2 k~ 2 = (k~ xk + k~ y k) eşitsizliğinden, k~ x−y ~ k < k~ xk + k~ y k olduğu görülür. 3 Genel İspat : x veya y vektörlerinin herhangi birinin sıfır olması durumunda eşitlik olur ve teorem doğrudur. x ve y sıfırdan farklı herhangi iki vektör olsunlar. Şimdi, ~ z=~ x− ~ x·y ~ y ~ y ~·y ~ vektörünü gözönüne alalım. Bu vektör, y vektörüne dik sıfırdan farklı bir vektör belirtir. İç çarpımın pozitif tanımlılık özelliğine göre, ~ z·~ z≥0 olmalıdır. Buna göre, z·z = x·x− x·y x·y y · x− y x− y·y y·y (x · y) (y · x) (x · y)2 (x · y) (x · y) − + y·y y·y y·y (x · y) (y · x) (x · x) − y·y (x · x) (y · y) 2 eşitsizliğinden istenen elde edilir. 2 kxk kyk ≥ 0 ≥ 0 ≥ 0 ≥ (x · y)2 ≥ (x · y)2 141 VEKTÖRLER ii) |k~ xk − k~ y k| < k~ x−y ~ k olduğunu görelim. k~ x−y ~ k2 = h~ x−y ~, ~ x−y ~ i = h~ x, ~ xi − h~ x, y ~ i − h~ y, ~ xi + h~ y, y ~i x, y ~ i + k~ y k2 = k~ xk2 − 2 h~ 2 2 ≥ k~ xk − 2 |h~ x, y ~ i| + k~ yk > k~ xk2 − 2 k~ xk k~ y k + k~ y k2 = (k~ xk − k~ y k)2 ¥ eşitsizliğinden istenen elde edilir. Örnek 4.55 Herhangi bir üçgenin yüksekliklerinin bir noktada kesiştiğini kanıtlayınız. Çözüm : Köşeleri A, B, C olan üçgeni alalım. B ve −−→ − − → −−→ −→ C köşelerinden, CD ⊥ BA ve BE ⊥ AC olacak −−→ −−→ şekilde, BE ve CD vektörlerini alalım. Bu iki vektörün kesişme noktası K olsun. A ve K noktasından −→ −−→ geçen AF vektörünün BC vektörüne dik olduğunu −−→ −−→ gösterirsek kanıt biter. Ya da, KA ⊥ BC olduğunu göstermek yeterlidir. Gösterimi basitleştirmek için, −−→ −−→ −−→ KA = ~ x, KB = y ~ ve KC = ~ z A D G y B G x E G z K F C diyelim. − −→ −→ Verilenlere göre, AB = y ~−~ x ve AC = ~ z−~ x şeklinde yazılabilir. Ayrıca, − − → AB ⊥ ~ z olduğundan, h~ z, y ~−~ xi = 0 veya hz, yi − h~ z, ~ xi = 0 (∗) −→ AC ⊥ y ~ olduğundan, h~ y, ~ z−~ xi = 0 veya hy, zi − h~ y, ~ xi = 0 (∗∗) eşitlikleri vardır. (∗) ve (∗∗) eşitliklerini taraf tarafa çıkarırsak, h~ y, ~ xi − h~ z, ~ xi = 0 veya h~ y−~ z, ~ xi = 0 −−→ elde edilir. y ~−~ z = BC olduğundan, D−−→ E BC, ~ x =0 −−→ −→ −−→ bulunur ki, bu BC ⊥ ~ x olması demektir. Böylece, AF ⊥ BC olduğunu buluruz ki, bu tüm yüksekliklerin K noktasında kesiştiğini gösterir. 4.51 Alıştırma Herhangi bir üçgenin kenarlarının orta dikmelerinin bir noktada kesiştiğini kanıtlayınız. 142 Analitik Geometri - Mustafa Özdemir Rn uzayında, verilen herhangi bir ~ x vektörünün, başka bir y ~ vektörü üzerindeki dik izdüşüm vektörünü de, Öklid iç çarpımı yardımıyla bulabiliriz. Öklid iç çarpımını kullanarak İzdüşüm Vektörünün bulunması 4.12 Teorem n G x x, y ∈ R sıfırdan farklı vektörleri veril- G x vektörünün, y ~ vektörü üzerindeki dik izdüşüm vektörü sin. ~ y θ G h~ x, y ~i xizd y ~ ~ xizd = h~ y, y ~i ile bulunur. Kanıt : ~ e, y ~ doğrultusundaki birim vektör olsun. Buna göre, xizd ~ y ~ G = ~ e= x k~ yk k~ xizd k θ G e G xizd G y yazılabilir. Bu eşitlikten, ~ xizd = yandan, xk cos θ = k~ xk k~ xizd k = k~ olduğu kullanılırsa, ~ xizd = bulunur. h~ x, y ~i 2 k~ yk k~ xizd k y ~ elde edilir. Diğer k~ yk h~ x, y ~i h~ x, y ~i = k~ xk k~ yk k~ yk y ~= h~ x, y ~i y ~ h~ y, y ~i ¥ Örnek 4.56 ~ x = (1, 1, 3, 4) vektörünün y ~ = (2, 3, 1, 1) vektörü üzerindeki dik izdüşüm vektörünü bulunuz. Çözüm : Formül uygulanarak 12 4 h~ x, y ~i y ~= y ~ = (2, 3, 1, 1) h~ y, y ~i 15 5 elde edilir. Siz, formül uygulamak yerine, kanıtta kullandığımız yöntemle bulmaya çalışınız. ~ xizd = 4.52 Alıştırma ~ x = (0, 1, 1, 0, 1) vektörünün y ~ = (1, 1, 1, 1, 1) vektörü üzerindeki dik izdüşüm vektörünü bulunuz. 3 Yanıt : ~ xizd = (1, 1, 1, 1, 1) . 5 x = (2, 1, 1) vektörünün y ~ = (1, 1, 3) vektörü üzerindeki dik izdüşüm 4.53 Alıştırma ~ vektörünü bulunuz. 6 (1, 1, 3) . Yanıt : ~ xizd = 11 143 VEKTÖRLER Öklid İç Çarpımını Kullanarak R3 Uzayında Düzlemin Denkleminin İfade Edilmesi Bu konuyu daha sonra daha detaylı inceleyeG ceğiz. Fakat, bir düzlemin denklemini iç N=( A, B, C ) çarpımı kullanarak nasıl ifade edebileceğimizi kısaca görelim. Bunun için düzleme dik olan X bir vektörü kullanacağız. Düzleme dik olan bir vektör, düzlem üzerindeki tüm vektörlere dikP(x0,y0,z0) tir. Buna göre, düzlemin P gibi bir noktasını ve → − düzlemin dik olduğu N gibi bir vektörü biliyorsak düzlem denklemini kolayca bulabiliriz. X (x, y, z) düzlemin değişken noktasını → − −−→ göstermek üzere, P X vektörü daima, N vektörüne diktir. O halde, → −−→ − < P X, N >= 0 → − eşitliği sağlanmalıdır. P (x0 , y0 , z0 ) ve N = (A, B, C) olmak üzere, h(x − x0 , y − y0 , z − z0 ) , (A, B, C)i = 0 eşitliğinden, A (x − x0 ) + B (y − y0 ) + C (z − z0 ) = 0 elde edilir. Düzlem denklemi, 6’ncı bölümde detaylı incelenecektir. Öklid İç Çarpımını Kullanarak Çemberin ve Kürenin İfade Edilmesi R2 uzayında, yani düzlemde P (x, y) değişken nokta, M (a, b) ve yarıçap r olmak üzere, çember denklemini, R3 uzayında P (x, y, z) değişken nokta, M (a, b, c) ve yarıçap r olmak üzere, kürenin denklemini ve Rn uzayında P (x1 , x2 , ..., xn ) değişken nokta, M (a1 , a2 , ..., an ) ve yarıçap r olmak üzere, hiperkürenin denklemini, iç çarpımı kullanarak, °−−→°2 D−−→ −−→E ° ° °M P ° = M P , M P = r2 biçiminde ifade edebiliriz. r P(x,y) r P(x,y,z) M(a,b,c) Çember ve küre denklemi 11’inci bölümde detalı incelenecektir. 144 Analitik Geometri - Mustafa Özdemir Vektörlerin Doğrultu Açıları ve Doğrultman Kosinüsleri Tanım : Rn uzayında herhangi bir vektörün doğrultusu, koordinat eksenlerinin pozitif yönde yağtığı açıların kosinüsleri verilerek belirlenebilir. Bir u ~ vektörünün koordinat eksenleriyle yaptıkları açılara doğrultu açıları, bu açıların kosinüslerine de doğrultman kosinüsleri denir. Örneğin, R3 uzayında, u ~ = (u1 , u2 , u3 ) koordinat eksenleriyle pozitif yönde yaptığı açılar sırasıyla α, β,γ olsun. u ~ vektörünün doğrultman kosinüslerini aşağıdaki gibi belirleyebiliriz. x, y ve z koordinatlarının doğrultu vektörlerini sırasıyla ~ e1 = (1, 0, 0) , e3 = (0, 0, 1) ile veririz. Buna göre, ~ e2 = (0, 1, 0) ve ~ u1 uk k~ e1 k cos α ⇒ u1 = k~ uk cos α ⇒ cos α = <u ~, ~ e1 >= k~ k~ uk u2 <u ~, ~ e2 >= k~ uk k~ e2 k cos β ⇒ u2 = k~ uk cos β ⇒ cos β = k~ uk u3 <u ~, ~ e3 >= k~ uk k~ e2 k cos γ ⇒ u3 = k~ uk cos γ ⇒ cos γ = k~ uk elde edilir. 4.13 ~ = (u1 , u2 , ..., un ) vektörünün, Rn ’in dik Teorem Rn uzayında verilen bir u koordinat sistemindeki koordinat eksenleriyle yaptıkları açılar sırasıyla θ1 , θ2 , ..., θn olsun. Buna göre, eşitliği sağlanır. cos2 θ1 + cos2 θ2 + cos2 θ3 + · · · + cos2 θn = 1 Kanıt : Rn uzayında koordinat eksenlerinin doğrultu vektörleri olarak, ~ e1 = (1, 0, 0, ..., 0) , ~ e2 = (0, 1, 0, ..., 0), ..., ~ en = (0, 0, 0..., 1) alınabilir. Buna göre, cos θi = elde edilir. ui h~ u, ~ ei i = k~ uk k~ ei k k~ uk 145 VEKTÖRLER Buradan, cos2 θ1 + cos2 θ2 + · · · + cos2 θn = u21 2 + u22 2 + ··· + = k~ uk k~ uk 2 2 u1 + u2 + · · · + u2n = k~ uk 2 k~ uk2 u2n 2 k~ uk k~ uk2 =1 bulunur. ¥ n Teorem 4.13. kullanılarak, R boyutta, bir vektörün koordinat eksenleriyle yaptığı n açıdan, n − 1 tanesi verilirse, n’inci açı hakkında yorum yapılabilir. Örnek 4.57 R3 uzayında bir u ~ vektörünün x ekseniyle 60◦ , y ekseniyle 150◦ yaptığı biliniyor. Buna göre, z ekseniyle kaç derecelik açı yapabilir? Çözüm : cos2 60◦ + cos2 (150◦ ) + cos2 (θ3 ) = 1 olduğunu kullanacağız. Buna göre, 1 3 cos2 (θ3 ) = 1 − − = 0 4 4 olduğundan, cos θ3 = 0 olabilir. Yani, θ3 = 90◦ veya 270◦ olabilir. ~ vektörünün x ekseniyle 60◦ , y ekseniyle 60◦ yaptığı 4.54 Alıştırma R3 uzayında bir u biliniyor. Buna göre, z ekseniyle kaç derecelik açı yapabilir? Yanıt : 45◦ veya 135◦ . Örnek 4.58 R3 uzayında bir doğru z ekseniye 45◦ ’lik, x ekseniyle 60◦ ’lik açı yapmaktadır. Buna göre, bu doğrunun y ekseniyle yaptığı açının tanjantını bulunuz. Bu doğrunun birim doğrultu vektörü ne olabilir? Çözüm : cos2 60◦ + cos2 θ2 + cos2 (45◦ ) = 1 eşitliğinden, 1 cos2 θ2 = 4 1 −1 ⇒ θ = 120◦ , 240◦ olur. olur. Buradan, cos θ = ⇒ θ = 60◦ , 300◦ veya cos θ = 2 2 uk = 1 olduğundan, Doğrunun doğrultu vektörü u ~ = (u1 , u2 , u3 ) olsun. k~ u 1 u 1 1 1 ⇒ = ⇒ u1 = , cos 60◦ = k~ uk k~ uk 2 2 u2 +1 ⇒ u2 = cos θ2 = k~ uk 2 √ u3 2 ⇒ u3 = cos 45◦ = k~ uk 2 √ 2 1 1 ) bulunur. olacağından, u ~ = ( ,± , 2 2 2 146 Analitik Geometri - Mustafa Özdemir Sonuç : Rn uzayında, bir u ~ vektörünün doğrultu kosinüsleri cos θ1 , cos θ2 , ..., cos θn ise, u ~ = k~ uk (cos θ1 , cos θ2 , ..., cos θn ) ile belirlidir. Örnek 4.59 R4 uzayında, u ~ = (1, 4, 2, 3) vektörünün doğrultman kosinüslerini bulunuz. Çözüm : u ~ vektörünün eksenlerle yaptığı açılar θ1 , θ2 , θ3 ve θ4 olmak üzere, ui h~ u, ~ ei i = cos θi = k~ uk k~ ei k k~ uk olduğu kullanılırsa, 1 4 2 3 cos θ1 = √ , cos θ2 = √ , cos θ3 = √ , cos θ4 = √ 30 30 30 30 bulunur. Örnek 4.60 cos (θ − α) = cos α cos θ + sin θ sin α olduğunu vektörleri kullanarak kanıtlayınız. Çözüm : ~ x ve y ~ birim vektörlerinin x ekseniyle yaptıkları açılar sırasıyla θ ve α olsun. Bu durumda bu vektörleri ³ ´´ ³π − θ = (cos θ, sin θ) x = cos θ, cos ~ ³ ³ π2 ´´ y ~ = cos α, cos − α = (cos α, sin α) 2 biçiminde yazabiliriz. Diğer yandan ~ x ve y ~ vektörleri birim ve aralarındaki açı θ − α olduğundan, cos (θ − α) = hx, yi yazılabilir. Buradan, θ O α G y B Not : cos (θ + α) = cos α cos θ − sin θ sin α olduğunu da, yandaki şekili kullanarak elde edebiliriz. Burada, x = (cos θ, sin θ) ve y ~ ~ = (cos α, − sin α) olduğu kullanılır. A G x θ G x cos (θ − α) = h(cos θ, sin θ) , (cos α, sin α)i cos (θ − α) = cos α cos θ + sin θ sin α elde edilir. O A αG y B 147 VEKTÖRLER A G x θ α O B G y Not : sin (θ − α) = sin θ cos α − sin α cos θ olduğunu da, yandaki şekili kullanarak elde edebiliriz. Burada, x = (sin θ, cos θ) ve y ~ ~ = (cos α, − sin α) olduğu kullanılır. A G x θ O α Not : sin (θ + α) = sin θ cos α + sin α cos θ olduğunu da, yandaki şekili kullanarak elde edebiliriz. Burada, x = (sin θ, cos θ) ve y ~ ~ = (cos α, sin α) olduğu kullanılır. G y B Örnek 4.61 Saat 04.10’da, uzunluğu 1 br olan akrep ile uzunluğu 2 br olan yelkovanın uçları arasındaki uzaklık kaç br olur? b) Saatin merkezi orjin kabul edilirse, 4.10’da akrep (~ u) ve yelkovanı (~ n) vektörel olarak nasıl ifade edebiliriz. ~ n−u ~ vektörünü bulunuz ve uzunluğunu hesaplayınız. Çözüm : Saat 04.00’da akrep ile yelkovan arasındaki açı 120◦ ’dir. Buna göre, 10 akrebin ve yelkovanın 10 dakikada kaçar 2 br derece hareket ettiğini bulmalıyız. Yelkovan, 60 dakikada 360◦ hareket ettiğinden, 1 br 10 dakikada 60◦ hareket eder. Akrep ise, 4 4 60 dakikada 30◦ hareket ettiğinden, 10 dakikada 5◦ hareket edecektir. Buna göre, 04.00 04.10 04.10’da akrep ile yelkovan arasındaki açı, 120 + 5 − 60 = 65◦ olur. Böylece, Kosinüs teoreminden, akrep ve yelkovanın uçları arasındaki uzaklık : 12 x= √ 4 + 1 − 2 · 2 · 1 · cos 65◦ eşitliğinden, x = 1, 8192 olarak bulunur. b) Şimdi vektörel olarak çözelim. 04.10’da yelkovan ile y ekseni arasındaki açı 60◦ olduğundan, yelkovanı vektörel olarak, ~ n = (2 sin 60◦ , 2 cos 60◦ ) şeklinde, akrep ile x ekseni arasındaki açı ise, 30◦ + 5◦ = 35◦ olduğundan, akrebi de 148 Analitik Geometri - Mustafa Özdemir u ~ = (1 cos 35◦ , −1 sin 35◦ ) şeklinde ifade edebiliriz. Böylece, ~ n−u ~ = (2 sin 60◦ , 2 cos 60◦ ) − (1 cos 35◦ , −1 sin 35◦ ) = (2 sin 60◦ − cos 35, 2 cos 60◦ + sin 35◦ ) olacaktır. Buradan da, q 2 2 k~ n−u ~ k = (2 sin 60◦ − cos 35◦ ) + (2 cos 60◦ + sin 35◦ ) = 1, 8192 olduğu bulunabilir. 4.55 Alıştırma Saat 05.10’da uzunluğu k olan akrep ile, uzunluğu m olan yelkovanın uçları arasındaki uzaklığı vektörel yöntemle hesaplayınız. Örnek 4.62 Bir ABC üçgeninin [BC] kenarı, |CD| = |BC| olacak biçimde C noktasının ötesindeki bir D noktasına uzatılıyor. [CA] kenarı ise, |AE| = 2|CA| olacak biçimde A noktasının ötesindeki bir E noktasına uzatılıyor. |AD|=|BE| ise, ABC’nin bir dik üçgen olduğunu kanıtlayınız. (European Girls’ Mathematical Olympiad 2013) −→ −−→ Çözüm : CA = ~ x ve CB = y ~ diyelim. Bu −→ −−→ durumda, AE = 2~ x ve DC = y ~ olur. Buna göre, −−→ −−→ BE = 3~ x−y ~ ve DA = ~ x+y ~ E olacaktır. Buradan, |DA|=|BE| eşitliğine göre, −−→ −−→ −−→ −−→ < DA, DA > = < BE, BE > h~ x+y ~, ~ x+y ~ i = h3~ x−y ~ , 3~ x−y ~i G 2x A B G y G x C G y olmalıdır. İç çarpımın lineerliğinden, h~ x, ~ xi − 2 h~ x, y ~ i + h~ y, y ~ i = 9 h~ x, ~ xi + 6 h~ x, y ~ i + h~ y, y ~i yazılarak düzenlenirse, h~ x, ~ xi − h~ x, y ~ i = 0 ⇒ h~ x, ~ x−y ~i = 0 ⇒ ⇒ −→ − −→ elde edilir ki, bu ise AC ⊥ AB olduğunu gösterir. −→ −→ −−→ < CA, CA − CB >= 0 −→ −− → < CA, BA >= 0 D 149 VEKTÖRLER Vektörel Çarpım ve Geometrik Uygulamaları Skaler çarpımın sonucu bir skaler değerdir. İki vektörün vektörel çarpımı ise bir vek~ = (y1 , y2 , y3 ) gibi iki vektörün vektörel çarpımı; tördür. Uzayda ~ x = (x1 , x2 , x3 ) ve y ¯ ¯ ¯ ~i ~j ~ k ¯¯ ¯ ~ x×y ~ = ¯¯ x1 x2 x3 ¯¯ ¯ y1 y2 y3 ¯ ~ x×y ~ = (x2 y3 − x3 y2 , −x1 y3 + x3 y1 , x1 y2 − x2 y1 ) şeklinde tanımlanır. Bu tanıma göre, iki vektörün vektörel çarpımının sonucunda yeni bir vektör elde edilir. Örnek 4.63 ~ x = (1, 2, 3) ve y ~ = (0, 2, 1) olduğuna göre, ~ x×y ~ vektörünü bulunuz. ⎡ ⎤ ~i ~j ~ k Çözüm : ~ x×y ~ = det ⎣ 1 2 3 ⎦ = (−4, −1, 2) olur. Bu vektörün hem ~ x hem de 0 2 1 y ~ vektörüyle iç çarpımının sıfır olduğunu ve dolayısıyla ~ x ve y ~ vektörlerine dik olduğunu görünüz. ¯ ¯ ¯ ~i ~j ~ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯¶ µ¯ k ¯¯ ¯ ¯ 2 3 ¯ ¯ 1 3 ¯ ¯ 2 3 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ şeklinde hesapNot : ~ x×y ~ = ¯ 1 2 3 ¯ = ¯ ,−¯ , 2 1 ¯ 0 1 ¯ ¯ 2 1 ¯ ¯ 0 2 1 ¯ lanabilir. + ‐ + 4.56 Alıştırma ~ x = (1, 1, 2) ve y ~ = (1, 2, 1) olduğuna göre, ~ x×y ~ vektörünü bulunuz. Yanıt : (−3, 1, 1) . x = (−1, 2, 3) ve y ~ = (3, −2, 1) olduğuna göre, ~ x×y ~ vektörünü 4.57 Alıştırma ~ bulunuz. Yanıt : (8, 10, −4) . 150 Analitik Geometri - Mustafa Özdemir Vektörel Çarpımın Bazı Özellikleri ~ x×y ~ vektörel çarpımını, determinant yardımıyla tanımlamıştık. Determinantın özelliklerini kullanarak, vektörel çarpımın aşağıdaki özelliklerini kolayca yazabiliriz. 1. ~ x×y ~ = −~ y×~ x (Vektörel çarpımın değişme özelliği yok) Kanıt : Vektörel çarpımın determinantlı tanımının doğrudan sonucudur. Determinantta iki satırın yeri değişirse, determinant işaret değiştirir. 2. ~ x×~ x = ~0 (Bir vektörün kendisiyle vektörel çarpımı 0 vektörüdür.) Kanıt : Herhangi iki satırı aynı olan matrisin determinantının 0 olmasının sonucudur. 3. λ ∈ R için, (λ~ x) × y ~ = λ (~ x×y ~) 4. ~0 × ~ x=~ x ×~ 0 = ~0 5. ~ x×y ~ = ~0 ⇔ λ ∈ R için ~ x = λ~ y . (Yani, ~ x k~ y ise vektörel çarpım 0 vektörüdür.) x×~ z) . 6. ~ x × (~ y+~ z ) = (~ x×y ~ ) + (~ Örnek 4.64 ~ x = (1, −2, 3) ve y ~ = (−2, 4, −6) ise ~ x×y ~ =? Çözüm : y ~ = −2~ x olduğundan, ~ x k~ y olur ki, ~ x×y ~ = ~0 olur. 4.58 Alıştırma Vektörel çarpımı 0 olan iki vektör yazınız. k standart vektörleri için, ~i × ~j = ~ k, ~j × ~ k = ~i, Örnek 4.65 R3 uzayının ~i, ~j, ~ ~j × ~i = −~ k olduğunu gösteriniz. Çözüm : ~i = (1, 0, 0) , ~j = (0, 1, 0) ve ~ k = (0, 0, 1) olduğunu kullanacağız. ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ~i ~j ~ ¯ ¯ ¯ ~i ~j ~ ~ ~ ¯ k ¯ ¯ ¯ i j k ¯ ¯ ~ ¯ ¯ ¯ ~i × ~j = ¯ 1 0 0 ¯ = ~ ~ ~ ~ ~ ¯ ¯ k, j × k = ¯ 0 1 0 ¯ = i, j × i = ¯ 0 1 ¯ 0 1 0 ¯ ¯ 0 0 1 ¯ ¯ 1 0 biçiminde kolayca görülebilir. i _ j + k ~ k 0 0 ¯ ¯ ¯ ¯ = −~ k ¯ ¯ Not : Standart birim vektörlerin vektörel çarpımında yandaki şekil kullanılabilir. ~i × ~j = ~ ~j × ~i = −~ k k ~j × ~ ~ ~ k=i k × ~j = −i ~ ~i × ~ k × ~i = ~j k = −~j Örnek 4.66 Vektörel çarpım işleminin birleşme özelliği var mıdır? Çözüm : Vektörel çarpım işleminin birleşme özelliğinin olmadığını bir ters örnekle gösterebiliriz. ~ x = (1, 0, 1) , y ~ = (0, 1, 1) ve ~ z = (1, 1, 0) vektörlerini alalım ve (~ x×y ~) × ~ z 6= ~ x × (~ y×~ z ) olduğunu görelim. 151 VEKTÖRLER ¯ ¯ ¯ ~ x×y ~ = ¯¯ ¯ olduğundan, ¯ ¯ ¯ ~i ~j ~ k ¯¯ ¯ ¯ ~×z ~ = ¯¯ 1 0 1 ¯ = (−1, −1, 1) ve y ¯ 0 1 1 ¯ ¯ ¯ ¯ (~ x×y ~) × ~ z = ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯ x × (~ ~ y×~ z ) = ¯¯ ¯ ¯ ~i ~j ~ k ¯¯ 0 1 1 ¯¯ = (−1, 1, −1) 1 1 0 ¯ ¯ ~i ~j ~ k ¯¯ −1 −1 1 ¯¯ = (−1, 1, 0) 1 1 0 ¯ ¯ ~i ~j ~ k ¯¯ 1 0 1 ¯¯ = (−1, 0, 1) −1 1 −1 ¯ x×y ~ )×~ z 6= ~ x ×(~ y×~ z ) olduğundan, vektörel çarpımda birleşme özelliği elde edilir ki, (~ yoktur. Vektörel Çarpımın En Önemli Geometrik Yorumu 4.14 Teorem Uzayda verilen iki vektörün vektörel çarpımı, çarpılan her iki vektöre de dik olan yeni bir vektör verir. Kanıt : ~ x×y ~⊥~ x ve ~ x×y ~⊥y ~ olduğunu göstermek için, h~ x×y ~, ~ xi = h~ x×y ~, y ~i = 0 ~ = (y1 , y2 , y3 ) vektörleri için, olduğunu göstermek yeterlidir. ~ x = (x1 , x2 , x3 ) ve y ~ x×y ~ = (x2 y3 − x3 y2 , −x1 y3 + x3 y1 , x1 y2 − x2 y1 ) olduğundan, h~ x×y ~, ~ xi = x2 y3 x1 − x3 y2 x1 − x1 y3 x2 + x3 y1 x2 + x1 y2 x3 − x2 y1 x3 = 0 h~ x×y ~, y ~ i = x2 y3 y1 − x3 y2 y1 − x1 y3 y2 + x3 y1 y2 + x1 y2 y3 − x2 y1 y3 = 0 olduğu görülebilir. G G x× y G y ¥ G x Örnek 4.67 R3 uzayında ~ x = (2, 3, 11) ve y ~ = (−2, 7, 5) vektörlerinin her ikisine de dik olan bir vektör bulunuz. Çözüm : Bu iki vektörün vektörel çarpımları, her ikisine de dik olan istenen vektörü verecektir. ¯ ¯ ¯ ~i ~j ~ k ¯¯ ¯ ~ x×y ~ = ¯¯ 2 3 11 ¯¯ = −62i − 32j + 20k ¯ −2 7 5 ¯ olduğundan, ~ z = (−62, −32, 20) vektörü, hem ~ x hem de y ~ vektörüne dik bir vektördür. 152 Analitik Geometri - Mustafa Özdemir Not ! Bir V vektör uzayının tabanındaki tüm vektörler birbirine dik ise, bu tabana V uzayının ortogonal tabanı denir. Bu vektörlerin herbiri ayrıca birim vektör ise bu tabana ortonormal taban denir. Örneğin, ~ 2 = (2, 1, −2) , u ~ 3 = (2, −2, 1)} {~ u1 = (2, 1, 2) , u tabanı bir ortogonal taban, ¾ ½ 1 1 1 ~ 2 = (2, 1, −2) , u ~ 3 = (2, −2, 1) u ~ 1 = (2, 1, 2) , u 3 3 3 tabanı ise bir ortonormal tabandır. Örnek 4.68 R3 uzayının ~ x = (1, 2, 3) vektörünü içeren bir ortogonal tabanını bulunuz. Çözüm : Önce, ~ x = (1, 2, 3) vektörüne dik herhangi bir vektör alalım. h~ x, y ~ i = 0 olacak şekilde, y ~ = (3, −3, 1) vektörü alınabilir. Şimdi, ise, hem ~ x hem de y ~ vektörüne dik bir vektör bulalım. Bu kez, ~ x×y ~=~ z alınabilir. Buradan, ¯ ¯ ¯ ~i ~j ~ k ¯¯ ¯ z = ¯¯ 1 2 3 ¯¯ = (11, 8, −9) ~ ¯ 3 −3 1 ¯ olur. Böylece, {~ x = (1, 2, 3) , y ~ = (3, 3, −1) , ~ z = (11, 8, −9)} R3 ün ortogonal bir tabanı olur. Ayrıca, ortonormal tabanını da her vektörü normuna bölerek elde edebiliriz. Buna göre, ¾ ½ 1 1 1 √ (1, 2, 3) , √ (3, −3, 1) , √ (11, 8, −9) 14 19 266 ise ortonormal tabandır. Siz de, kendi belirleyeceğiniz bir y ~ vektörüyle başka bir ortogonal taban bulunuz. Örnek 4.69 ~ x = (1, 1, 2) olmak üzere, ~ x vektörüne dik ve birbirine dik olan, 2 br uzunluğunda iki vektör bulunuz. Çözüm : ~ x⊥y ~ olacak şekilde, y ~ = (1, 1, −1) alınabilir. Hem ~ x hem de y ~ vektörüne ¯ ¯ dik vektörü de, ¯ ~i ~j ~ k ¯¯ ¯ ¯ z = ¯ 1 1 2 ¯¯ = (−3, 0, 3) ~ ¯ 1 1 −1 ¯ alınabilir. Fakat, uzunluklarının 2 br olmasını istiyoruz. Buna göre, → − →0 − 2 2 2~ y 2~ z = √ (1, 1, −1) ve z 0 = = √ (−1, 0, 1) y = k~ yk k~ z k 3 2 alınabilir. 153 VEKTÖRLER x = (1, 2, −2) olmak üzere, R3 uzayının ~ x vektörünü içeren bir ortog4.59 Alıştırma ~ onal tabanını bulunuz. 1 4.60 Alıştırma ~ x = √ (1, 0, 1) olmak üzere, R3 uzayının ~ x vektörünü içeren bir 2 ortonormal tabanını bulunuz. 4.15 Teorem ~x, y~, ~z ∈ R3 vektörleri için (~x × y~) × ~z = h~x, ~zi y~ − h~y, ~zi ~x eşitliği sağlanır. Kanıt : ~ x = (x1 , x2 , x3 ), y ~ = (y1 , y2 , y3 ) ve ~ z = (z1 , z2 , z3 ) olsun. ~ x×y ~ = (x2 y3 − x3 y2 , −x1 y3 + x3 y1 , x1 y2 − x2 y1 ) olduğunu biliyoruz. ¯ ¯ ¯ ¯ ~i ~j ~ k ¯ ¯ ¯ (~ x×y ~) × ~ z = ¯ x2 y3 − x3 y2 −x1 y3 + x3 y1 x1 y2 − x2 y1 ¯¯ ¯ ¯ z1 z2 z3 = (x2 y1 z2 − x1 y2 z2 − x1 y3 z3 + x3 y1 z3 + x1 y1 z1 − x1 y1 z1 , x1 y2 z1 − x2 y1 z1 − x2 y3 z3 + x3 y2 z3 + x2 y2 z2 − x2 y2 z2 , x1 y3 z1 − x3 y1 z1 + x2 y3 z2 − x3 y2 z2 + x3 y3 z3 − x3 y3 z3 ) şeklinde yazabiliriz (Burada altı çizili olan terimler ekleyip çıkardığımız terimlerdir.) Buradan, (y1 (x1 z1 + x2 z2 + x3 z3 ) − x1 (y1 z1 + y2 z2 + y3 z3 ) , y2 (x1 z1 + x2 z2 + x3 z3 ) − x2 (y1 z1 + y2 z2 + y3 z3 ) , (~ x×y ~) × ~ z = y3 (x1 z1 + x2 z2 + x3 z3 ) − x3 (y1 z1 + y2 z2 + y3 z3 )) elde edilir. x, ~ z i − (x1 , x2 , x3 ) h~ y, ~ zi = ((y1 , y2 , y3 ) h~ = h~ x, z ~i y ~ − h~ y, ~ zi ~ x ¥ 4.61 Alıştırma ~ x = (1, 3, 4) , y ~ = (2, 1, 3) ve ~ z = (1, 1, 1) vektörleri için, (~ x×y ~) × ~ z = h~ x, ~ z i y − h~ y, ~ zi ~ x eşitliğinin sağlandığını görünüz. 4.16 Teorem R3 uzayında h~ x×y ~, ~ z i = det (~ x, y ~, ~ z ) şeklindedir. Kanıt : ~ x = (x1 , x2 , x3 ), y ~ = (y1 , y2 , y3 ) ve ~ z = (z1 , z2 , z3 ) olsun. Buna göre, h~ x×y ~, ~ z i = h(x2 y3 − x3 y2 , −x1 y3 + x3 y1 , x1 y2 − x2 y1 ) , (z1 , z2 , z3 )i = x2 y3 z1 + x3 y1 z2 + x1 y2 z3 − x3 y2 z1 − x1 y3 z2 − x2 y1 z3 ¯ ¯ ¯ x1 x2 x3 ¯ ¯ ¯ = ¯¯ y1 y2 y3 ¯¯ ¯ z1 z2 z3 ¯ eşitliğinden, h~ x×y ~, ~ z i = det (x, y ~, ~ z ) elde edilir. ¥ 154 Analitik Geometri - Mustafa Özdemir 4.62 Alıştırma ~ x = (1, 3, 4) , y ~ = (2, 1, 3) ve ~ z = (1, 1, 1) vektörleri için h~ x×y ~, ~ zi = det (~ x, y ~, ~ z ) eşitliğinin sağlandığını görünüz. 4.17 Teorem R3 uzayında h~ x×y ~, ~ z i = h~ x, y ~×~ z i eşitliği sağlanır. Kanıt : Önceki teoremden, h~ x×y ~, ~ z i = det (~ x, y ~, ~ z ) olduğunu görmüştük. Determinant özelliklerini kullanarak, h~ x×y ~, ~ z i = det (~ x, y ~, ~ z ) = − det (~ y, ~ x, ~ z) = det (~ y, ~ z, ~ x) = h~ y×~ z, ~ xi = h~ x, y ~×~ zi ¥ olduğu görülür. x×y ~, ~ z i = h~ z×~ x, y ~ i olduğunu kanıtlayınız. Örnek 4.70 R3 uzayında, h~ Çözüm : olduğu görülür. 4.18 Teorem h~ x×y ~, ~ z i = det (~ x, y ~, ~ z ) = − det (~ z, y ~, ~ x) = det (~ z, ~ x, y ~) = h~ z×~ x, y ~i R3 uzayında, h~ x×y ~, ~ z × wi ~ sağlanır. (Lagrange Özdeşliği) Kanıt : Bir önceki teoremi kullanırsak, = ¯ ¯ h~ z i h~ x, wi ~ ¯ x, ~ ¯ h~ y, ~ z i h~ y , wi ~ ¯ ¯ ¯ eşitliği ¯ h~ x×y ~, ~ z × wi ~ = h(~ x×y ~) × ~ z , wi ~ yazılabilir. Şimdi de, (~ x×y ~) × ~ z = h~ x, ~ zi y ~ − h~ y, ~ zi ~ x eşitliğini kullanıp, iç çarpımın lineerliğini kulanırsak, h~ x×y ~, ~ z × wi ~ = h(~ x×y ~) × ~ z , wi ~ = hh~ x, ~ zi y ~ − h~ y, ~ zi ~ x, wi ~ = h~ x, ~ z i h~ y , wi ~ − h~ y, ~ z i h~ x, wi ~ ¯ ¯ ¯ h~ ¯ x , z ~ i h~ x , wi ~ ¯ = ¯¯ h~ y, ~ z i h~ y , wi ~ ¯ elde edilir. ¥ 4.63 Alıştırma R3 uzayında Lagrange özdeşliğini kullanarak k~ x×y ~ k ifadesini iç çarpıma bağlı olarak bulunuz. 2 155 VEKTÖRLER Vektörel Çarpımın Normunun Geometrik Anlamı 4.19 Teorem R3 uzayında verilen ~ x ve y ~ vektörleri arasındaki açı θ olmak üzere, ~ x ve y ~ vektörleriyle oluşturulan paralelkenarın alanı Alan (~ x, y ~ ) ise, k~ x×y ~ k = k~ xk k~ y k sin θ = Alan (~ x, y ~) eşitliği sağlanır. 2 Kanıt : k~ x×y ~ k =h~ x×y ~, ~ x×y ~ i şeklinde yazıp, Lagrange özdeşliği kullanılırsa, ¯ ¯ ¯ h~ x, ~ xi h~ x, y ~ i ¯¯ 2 2 k~ x×y ~ k = ¯¯ = h~ x, ~ xi h~ y, y ~ i − h~ x, y ~i h~ y, ~ xi h~ y, y ~i ¯ 2 2 2 2 2 2 = k~ xk k~ y k − k~ xk k~ y k cos θ ¢ 2 2¡ 2 y k 1 − cos θ = k~ xk k~ elde edilir. G y y k sin2 θ = k~ xk k~ Diğer yandan, ~ x ve y ~ vektörleriyle oluşturulan paralelkenarın alanı : Alan (~ x, y ~ ) = k~ xk k~ y k sin θ olduğundan, k~ x×y ~ k = k~ xk k~ y k sin θ = Alan (~ x, y ~) G 3 bulunur. Sonuç olarak, R uzayında verilen iki vektörün x vektörel çarpımının normu, bu iki vektörler oluşturulan paralelkenarın alanını verir. ¥ (Bunun sadece R3 de geçerli olduğunu unutmayınız!) θ x = (1, 2, 3) ve y ~ = (3, 2, 1) vektörleriyle oluşturulan Örnek 4.71 R3 de verilen ~ paralelkenarın alanını bulunuz. Çözüm : Yukarıdaki özellik kullanılarak, ° ° ° ~i ~j ~ k ° √ ° ° ° Alan (~ x, y ~ ) = k~ x×y ~k = ° ° 1 2 3 ° = k(−4, 8, −4)k = 4 6 ° 3 2 1 ° bulunur. x = (0, 1, 2, 3) ve y ~ = (3, 2, 1, 0) vektörleriyle oluşturuÖrnek 4.72 R4 de verilen ~ lan paralelkenarın alanını bulunuz. Çözüm : Uzayımız R4 olduğu için, vektörel çarpımlı alan formülü kullanılamaz. Bu kez, q Alan (~ x, y ~ ) = h~ x, ~ xi h~ y, y ~ i − h~ x, y ~ i2 olduğunu kullanacağız. Buna göre, √ √ Alan (~ x, y ~ ) = 14 · 14 − 16 = 6 5 bulunur. 156 Analitik Geometri - Mustafa Özdemir Örnek 4.73 Verilen iki ~ x ve y ~ vektörü için, u ~ ×~ x=y ~ ve h~ u, ~ xi = k~ xk eşitlikleri sağlandığına göre, k~ uk değerini, k~ xk ve k~ y k cinsinden belirleyiniz. Çözüm : u ~ ×~ x=y ~ eşitliği, y ~ vektörünün ~ x vektörüne dik olduğunu gösterir. ~ x ve y ~ birbirine dik değilse, u ~ vektörü için bir çözüm yoktur. O halde, ~ x ⊥ y ~ için denklemin çözümünü yapalım. ~ x ile u ~ arasındaki açı θ olsun. Buna göre, k~ u×~ xk = k~ uk k~ xk sin θ ⇒ k~ y k = k~ uk k~ xk sin θ h~ u, ~ xi = k~ uk k~ xk cos θ ⇒ k~ xk = k~ uk k~ xk cos θ eşitliklerinin kareleri toplamından, ¡ ¢ y k2 = k~ uk2 k~ xk2 sin2 θ + cos2 θ k~ xk2 + k~ s k~ y k2 olur. Buradan, k~ uk = 1 + 2 elde edilir. k~ xk Karma Çarpım ve Geometrik Uygulamaları Tanım : R3 uzayında, ~ x×y ~ vektörel çarpımıyla, ~ z vektörünün iç çarpımına, ~ x, y ~, ~ z vektörlerinin karma çarpımı denir. Yani, h~ x×y ~, ~ z i değerine ~ x, y ~, ~ z vektörlerinin karma çarpımı denir ve [~ x, y ~, ~ z ] ile gösterilir. Yukarıda, h~ x×y ~, ~ z i = det (~ x, y ~, ~ z) olduğu göstermiştik. O halde, ~ x, y ~, ~ z vektörlerinin karma çarpımı, x, y ~, ~ z) [~ x, y ~, ~ z ] = det (~ şeklinde tanımlanır. Ayrıca, h~ x×y ~, ~ z i = h~ x, y ~×~ z i eşitliğine göre, bir karma çarpımda önemli olan vektörlerin sırasıdır. Vektörel çarpım işlemi, ilk iki veya son iki vektör arasında olabilir ve her iki değer de bu üç vektörün karma çarpımını verir. Örnek 4.74 ~ x = (1, 2, 3) , y ~ = (3, 2, 4) ve ~ z = (1, 1, 0) olduğuna göre [~ x, y ~, ~ z ] =? Çözüm : [~ x, y ~, ~ z ] = det (~ x, y ~, ~ z ) tanımı kullanılarak ¯ ¯ ¯ 1 2 3 ¯ ¯ ¯ [~ x, y ~, ~ z ] = ¯¯ 3 2 4 ¯¯ = 7 ¯ 1 1 0 ¯ elde edilir. x = (1, 0, 3) , y ~ = (0, 2, 1) ve ~ z = (1, 2, 0) olduğuna göre [~ x, y ~, ~ z ] =? 4.64 Alıştırma ~ Yanıt : −8. x = (1, k, 3) , y ~ = (3, 2, 1) ve ~ z = (1, 2, 0) vektörlerinin karma 4.65 Alıştırma ~ çarpımı 0 ise k =? Yanıt : k = −10. 157 VEKTÖRLER Karma Çarpımın Özellikleri Aşağıdaki özellikler determinantın özelliklerinden kolayca görülebilir. 1. Vektörlerden ikisi eşit olan üç vektörün karma çarpımı 0’dır. [~ x, y ~, ~ x] = 0, [~ x, ~ x, y ~ ] = 0, [~ x, y ~, y ~] = 0 2. λ, k, m ∈ R için, [λ~ x, k~ y , m~ z ] = λkm [~ x, y ~, ~ z] 3. λ ∈ R için, [~ x, y ~, ~ z + λw] ~ = [~ x, y ~, ~ z ] + λ [~ x, y ~ , w] ~ Örnek 4.75 [~ x, y ~, ~ z ] = 3 olduğuna göre, [~ x + 2~ y, ~ z+y ~ , 3~ x + 4~ z ] karma çarpımını hesaplayınız. Çözüm : Karma çarpımın özellikleri kullanılarak, [~ x + 2~ y, ~ z+y ~ , 3~ x + 4~ z ] = 3 [~ x + 2~ y, ~ z+y ~, ~ x] + 4 [~ x + 2~ y, ~ z+y ~, ~ z] = 3 ([~ x + 2~ y, ~ z, ~ x] + [~ x + 2~ y, y ~, ~ x]) x + 2~ y, ~ z, ~ z ] + [~ x + 2~ y, y ~, ~ z] ) +4( [~ {z } | =0 = 3([~ x, ~ z, ~ x] + 2 [~ y, ~ z, ~ x] + [~ x, y ~, ~ x] + 2[~ y, y ~, ~ x] ) | {z } | {z } | {z } =0 =0 =0 +4( [~ x, y ~, ~ z ] + 2[~ y, y ~, ~ z] ) | {z } =0 = 6 [~ y, ~ z, ~ x] + 4 [~ x, y ~, ~ z] = 6 [~ x, y ~, ~ z ] + 4 [~ x, y ~, ~ z] = 10 [~ x, y ~, ~ z] eşitliğinden, [~ x + 2~ y, ~ z+y ~ , 3~ x + 4~ z ] = 10 · 3 = 30 bulunur. 4.66 Alıştırma [~ x, y ~, ~ z ] = 3 olduğuna göre, [3~ x+~ z, ~ z−y ~, ~ x + 3~ z ] =? Yanıt : −24. Karma Çarpımın Geometrik Anlamı 4.20 Teorem R3 uzayında, ~x, y~, ~z vektörlerinin karma çarpımı, ~x, y~ ve ~z vektörleriyle oluşturulan paralelyüzlünün hacmini verir. Kanıt : ~ x, y ~ ve ~ z vektörleriyle oluşturulan paralelyüzlüyü şekildeki gibi çizelim. Kanıtımızda vektörlerdeki üç önemli özelliğini kullanacağız. i) ~ x×y ~ , hem ~ x hem y ~ ’ye diktir. O halde, ~ x×y ~ paralelyüzlünün yüksekliği doğrultusundadır. ii) ~ x ve y ~ ile oluşturulan taban alanı k~ x×y ~ k’dir. iii) ~ x×y ~ ile ~ z arasındaki açı θ ise, h~ x×y ~ , zi = k~ x×y ~ k k~ z k cos θ ’dır. 158 Analitik Geometri - Mustafa Özdemir Buna göre, V hacimi göstermek üzere, kanıtımızı V = T aban Alanı · Y ükseklik = k~ x×y ~ k · h = k~ x×y ~ k k~ z k cos θ = |h~ x×y ~, ~ z i| = |[~ x, y ~, ~ z ]| biçiminde yapabiliriz. ¥ G G x× y θ θ G h y G x G G x× y Örnek 4.76 ~ x = (1, 2, 1) , y ~ = (1, 3, 4) ve ~ z = (2, 3, 1) vektörleriyle oluşturulan paralelyüzlünün hacmini bulunuz. Çözüm : Karma çarpımın geometrik yorumu kullanılırsa, ¯ ¯ ¯ 1 2 1 ¯ ¯ ¯ Hacim(~ x, y ~, ~ z ) = |[~ x, y ~, ~ z ]| = ¯¯ 1 3 4 ¯¯ = 2 ¯ 2 3 1 ¯ olur. x = (0, 2, 1) , y ~ = (5, 3, 4) ve ~ z = (1, 3, 1) vektörleriyle oluşturulan 4.67 Alıştırma ~ paralelyüzlünün hacmini bulunuz. Yanıt : 10. Karma Çarpımın Geometrik Yorumunun Bazı Sonuçları 1. Üç vektörün karma çarpımının sıfır olması demek, hacim oluşmaması demektir. Yani, üç vektörün aynı düzlemde olması demektir. 2. Üç vektörün karma çarpımının sıfır olması demek, bu üç vektörün lineer bağımlı olması demektir. 3. Üç vektörün karma çarpımı sıfır ise, bu üç vektörün gerdiği uzayın boyutu 3’den kesinlikle küçüktür. 4. Üç vektörün karma çarpımı sıfır ise, bu üç vektörün oluşturduğu matrisin rankı 3’den kesinlikle küçüktür. 5. Üç vektörün karma çarpımı sıfırdan farklı ise, bu vektörler lineer bağımsızdır. 6. Karma çarpımı sıfırdan farklı olan üç vektör, R3 uzayını gererler. 7. Karma çarpımı sıfırdan farklı olan üç vektör, R3 uzayı için bir tabandır. Örnek 4.77 ~ x = (1, 1, 2) , y ~ = (1, 2, 3) ve ~ z = (2, 3, k) vektörleri lineer bağımlı ise k =? Çözüm : ~ x, y ~, ~ z vektörleri lineer bağımlı ise, [~ x, y ~, ~ z ] = 0 olmalıdır. ¯ ¯ ¯ 1 1 2 ¯ ¯ ¯ ¯ 1 2 3 ¯=k−5=0 ¯ ¯ ¯ 2 3 k ¯ eşitliğinden, k = 5 bulunur. VEKTÖRLER 159 Örnek 4.78 ~ x = (1, 1, 2) , y ~ = (0, 1, 3) ve ~ z = (2, 1, 3) vektörlerinin lineer bağımsız olduğunu gösteriniz. Çözüm : [~ x, y ~, ~ z ] 6= 0 ise ~ x, y ~, ~ z lineer bağımsız olur. ¯ ¯ ¯ 1 1 2 ¯ ¯ ¯ ¯ 0 1 3 ¯ = 2 6= 0 ¯ ¯ ¯ 2 1 3 ¯ olduğundan, ~ x, y ~, ~ z vektörleri lineer bağımsızdırlar. x = (k, 1, 2) , y ~ = (1, 0, 3) ve z ~ = (2, 1, k) vektörleri lineer bağımlı 4.68 Alıştırma ~ ise k =? Yanıt : k = 2. Örnek 4.79 ~ x = (1, 2, k) , y ~ = (2, 3, 1) ve ~ z = (2, 1, 3) vektörleri aynı düzlemde ise k =? Çözüm : ~ x, y ~, ~ z aynı düzlemde ise, [~ x, y ~, ~ z ] = 0 olmalıdır. ¯ ¯ ¯ 1 2 k ¯ ¯ ¯ ¯ 2 3 1 ¯ = −4k = 0 ¯ ¯ ¯ 2 1 3 ¯ eşitliğinden, k = 0 olur. Örnek 4.80 A (1, 1, 1) , B (1, 2, 3) , C (2, 3, 4) , D (1, 4, k) noktaları aynı düzlemde ise k =? − −→ −→ −−→ x = AB, y ~ = AC, ~ z = AD denilirse, ~ x= Çözüm : Önce noktadan vektöre geçelim. ~ (0, 1, 2) , y ~ = (1, 2, 3) ve ~ z = (0, 3, k − 1) olur. ~ x, y ~, ~ z aynı düzlemde ise, [~ x, y ~, ~ z] = 0 olmalıdır. ¯ ¯ ¯ 0 1 2 ¯¯ ¯ ¯ 1 2 3 ¯¯ = 7 − k = 0 ¯ ¯ 0 3 k−1 ¯ eşitliğinden, k = 7 bulunur. x = (1, 1, k) , y ~ = (1, 3, 1) ve ~ z = (k, 1, 3) vektörleri aynı düzlemde 4.69 Alıştırma ~ ise k =? Yanıt : k ∈ {−1, 3/5} . 4.70 Alıştırma A (k, 1, 2) , B (1, 0, 3), C (2, 1, k) ve D (1, 1, 1) noktaları aynı düzlemde ise k =? Yanıt : k ∈ {0, 2} . 160 Analitik Geometri - Mustafa Özdemir Örnek 4.81 ~ x = (1, 1, 2) , y ~ = (0, k, 3) ve ~ z = (2, 1, 3) vektörleri R3 uzayının bir tabanı ise k =? Çözüm : [~ x, y ~, ~ z ] = 0 ise, ~ x, y ~, ~ z lineer bağımlı olur. ¯ ¯ ¯ 1 1 2 ¯ ¯ ¯ ¯ 0 k 3 ¯=3−k =0 ¯ ¯ ¯ 2 1 3 ¯ olursa, ~ x, y ~, ~ z lineer bağımlı olur ve R3 için taban olamazlar. Yani, k 6= 3 için taban olurlar. Karma Çarpımla Üçgensel Piramidin Hacminin Bulunması −− → −→ −−→ Bir ABCD piramidinin hacmi, AB, AC ve AD vektörleriyle oluşturulan paralelyüzlünün hacminin 1/6’sıdır. Bunu şekilden de görebilirsiniz. ABCD’nin hacmi V ise, ADC ∼ = F CB olduğundan, ECDB’nin ve = ECD ve ABC ∼ F CBE’nin hacmi de V ’dir. Böylece, ABF CDE’nin hacmi 3V olur. ABF CDE’nin hacmi ise, tüm paralelyüzlünün hacminin yarısı olduğundan, tüm paralelyüzlünün hacmi 6V olur. Buna göre, −→ −→ −−→i 1 h− V = Hacim (ABCD) = AB, AC, AD 6 karma çarpımıyla hesaplanabilir. E D F D C A G C B A F B Örnek 4.82 Köşelerinin koordinatları A (1, 1, 1),B (1, 2, 3),C (2, 3, 4),D (1, 4, 2) olan üçgensel piramidin hacmini bulunuz. −− → −→ −−→ Çözüm : AB = (0, 1, 2) , AC = (1, 2, 3) , AD = (0, 3, 1) olduğundan, ¯ ¯ ¯ 0 1 2 ¯ ¯ ¯ 5 1 V = Hacim (ABCD) = ¯¯ 1 2 3 ¯¯ = 6¯ 6 0 3 1 ¯ elde edilir. 4.71 Alıştırma Köşelerinin koordinatları A (0, 0, 0) , B (1, 2, 3) , C (3, 0, 0) , D (0, 0, 5) olan üçgensel piramidin hacmini bulunuz. Yanıt : 5. 161 VEKTÖRLER Karma Çarpımla Dörtgensel Piramidin Hacminin Bulunması Tabanının koordinatları A, B, C, D konveks dörtgeni ve tepe noktası E olan ABCDE piramidinin hacmini bulalım. Bunun için, dörtgensel piramitin hacmini, iki üçgensel piramidin hacminin toplamı olarak yazıp sonuca ulaşacağız. Buna göre, V (ABCDE) = V (ABDE) + V (BCDE) − → −−→ −→i 1 h−−→ −−→ −−→i 1 h− AB, AD, AE + BC, BD, BE = 6 6 ³ − − → −−→ −→ −−→ −−→ −−→ ´ 1 = det(AB, AD, AE) + det(BC, BD, BE) 6 değeri bize istenen hacmi vecektir. E D C B A Eğer özel olarak, piramidimiz düzgün piramit ise, iki üçgensel piramidin hacimleri aynı olacağından, − − → −−→ −→ ´ 1³ det(AB, AD, AE) V (ABCDE) = 3 olur. Örnek 4.83 Tepe noktası E (3, 4, 5) olan ve tabanının koordinatları A (1, 1, 1) , B (1, 2, 3) , C (2, 4, 1) , D (3, 2, k) olan dörtgensel piramidin hacmini bulunuz. Çözüm : Öncelikle, A, B, C ve D noktalarının aynı düzlemde olması için k’nın değerini bulalım. Bunun için, − −→ −→ −−→ det(AB, AC, AD) = 0 olması gerektiğini kullanabiliriz. ¯ ¯ 0 ¯ ¯ 1 ¯ ¯ 2 Buradan, 1 2 3 0 1 k−1 ¯ ¯ ¯ ¯ = −k − 9 = 0 ¯ ¯ eşitliğinden, k = −9 olur. Buna göre, dörtgensel piramidin hacmi: −− → −−→ −→ −−→ −−→ −−→ ´ 1³ V = det(AB, AD, AE) + det(BC, BD, BE) 6 ⎛¯ ¯ ¯ ¯⎞ ¯ 0 1 2 ¯ ¯ 1 2 −2 ¯ ¯ ¯ ¯ 1 ⎝¯¯ 0 2 14 ¯¯ + ¯¯ 2 0 −12 ¯¯⎠ = ¯ 6 ¯ 2 3 4 ¯ ¯ 2 2 2 ¯ 1 eşitliğinden, V = (20 + 40) = 10 elde edilir. 6 162 Analitik Geometri - Mustafa Özdemir Rn Uzayında Vektörel Çarpım Rn uzayında, vektörel çarpımı n × n türünden bir determinant yardımıyla, R3 de k yazıldığı gibi, Rn olduğu gibi tanımlayabiliriz. R3 de determinantın ilk satırına ~i, ~j, ~ uzayında da determinantın ilk satırına Rn ’in standart birim vektörleri yazılır. Geriye n − 1 satır kalır. O halde, Rn uzayında sadece n−1 tane vektörün vektörel çarpımını tanımlamak mümkündür. Ayrıca, bu n−1 vektörün vektörel çarpım işlemini ifade ederken herhangi bir parantez kullanmayacağız. Örneğin, R4 uzayında 3 vektörün, R5 uzayında ise 4 vektörün vektörel çarpımı tanımlıdır. Bunları da, sırasıyla ~ x×y ~×~ z ve ~ x×y ~×~ z×w ~ gibi hiçbir parantez kullanmadan ifade edeceğiz. Tanım : Rn uzayında verilen n − 1 tane ~ x1 = (x11 , x12 , ..., x2 = (x21 , x22 , ..., x¢2n ) , ..., ¡ x1n ) , ~ ~ xn−1 = x(n−1)1 , x(n−1)2 , ..., x(n−1)n vektörü için, ~ e1 = (1, 0, 0, ..., 0) , ~ e2 = (0, 1, 0, ..., 0) ve ~ en = (0, 0, 0, ..., 1) n boyutlu standart birim vektörler ve Vn : Rn × Rn × Rn × · · · × Rn → Rn olmak üzere, ¯ ¯ ¯ ¯ ~ e2 ··· ~ en ~ e1 ¯ ¯ ¯ ¯ x11 x · · · x 12 1n ¯ ¯ x1 , ~ x2 , ..., ~ xn−1 ) = ¯ Vn (~ ¯ .. .. .. ¯ ¯ . . . ¯ ¯ ¯ x(n−1)1 x(n−1)2 · · · x(n−1)n ¯ n×n şeklinde tanımlanan determinant, bize n boyutlu yeni bir vektör verir. Bu vekx2 , ..., ~ xn−1 vektörlerinin vektörel çarpımı denir. Vn (~ x1 , ~ x2 , ..., ~ xn−1 ) , töre, ~ x1 , ~ x1 × ~ x2 × · · · × ~ xn−1 ) veya kısaca ~ x1 × ~ x2 × · · · × ~ xn−1 ile gösterilir. Vn (~ Not ! Rn Uzayında Vektörel Çarpımın Geometrik Yorumu R3 uzayında olduğu gibi, vektörel çarpım sonucunda elde edilen yeni vektör, çarpılan tüm vektörlere dik bir vektördür. Bu özelliği kullanarak, R4 uzayında verilen herhangi 3 vektöre dik bir vektörü, R4 uzayındaki vektörel çarpımı kullanarak kolayca bulabiliriz. Bu kullanışlı özelliği daha büyük boyutlarda da kullanabiliriz. 4.21 Teorem Rn uzayındaki, ~ x1 , ~ x2 , ..., ~ xn−1 vektörlerinin vektörel çarpımıyla x1 , ~ x2 , ..., ~ xn ) vektörü, ~ x1 , ~ x2 , ..., ~ xn−1 vektörlerinin herbirine dik olan elde edilen Vn (~ bir vektördür. 163 VEKTÖRLER x = (1, 0, 1, 1), y ~ = (2, 3, 0, 0) ve ~ z =(0, 1, 1, 2) vektörÖrnek 4.84 R4 uzayında, ~ lerine dik bir vektör bulunuz. x×y ~×~ z vektörel çarpımı bize istenen dik vektörü Çözüm : R4 uzayında tanımlanan ~ verir. Buna göre, ¯ ¯ ¯ ¯ ~ x×y ~×~ z = ¯¯ ¯ ¯ ~ e1 1 2 0 ~ e2 0 3 1 ~ e3 1 0 1 ~ e4 1 0 2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ determinantını bulmalıyız. Üçüncü satıra göre açalım. ¯ ¯ ¯ ¯ ~ ¯ ~ e3 ~ e4 ¯¯ e2 ~ ¯ ¯ e1 1+3 ¯ ¯ + 3 · (−1)3+2 ¯ 1 0 1 1 x×y ~ ~×~ z = 2 · (−1) ¯ ¯ ¯ ¯ 1 1 2 ¯ ¯ 0 ~ e3 1 1 ~ e4 1 2 e3 − ~ e4 ) − 3 (~ e1 − 2~ e3 + ~ e4 ) = 2 (~ e2 + ~ = −3~ e1 + 2~ e2 + 8~ e3 − 5~ e4 = (−3, 2, 8, −5) ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ elde edilir. Bu vektörün ~ x, y ~ ve ~ z vektörlerine dik olduğunu görünüz. x= (0, 1, 2, 1, 1), y ~ = (2, 3, 0, 0, 0), ~ z = (0, 1, 0, 1, 2) ve Örnek 4.85 R5 uzayında, ~ w= ~ (1, 1, 0, 1, 1) vektörlerine dik bir vektör bulunuz. Çözüm : ~ x×y ~×~ z×w ~ vektörü istenen vektördür. ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ~ x×y ~×~ z×w ~ = ¯¯ ¯ ¯ ¯ determinantını üçüncü satıra göre açarsak, ¯ ¯ ~ e3 ¯ e2 ~ ¯ 1 2 x×y ~ ~×~ z×w ~ = 2 ¯¯ ¯ 1 0 ¯ 1 0 ~ e1 0 2 0 1 ~ e2 1 3 1 1 ~ e4 1 1 1 ~ e5 1 2 1 ~ e3 2 0 0 0 ~ e4 1 0 1 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ − 3¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ~ e1 0 0 1 ~ e5 1 0 2 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ~ e3 2 0 0 ~ e4 1 1 1 ~ e5 1 2 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ olur. Burada, İlk determinantta, son satırı 2. ve 3. satırlardan çıkarırsak determinant değişmez. 164 Analitik Geometri - Mustafa Özdemir İkinci determinantı ise 3. satıra göre açalım. ¯ ¯ ¯ ¯ ~ ¯ ⎛¯ e3 ~ e4 ~ e5 ¯¯ ¯ e2 ~ ¯ ~ ¯ ~ e3 ~ e5 ¯¯ e3 ~ e4 ¯ 0 2 0 0 ¯ ¯ e1 ~ ¯ e1 ~ ¯ ¯ ¯ 0 2 1 ¯ ¯ ⎝ 0 2 1 ~ x×~ y ×~ z ×w = ~ 2¯ −2 −3 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 0 0 1 ¯ ¯ 1 0 1 ¯ 1 0 1 ¯ ¯ 1 0 1 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ~ e3 ~ e4 ¯¯ ¯ e2 ~ e3 − 2~ e5 ) −2 (2~ e1 +~ e3 − 2~ e4 )) = −2 ¯¯ 0 2 0 ¯¯ −3 ((2~ e1 +~ ¯ 1 0 1 ¯ bulunur. ¯⎞ ¯ ¯ ¯⎠ ¯ ¯ e2 + 6~ e1 + 3~ e3 − 12~ e4 + 6~ e5 = 4~ e4 − 4~ = 6~ e1 − 4~ e2 + 3~ e3 − 8~ e4 + 6~ e5 = (6, −4, 3, −8, 6) x = (1, 2, 1, 1), y ~ = (2, 1, 0, 0) ve ~ z = (0, 2, 1, 0) 4.72 Alıştırma R4 uzayında, ~ vektörlerine dik bir vektör bulunuz. Yanıt : w ~ =~ x×y ~×~ z = (1, −2, 4, −1) . x = (1, 1, 1, 1), y ~ = (−1, −1, 1, 1) ve 4.73 Alıştırma R4 uzayında, ~ ~ z = (1, −1, −1, 1) vektörleri birbirine dik bir vektördür. Bu vektörlere, dik olan dördüncü bir vektörü bularak, R4 uzayının bir ortogonal tabanını bulunuz. Yanıt : w ~ =~ x×y ~×~ z = (1, −1, 1, −1) alınırsa, {~ x, y ~, ~ z , w} ~ bir ortogonal taban olur.. x = (1, 0, 2, 1, 0), y ~ = (2, 1, 0, 0, 0), 4.74 Alıştırma R5 uzayında, ~ ~ z = (0, 1, 0, 1, 2) ve w ~ = (1, 1, 0, 1, 1) vektörlerine dik bir vektör bulunuz. Yanıt : ~ s=~ x×y ~×~ z×w ~ = (2, −4, −1, 0, 2) . 4.22 Teorem Rn deki vektörel çarpımda herhangi iki vektörün yeri değişirse, sonuç işaret değiştirir. x1 ×x2 ×· · ·×~ xr ×· · ·×~ xk ×· · ·×xn−1 = −x1 ×x2 ×· · ·×~ xk ×· · ·×~ xr ×· · ·×xn−1 Örnek 4.86 R4 uzayında ~ x×y ~×~ z=y ~×~ z×~ x olduğunu gösteriniz. Çözüm : Yukarıdaki özellik kullanılırsa, olduğu görülür x×y ~ ~×~ z = −~ z×y ~×~ x=y ~×~ z×~ x 168 Analitik Geometri - Mustafa Özdemir 7. Köşelerinin koordinatları A (1, 1, 3, 4) , B (2, 4, 1, 2) ve C (1, 1, 2, 3) olan üçgenin ağırlık merkezinin koordinatları nedir? ¶ µ ¶ µ 3 9 3 1 , 2, 2, D) , 3, 3, E) (0, 2, 0, 3) A) (1, 2, 1, 1) B) (1, 2, 2, 3) C) 2 2 2 2 8. Köşelerinin koordinatları A (3, 4, 5, 6) , B (3, 4, 1, 2) ve C (0, 1, 2, 3) olan üçgenin, [AB] kenarı üzerinde, |AD| = 3 |DC| olacak şekilde, bir D noktası alınıyor. [CD] noktasının orta noktasının koordinatları aşağıdakilerden hangisidir? A) (2, 3, 3, 3) B) (1, 2, 1, 1) C) (1, 2, 2, 1) D) (1, 3, 3, 1) E) (1, 2, 0, 3) 9. Aşağıdakilerden hangisi birim µ vektördür? ¶ µ ¶ 1 1 1 1 A) (1, 1) B) (1, 0, 1) C) 0, , 0, 0 D) (1, 0, 2, 2) E) , 0, 2 3 2 2 1 1 ~ = (1, k, 0, 1, 0) olmak üzere, ~ x−y ~ vektörü birim vektör 10. ~ x = (1, 3, 0, 2, 2) ve y 3 3 ise, k’nın olabileceği değerlerin toplamı kaçtır? A) 4 B) −2 C) 6 D) 5 E) 1 11. R3 ’de A (1, 1, 1) ve B (4, 3, 2) noktalarından geçen doğrunun denklemini bulunuz. y−1 x y x−1 y−1 z−1 x−1 = =z−1 B) = = z C) = = A) 3 2 3 2 4 3 2 y−3 x−4 = =z−1 E) x − 4 = y − 3 = z − 2 D) 3 2 12. u ~ = (3, 2, 5) vektörünüm ~ a = (1, 1, 3) , ~b = (1, 2, 4) , ~ c = (0, 1, k) vektörlerinin lineer bileşimi olarak yazılabilmesi için k ile ilgili aşağıdaki ifadelerden hangisi doğrudur? A) k = 1 olursa, u ~ vektörü, ~ a, ~b, ~ c vektörleri cinsinden yazılamaz. B) k = 0 olursa, u ~ vektörü, ~ a, ~b, ~ c vektörleri cinsinden yazılamaz. a, ~b, ~ c vektörleri cinsinden yazılabilir. C) u vektörü, k ne olursa olsun, ~ D) k 6= 1 durumunda, ~ a, ~b, ~ c vektörleri lineer bağımlıdır. E) k = 1 olursa, ~ a, ~b, ~ c vektörleri R3 ün tabanı olurlar. 13. u ~ = (1, 0, 3) vektörü ~ a = (1, 1, 3) ve ~b = (1, 2, k) vektörlerinin lineer bileşimi olarak yazılabilmesi için k kaç olmalıdır? A) 4 B) −2 C) 3 D) 5 E) 1 VEKTÖRLER 169 14. Aşağıdaki vektörlerden hangisi, ~ a = (1, 1, 3) ve ~b = (1, 2, 1) vektörlerinin lineer bileşimi olarak yazılamaz? A) (2, 3, 4) B) (0, 2, −2) C) (1, 0, 5) D) (1, 0, 2) E) (1, 3, −1) 15. ~ x = (1, 1, 3) , y ~ = (2, 1, k) ve ~ z = (1, −2, 3) vektörleri lineer bağımlı ise k nedir? A) 4 B) 6 C) −2 D) 5 E) 1 z = (k, 2, 1, 1), w ~ = (0, 1, 2, 1) vektörlerinin ~ = (2, 1, k, 1), ~ 16. ~ x = (1, 1, 3, 1) , y lineer bağımlı olması için k =? A) 4 B) 6 C) −2 D) 5 E) 1 ~ = (1, 1, 1) , ~ x = (1, 1, 2) , y ~ = (2, 2, 3) ve ~ z = (1, 2, 1) 17. R3 uzayında verilen u vektörleri için aşağıdakilerden hangisi yanlıştır? A) u ~, ~ x ve y ~ vektörleri lineer bağımlıdırlar. B) u ~, ~ x ve ~ z vektörleri R3 ün bir tabanıdır. C) u ~ ve ~ x vektörleri lineer bağımsızdırlar. D) u ~, ~ x, y ~ ve z vektörleri R3 ü germezler. E) u ~, ~ x, y ~ ve z vektörleri R3 ün tabanı değildirler. 18. Aşağıdakilerden hangisi lineer bağımsızlığın taban olma koşulu için tek başına yeterli olmadığına bir örnektir? A) R2 , {(1, 2) ; (2, 1)} B) R3 , {(1, 2, 1) ; (2, 1, 1)} C) R2 , {(1, 2) ; (0, 0)} E) R3 , {(1, 0, 0) , (2, 0, 0)} D) R2 ,{(1, 2) ; (2, 1) ; (1, 1)} 19. Aşağıdakilerden hangisi germe aksiyomunun taban olma koşulu için tek başına yeterli olmadığına bir örnektir? A) R2 ; {(1, 2) ; (2, 1)} B) R3 ; {(1, 2, 1) ; (2, 1, 1)} C) R2 de {(1, 2) ; (0, 0)} E) R3 ; {(1, 0, 0) , (2, 0, 0)} D) R2 ; {(1, 2) ; (2, 1) ; (1, 1)} 20. Aşağıdaki vektörlerden hangisi ~ x = (1, 2, 3) ve y ~ = (3, 3, 4) vektörleri tarafından gerilen uzaydadır? A) (2, 1, 1) B) (1, 1, 1) C) (2, 5, 1) D) (2, 5, 4) E) (1, 3, 1) 21. Aşağıdakilerden hangisi R3 ün bir tabanıdır? A) {x, y, x + y} B) {(1, 1, 1) ; (1, −1, 2) ; (2, 0, 3)} C) {(1, 0, 0) ; (0, 1, 0) ; (1, 1, 0)} D) {(1, 1, 0) ; (0, 1, 1)} E) {(1, 1, 1) ; (1, 2, 1) ; (2, 1, 1)} 170 Analitik Geometri - Mustafa Özdemir 22. Aşağıdakilerden hangisi R2 nin bir ortogonal tabanıdır? A) {(1, 1) ; (−1, 1)} B) {(1, 1) ; (1, 2)} C) {(1, 0) ; (1, 1)} D) {(1, 1) ; (0, 1)} E) {(1, 1) ; (2, 2)} 23. Aşağıdakilerden R2 nin bir ortonormal tabanıdır? ½µ ¶ hangisi µ ¶¾ 5 12 3 4 A) , ; , B) {(1, 1) ; (1, −1)} C) {(1, 0) ; (1, 1)} 13 13 ½µ ¶ µ 5 5¶¾ 3 4 4 −3 D) , ; , E) {(1, 1) ; (2, 2)} 5 5 5 5 24. R3 uzayında verilen ~ x, y ~ ve ~ z vektörleri için, c1 , c2 , c3 ∈ R olmak üzere, x + c2 y ~ + c3 ~ z =~ 0 eşitliği ancak ve ancak, c1 = c2 = c3 = 0 durumunda c1 ~ sağlanıyorsa aşağıdakilerden hangisi yanlıştır? A) ~ x, y ~, ~ z lineer bağımsız vektörlerdir. B) det (~ x, y ~, ~ z ) 6= 0’dır. D) ~ x, y ~, ~ z vektörleri R3 uzayını C) {~ x, y ~, ~ z } kümesi R3 için bir tabandır. gererler. E) ~ x, y ~, ~ z vektörleri aynı düzlemdedir. 25. u ~ = (1, 2, 3) ve ~ v = (2, 3, 1) vektörleri tarafından gerilen düzlemin denklemi hangisidir? A) 2y − x = z B) z = 5y − 7x C) x + y = z D) z = 4y − 5y E) x + y + z = 6 26. ~ x = (1, 2, 1) , y ~ = (0, 1, 1), ~ z = (1, 1, 0) ve u ~ = (2, 3, 2) vektörleri tarafından gerilen uzayın boyutu kaçtır? A) 2 B) 1 C) 3 D) 0 E) 4 27. ~ x = (1, 2, 3, 1, 4) , y ~ = (1, 0, 3, 1, 2) vektörleri için, h~ x, y ~ i =? A) 14 B) 16 C) 12 D) 19 E) 11 28. ~ x = (1, 2, 4, 2, −1) ve y ~ = (3, k, 2, k − 1, 5) vektörleri birbirine dik ise k =? A) 4 B) 6 C) −2 D) 5 E) −1 29. ~ x = (1, 2, 3, 0, 1) ve y ~ = (3, 1, 2, 1, 0) vektörleri arasındaki açının kosinüsünü bulunuz. 11 13 11 −11 14 B) C) D) E) A) 15 15 15 5 13 VEKTÖRLER 171 30. Aşağıdakilerden hangisi ~ x = (2, 1, 4) vektörüne dik değildir? A) (2, 0, −1) B) (3, 2, −2) C) (−3, 2, 1) D) (1, 1, −2) E) (1, 2, −1) x = (1, 1, k) , y ~ = (m, −1, 3) ve ~ z = (3, n, 1) vektörleri ikişer olarak 31. R3 uzayında ~ birbirlerine dik olduklarına göre, k kaçtır? 9 7 −7 −5 5 B) C) D) E) A) 8 8 8 8 8 32. k~ x+y ~ k = 7, k~ y k = 2 ve k~ x−y ~ k = 3 olduğuna göre, ~ x vektörünün uzunluğunu bulunuz. A) 4 B) 3 C) 2 D) 5 E) 1 33. k~ x+y ~ k = 5 ve k~ x−y ~ k = 3 olduğuna göre, h~ x, y ~ i değeri kaçtır? A) 4 B) 3 C) 2 D) 5 E) 1 34. ~ x = (0, 1, 2, 2, 2) ve y ~ = (2, 2, 0, 2, 1) vektörleriyle oluşturulan paralelkenarın alanını bulunuz. √ √ √ √ B) 5 10 C) 3 10 D) 105 E) 10 A) 101 35. Köşelerinin koordinatları A (1, 1, 1, 1) , B (1, 2, 3, 3) ve C (1, 2, 1, 3) olan üçgenin alanını √ √ √ √ bulunuz. B) 5 C) 2 10 D) 10 E) 5 A) 2 5 36. ~ x =√(1, 3) ve y ~ = (3,√ 1) vektörleriyle √ oluşturulan paralelkenarın alanını bulunuz. √ B) 2 2 C) 10 D) 63 E) 8 A) 2 5 37. Köşeleri A (3, 4, 4), B (1, 2, 3) ve C (2, 1, 4) olan üçgenin B açısının kosinüsünü bulunuz. √ √ √ √ √ 2 3 3 3 2 B) C) D) E) A) 3 9 3 6 9 38. Köşelerinin koordinatları A (1, 1, 1, 1) , B (1, 2, 3, 3) ve C (3, 2, 1, 3) olan üçgenin çevrel çemberinin alanını bulunuz. 81 27 81 27 81 B) π C) π D) π E) π A) π 28 14 28 112 14 172 Analitik Geometri - Mustafa Özdemir 39. ~ x = (1, 2, 3, 4) vektörünün y ~ = (0, 1, 1, 1) vektörü üzerindeki dik izdüşüm vektörü hangisidir? 5 3 9 3 ~ C) y ~ D) y ~ E) y ~ A) 3~ y B) y 2 2 10 11 40. ~ x = (1, 4, 2), y ~ = (2, 3, −1) olmak üzere, aşağıdaki vektörlerden hangisi ~ x×y ~ vektörüne paraleldir? A) (2, 3, 1) B) (2, −1, 1) C) (1, 0, 5) D) (2, 1, −1) E) (2, −1, 1) 41. ~ x= ~ =√(2, 3, −1) ise√ k~ x×y ~ k kaçtır? √ √ (1, 3, 2), y B) 3 17 C) 3 19 D) 119 A) 115 E) √ 117 42. ~ x =√(1, 2, 3) ve y ~√ = (2, 3, 1) vektörleriyle alanı kaçtır? √ √oluşturulan paralelkenarın √ B) 5 3 C) 3 5 D) 19 E) 2 17 A) 2 19 43. Aşağıdakilerden hangisi ~ x = (1, 2, 3) ve y ~ = (2, 3, 1) vektörlerinin her ikisine de diktir? A) (−5, 1, 1) B) (7, −5, 1) C) (3, 0, −1) D) (7, 5, −1) E) (7, 5, 1) 44. Aşağıdaki vektör ikililerinden hangisi ~ x = (3, −1, 4) vektörüyle aynı düzlemdedir ve birbirine diktir? A) (−5, 1, 1) , (1, 2, 3) B) (1, 2, 3) , (−3, 0, 1) C) (1, 1, 1) , (1, −3, 2) D) (1, 2, 3) , (1, −2, 1) E) (1, 2, 3) , (0, −3, 2) z = (2, 0, 3) vektörleriyle oluşturulan paralelyüzlünün ~ = (2, 3, 1) ve ~ 45. ~ x = (1, 2, 3), y hacmini bulunuz. A) 19 B) 17 C) 18 D) 16 E) 9 46. [~ x, y ~, ~ z ], ~ x, y ~ ve ~ z vektörlerinin karma çarpımını göstermek üzere, [~ x, y ~, ~ z ] = 2 ise [3~ x + 2~ y , 3~ y + 2~ z , 2~ z+~ x] =? A) 24 B) 28 C) 14 D) 44 E) 22 e3 , y ~=~ e1 + 2~ e2 − 3~ e3 ve ~ z = 2~ e1 + ~ e3 vektörleriyle oluşturulan 47. ~ x = 3~ e2 + ~ paralelyüzlünün hacmi kaçtır? A) 20 B) 30 C) 25 D) 15 E) 40 VEKTÖRLER 173 48. [~ x, y ~, ~ z ], ~ x, y ~ ve ~ z vektörlerinin karma çarpımını göstermek üzere, [~ x, y ~, ~ z ] = 0 ise aşağıdakilerden hangisi ya da hangileri kesinlikle doğrudur? I. ~ x, y ~ ve ~ z lineer bağımsızdırlar. II. ~ x, y ~ ve ~ z aynı düzlemdedirler. III. ~ x, y ~ ve ~ z hacim oluşturmazlar. IV. ~ z vektörü ~ x ve y ~ vektörlerinin lineer bileşimi olarak yazılabilir. V. ~ z vektörü, ~ x veya y ~ vektörlerinden birine paraleldir. A) II,III ve IV B) Hepsi C) II,III,IV ve V D) II ve III E) II, III ve V 49. A (1, 0, 1) , B (1, 2, 3) , C (2, 1, 3) ve D (k, 1, 4) noktaları aynı düzlemde olduğuna göre k kaçtır? A) 2 B) 3 C) 4 D) 1 E) 0 50. ~ x = (−1, 2, 3), y ~ = (2, 3, 1) ve ~ z = (k, 1, −3) vektörleri aynı düzlemde ise, k =? A) 3 B) 1 C) 4 D) 5 E) −2 51. Aşağıdakilerden hangisi ya da hangileri yanlıştır? I. h~ u, ~ v × wi ~ = h~ u×~ v , wi ~ II. h~ u×~ v, ~ vi = 0 III. u ~ ×~ v⊥u ~ IV. u ~ //~ v ise u ~ ×~ v=0 V. h~ u×~ v , wi ~ = det (~ u, ~ v , w) ~ u ~ daima birim vektördür. VI. u ~ 6= 0 iken k~ uk A) Yalnız IV B) Yalnız II C) II ve IV D) II ve V E) Hiçbiri 52. ~ x = (1, k, 3), y ~ = (1, 3, k) ve ~ z = (2, 0, 3) vektörleri lineer bağımlı ise k’nın olabileceği değerlerin toplamı kaçtır? −3 3 B) −3 C) 3 D) − E) −2 A) 2 2 ⎡ ⎤ 3 −2 −6 1 53. R = ⎣ −6 −3 b ⎦ matrisi ortogonal matris olduğuna göre, a + b + c =? 7 −2 a c A) 1 B) −5 C) −2 D) 3 E) −11 54. A (1, 1, 1) , B (1, 3, 2), C (2, 1, 2) ve D (2, 3, 6) noktalarının oluşturduğu dörtyüzlünün hacmini bulunuz. A) 6 B) 5 C) 2 D) 3 E) 1 KOORDİNAT DÖNÜŞÜMLERİ Düzlemde bir koordinat sistemine göre verilen bir noktanın koordinatları, farklı bir koordinat sistemine göre değişebilir. Verilen noktanın, her iki koordinat sisteminin koordinatları arasındaki geçiş bağıntılarını bulabilmek için, koordinat sisteminin eksenlerinin nasıl değiştiğini bilmek gerekir. Yeni koordinat sistemi, eski koordinat sisteminin ötelenmesiyle döndürülmesiyle veya hem ötelenip hem de döndürülmesiyle elde edilebilir. Bu bölümdeki amacımız, bir koordinat sistemine göre verilmiş bir noktanın, eksenlerin ötelenmesi veya döndürülmesi durumunda nasıl değişeceğini, ve yeni koordinat sistemindeki koordinatının nasıl belirleneceğini incelemektir. Eksenlerin ötelenmesi ve dönmesinden önce, noktanın ötelenmesi ve dönmesinden kısaca bahsedelim. Noktanın Ötelenmesi Düzlemde verilen herhangi bir noktanın, başka bir noktaya taşınmasına, noktanın ötelenmesi denir. Düzlemde bir P (x, y) noktasını, P 0 (x + a, y + b) noktasına taşımak, P noktasını x ekseninde a birim, y ekseninde de b birim ötelemek demektir. Bu hareketi, n (x, y) = (x + a, y + b) T(a,b) : R2 → R2 , T(a,b) dönüşümüyle tanımlayabiliriz. Bu dönüşümü vektörel olarak, P = (x, y) ve u ~ = (a, b) olmak üzere, ~ Tun (P ) = P + u biçiminde de yazmak mümkündür. Buradaki u ~ vektörüne öteleme vektörü denir. Pı(x+a,y+b) y+b y x+a G u =(a,b) y P(x,y) x Pı(x+a,y+b) y+b x P(x,y) x x+a x Örnek 9.1 Düzlemde, P (2, 3) noktası veriliyor. a) P noktasını, x ekseninde 3 birim, y ekseninde −2 birim öteleyen dönüşümü yazınız, yeni noktanın koordinatlarını bulunuz. b) P noktasını, u ~ = (3, 5) vektörü kadar öteleyiniz. n (x, y) = (x + a, y + b) öteleme dönüşümüdür. Buna göre, Çözüm : a) T(3,−2) n T(3,−2) (2, 3) = (2 + 3, 3 − 2) = (5, 1) ’dir. b) Tun (P ) = P + u ~ = (x, y) + (3, 5) = (x + 3, y + 5) biçiminde yazabiliriz. Buna göre, Tun (2, 3) = (5, 8) olur. 302 Analitik Geometri - Mustafa Özdemir Örnek 9.2 y = 2x + 3 doğrusu, x ekseninde 3 birim, y ekseninde −2 birim ötelenirse denklemi ne olur? Çözüm : 1. Yol. Doğru üzerinde iki nokta alarak bunların ötelemeden sonraki koordinatlarıyla, bu y 6 iki noktadan geçen doğruyu bulalım. Koordinatlar x0 = x + 3 ve y 0 = y − 2 şeklinde değişecek4 tir. Doğru üzerinde A (0, 3) ve B (1, 5) noktalarını 2 alalım. Ötelemeden sonra, bu iki noktanın koordinatları A0 (3, 1) ve B 0 (4, 3) olacaktır. A0 ve B 0 noktalarından geçen doğru ise, -4 -2 2 4 6 x x−3 y−1 -2 = ⇒ y = 2x − 5 3−1 4−3 bulunur. Bu ötelenmiş doğrunun denklemidir. 2. Yol. Koordinatlar x0 = x + 3 ve y 0 = y − 2 şeklinde değişeceği için, x = x0 − 3 ve y = y 0 + 2 eşitliklerini doğru denkleminde yerine yazarsak, y 0 + 2 = 2 (x0 − 3) + 3 ⇒ y 0 = 2x0 − 5 doğrusu elde edilir. Yani, doğrunun denklemi y = 2x − 5 olacaktır. Örnek 9.3 (x − 1)2 +4(y − 2)2 = 4 elipsinin odaklarının koordinatlarını bulunuz. y 3 Çözüm : x − 1 = x0 ve y − 2 = y 0 koordinat dönüşümü uygularsak, elipsin denklemi : 2 (x0 ) 2 + (y 0 ) = 1 4 √ 1 olur. √ Bu ötelenmiş elipsin odakları F10 ( 3, 0) ve F10 (− 3, 0) olur. Şimdi, geri öteleyerek, orjinal -2 -1 1 2 3 bulalım. Buna göre, x elipsin odaklarını -1 n √ √ F10 ( 3, 0) ⇒ x = 3 + 1, y = 0 + 2 √ √ için F1 ( 3 + 1, 2) ve benzer şekilde, F2 (− 3 + 1, 2) elde edilir. 2 9.1 Alıştırma P (2, −4) noktası x ekseninde −3 br, y ekseninden 5 br ötelenirse koordinatları ne olur? Yanıt : P 0 (−1, 1) . 9.2 Alıştırma y = 3x − 2 doğrusu, x ekseninde −2 birim, y ekseninde 3 birim ötelenirse denklemi ne olur? Yanıt : y = 3x + 7. 303 KOORDİNAT DÖNÜŞÜMLERİ 9.3 Alıştırma (x + 1)2 − 4 (y − 2)2 = 4 hiperbolünün odaklarının koordinatlarını bulunuz. √ Yanıt : (± 5 − 1, 2). Eksenlerin Ötelenmesi y y' xoy dik koordinat sisteminde verilmiş P = (x, y) koordinatlarını göz önüne alalım. P = ( x1′, y1′ ) = ( x1 , y1 ) x eksenini h kadar, y eksenini de, k kadar y1 ötelememiz durumunda, elde edilen koordinat y1-k sistemini x0 o0 y 0 ile gösterelim. Yani, ötelenx' O ' x1-h miş koordinat sisteminin orjini, eski koordinat k x sistemine göre (h, k) olacaktır. Bu hareket x1 O h biraz önce gördüğümüz noktanın ötelenmesi hareketinin tamamen tersi hareketidir. Eksenlerin bir yönde hareketi, noktanın koordinatının bu yönün tam aksi yönünde değişmesi demektir. P noktasının yeni koordinat sistemine göre koordinatları ne olacaktır? P noktasının xoy koordinat sistemindeki koordinatları (x1 , y1 ) ve x0 o0 y 0 koordinat sistemindeki koordinatları da (x01 , y10 ) olsun. Şekilden de izlenirse, ½ 0 x1 = x1 − h y10 = y1 − h . olacaktır. Tersine düşünürsek, ½ x1 = x01 + h y1 = y10 + h olur. Buna göre, öteleme dönüşümünü T(h,k) : R2 → R2 T(h,k) (x, y) = (x − h, y − k) biçiminde ifade edebiliriz. Bu dönüşüm 1-1 ve örten bir dönüşümdür. Örnek 9.4 xoy koordinat sisteminde P (2, 3) olan koordinatın, x ekseninin 2 birim, y ekseninin −1 birim ötelenmesiyle elde edilen yeni koordinat sistemindeki koordinatlarını bulunuz. Çözüm : Yeni sistem x0 o0 y 0 olmak üzere, x0 = x − h = x − 2 ve y 0 = y − k = y + 1 biçiminde olacaktır. Buna göre, x0 = 2 − 2 = 0 ve y 0 = 3 + 1 = 4 olacağından P = (0, 4) olacaktır. 304 Analitik Geometri - Mustafa Özdemir Örnek 9.5 xoy koordinat sisteminde verilen y = 2x − 3 doğrusunun x ekseninin 2 birim, y ekseninin −1 birim ötelenmesiyle elde edilen yeni koordinat sistemindeki denklemini bulunuz. Çözüm : 1. Yol. y = 2x − 3 doğrusunun yeni y 2 eksenleri kestiği noktaları bulalım. Yeni y eksenimiz x = 2 doğrusu olacağından, x = 2 ve y = 2x − 3 doğrusu y = 2 · 2 − 3 = 1 noktasında kesişirler. Bu -2 -1 1 2 3 4 nokta y = −1 noktasından 2 br uzaklıktadır. Diğer x yandan, yeni x eksenimiz olan y = −1 doğrusu da, -2 doğruyu −1 = 2x − 3 ⇒ x = 1 noktasında keser ve bu noktanın x = 2 ekseninden uzaklığı 1 br’dir. -4 Doğrumuz yeni eksenleri, yeni orjine göre x0 = −1 ve y 0 = 2 noktalarında kestiğinden, doğrunun yeni x0 y0 eksenlere göre denklemi : + = 1 yani, y 0 = 2x0 + 2 bulunur. −1 2 2. Yol. x0 = x − 2, y 0 = y + 1 olduğundan, doğru denkleminde x = x0 + 2 ve y = y 0 − 1 yazılırsa, y 0 − 1 = 2 (x0 + 2) − 3 ⇒ y 0 = 2x0 + 2 elde edilir. Örnek 9.6 x2 −2x + y 2 −6y = 0 denklemini eksenleri öteleyerek basitleştiriniz. Çözüm : Denklemi öncelikle (x − 1)2 + (y − 3)2 = 10 formunda yazalım. Buna göre, x0 = x − 1 ve y 0 = y − 3 yazılırsa, yani x ekseni 1 birim, y ekseni 3 birim ötelenirse, x02 + y 02 = 10 haline gelir. Örnek 9.7 x2 −2x + 2y 2 +4y − 1 = 0 koniğinin odaklarını bulunuz. Çözüm : Denklemi (x − 1)2 +2 (y + 1)2 =4 formunda yazabiliriz. Buna göre, x0 = x − 1 ve y 0 = y + 1 ötelemesi yapılmalıdır. Bu durumda denklem, 2 2 (y 0 ) (x0 ) + =1 4 2 y -2 1 -1 1 -1 2 3 -2 olur ki, a2 = 4 ve b2 = 2 ve c2 = a2 − b2 = 2 -3 √ √ olacağından, x0 o0 y 0 eksenine göre odaklar F1 = (− 2, 0) ve F2 = ( 2, 0) bulunur. O halde, xoy sisteminde odaklar, x = x0 + 1 ve y = y 0 − 1 eşitliklerinden, √ √ F1 = (− 2 + 1, −1) ve F2 = ( 2 + 1, −1) elde edilir. 4 x 305 KOORDİNAT DÖNÜŞÜMLERİ Örnek 9.8 Odakları (1, 4) ve (1, 6) olan ve (3, 5) noktasından geçen elips denklemini bulunuz. Çözüm : Merkez odakların orta noktası olduğundan, (1, 5) olur. xoy sistemini x eksenini 1 br, y eksenini 5 br öteleyerek, x0 o0 y 0 sisteminde merkezil elips denklemini yazabiliriz. Bu eksende odakların koordinatları F1 = (0, 1) ve F2 = (0, −1), yani c = 1 ve elips denklemi de 2 2 (y 0 ) (x0 ) + 2 =1 2 a b 0 0 0 olacaktır. (3, 5) noktası da x o y sisteminde (2, 0) olur ki, bunu elips denkleminde yerine yazarsak, a2 = 4 ve b2 = a2 + c2 = 5 olacaktır. O halde, elips denklemi (y 0 )2 (x0 )2 + =1 4 5 (x − 1)2 (y − 5)2 + = 1 biçiminde yazarız. 4 5 √ Örnek 9.9 Odakları (1, 4) ve (3, 4) olan ve (2 + 1/ 2, 4) noktasından geçen hiperbol denklemini bulunuz. Çözüm : Merkez odakların orta noktası olduğundan, (2, 4)’dür. xoy sistemini x eksenini 2 br, y eksenini 4 br öteleyerek, x0 o0 y 0 sisteminde merkezil hiperbol denklemini elde edebiliriz. x0 = x − 2 ve y 0 = y − 4 koordinat dönüşümleriyle merkezil hiperbolün odaklarını dolayısıyla da c’yi bulabiliriz. Buna göre, F1 = (0, 1) ve F2 = (0, −1) , yani c = 1’dir. c2 = a2 + b2 olduğundan, istenen hiperbol denklemi bulunur. xoy sisteminde ise bu denklemi (x − 2)2 (y − 4)2 + =1 a2 1 − a2 √ ¢ ¡ formundadır. 2 + 1/ 2, 4 noktasını yerine yazarsak, a2 = 1/2 ve b2 = 1/2 elde ederiz. O halde, hiperbol, 2 (x − 2)2 + 2 (y − 4)2 = 1 bulunur. 9.4 Alıştırma x2 − 2x − 4y 2 + 16y − 19 = 0 koniğinin odaklarını bulunuz. √ Yanıt : (± 5 + 1, 2). 9.5 Alıştırma x2 + 4y 2 − 2x − 16y + 13 = 0 koniğinin odaklarını bulunuz. √ Yanıt : (± 3 + 1, 2). √ ¢ ¡ 9.6 Alıştırma Odakları (1, 3) ve (3, 3) olan ve 2, 3 + 2 noktasından geçen elips denklemini bulunuz. 2 2 (y − 3) (x − 2) + = 1. Yanıt : 3 2 306 9.1 Analitik Geometri - Mustafa Özdemir Teorem Öteleme dönüşümü, uzunlukları, açıları ve alanları değiştirmez. Kanıt : T(h,k) (x, y) = (x0 , y 0 ) = (x − h, y − k) öteleme dönüşümümünün uzunlukları değiştirmediğini gösterelim. xoy koordinat sisteminde (x1 , y1 ) ve (x2 , y2 ) noktalarını alalım. Bu iki nokta arasındaki uzunluğun q 2 2 (x2 − x1 ) + (y2 − y1 ) olduğunu biliyoruz. Şimdi, bu noktaların, eksenlerin ötelenmesiyle elde edilen (x01 , y10 ) ve (x02 , y20 ) koordinatları arasındaki uzunluğunu hesaplayalım. q q (x02 − x01 )2 + (y20 − y10 )2 = (x2 − h − x1 + h)2 + (y2 − k − y1 + k)2 q = (x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 olduğu görülür. Yani, uzunluklar değişmez. İkinci olarak açıların değişmediğini gösterelim. Bunun için xoy sisteminde iki doğru alıp bunların arasındaki açının, doğruların x0 o0 y 0 sistemindeki denklemleri için de değişmediğini göstermeliyiz. xoy sisteminde ½ d1 : y = m1 x + n1 d2 : y = m2 x + n2 m1 − m2 bağıntısına sahip olduğunu 1 + m1 m2 biliyoruz. Doğruların ötelemeden sonraki denklemleri ½ d1 : y 0 + k = m1 (x0 + h) + n1 d2 : y 0 + k = m2 (x0 + h) + n2 doğrularını alalım. Aralarındaki açının tan θ = olacaktır. Yani eğimler değişmeyecektir. Eğimler değişmediğinden m1 − m2 tan θ = 1 + m1 m2 açısı da değişmez. O halde açılar da korunur. Son olarak alanların değişmediğini gösterelim. Bunun için, bir üçgenin alanının değişmediğini göstermek yeterli olacaktır. (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) ve (x3 , y3 ) noktalarını alalım. Bu noktalarla oluşturulan üçgenin alanının ⎤ ⎡ x1 y1 1 1 Alan = det ⎣ x2 y2 1 ⎦ 2 x3 y3 1 olduğunu biliyoruz. Ötelemeden sonra alan: ⎡ x − h y1 − k 1⎣ 1 x2 − h y2 − k Alan = 2 x −h y −k 3 3 ⎤ 1 1 ⎦ 1 olacaktır. Determinat özellikleri gereği, üçüncü sütunun h katı birinci sütuna, k katı da ikinci sütuna eklenirse, determinant değişmez ve bu baştaki determinanttır. ¥ 307 KOORDİNAT DÖNÜŞÜMLERİ Noktanın Döndürülmesi Düzlemde verilen bir P (x, y) noktasının, orjin etrafında saat yönünün tersine θ açısı kadar döndürülmesine, P noktasının dönme hareketi (dönüşümü) denir. Örneğin, P (2, 0) noktasını, saat yönünün tersine 90◦ döndürürsek, P 0 (0, 2) noktası elde edilir. Dönme dönüşümünde, noktanın orjine uzaklığı değişmez. Herhangi bir P (x, y) noktasını orjin etrafında, θ açısı kadar döndüren dönüşümü: Rθn : R2 → R2 ile göstereceğiz. Şimdi, θ ve P (x, y)’ye bağlı olarak Rθn dönüşümünü bulalım. 9.2 Teorem Düzlemde verilen bir P (x, y) noktasını, orjin etrafında θ açısı kadar, saat yönünün tersine döndürüren dönme dönüşümü ile ifade edilir. Rθn (x, y) = (x cos θ − y sin θ, x sin θ + y cos θ) Kanıt. P (x, y), noktasının orjine uzaklığı r −−→ ve OP vektörünün x ekseniyle yaptığı açı α olsun. Bu durumda, y x = r cos α, y = r sin α yazılabilir. Noktanın döndürüldükten sonraki koordinatları P 0 (x0 ,y 0 ) olmak üzere, P 0 (x0 ,y 0 ) −−→ noktasının da orjine uzaklığı r’dir. OP 0 vektörünün x ekseniyle yaptığı açı β ise, Pı(xı, yı) yı r P(x,y) y β θ r α xı x x x0 = r cos β, y 0 = r sin β yazılabilir. P ’den P 0 noktasına θ = (β − α) açısı kadar dönme hareketi yapılmıştır. Buna göre, β = θ + α olacaktır. ve x0 = r cos β = r cos (θ + α) = (r cos α) cos θ − (r sin α) sin θ = x cos θ − y sin θ y0 = r sin β = r sin (θ + α) = (r cos α) sin θ + (r sin α) cos θ = x sin θ + y cos θ olduğundan, elde edilir. Böylece, bulunur. ½ x0 = x cos θ − y sin θ y 0 = x sin θ + y cos θ Rθn (x, y) = (x cos θ − y sin θ, x sin θ + y cos θ) ¥ 308 Analitik Geometri - Mustafa Özdemir Bu eşitliği matrislerle, ∙ ¸ ∙ ∙ 0 ¸ x cos θ x n = Rθ = y sin θ y0 − sin θ cos θ biçiminde yazabiliriz. Buradaki, Rθn = ∙ cos θ sin θ − sin θ cos θ ¸∙ x y ¸ ¸ matrisine noktanın dönmesini gösteren, dönme matrisi denir. Bu matris bir ortogonal matristir. Bu matrisin tersi ∙ ¸ cos θ sin θ n −1 (Rθ ) = − sin θ cos θ −1 matrisidir. (Rθn ) matrisi de, −θ açısı kadar dönmeyi ifade eder. Yani, bu matris düzlemde bir noktayı, orjin etrafında saat yönüne θ açısı kadar döndürür. Sonuç : Noktanın döndürülmesini ifade eden bir dönme dönüşümünde, dönme yönü belirtilmemişse, saat yönünün tersine dönme işlemi yapılır. Bu durumda, Rθn dönüşümü, Rθn (x, y) = (x cos θ − y sin θ, x sin θ + y cos θ) ¸∙ ¸ ∙ 0 ¸ ∙ cos θ − sin θ x x n = Rθ (x, y) = sin θ cos θ y y0 şeklinde ifade edilir. Eğer, dönme saat yönünde olursa, n (x, y) = (x cos θ + y sin θ, −x sin θ + y cos θ) R−θ ¸∙ ¸ ∙ 0 ¸ ∙ cos θ sin θ x x n = (x, y) = R−θ − sin θ cos θ y y0 biçiminde ifade edilir. √ Örnek 9.10 P (3, 3) noktası 60◦ döndürülürse yeni koordinatları ne olur? Çözüm : Dönme yönü belirtilmediğinden, dönmeyi saat yönünün tersine yapacağız. ¸ ∙ ¸ ¸∙ ∙ √ 0 3 cos 60◦ − sin 60◦ √ √ = Rθn (3, 3) = sin 60◦ cos 60◦ 3 2 3 √ ¡ ¢ elde edilir. O halde, dönme sonrasında yeni koordinatlar P 0 0, 2 3 olur. Örnek 9.11 P (1,3) noktası 90◦ saat yönüne döndürülürse, koordinatları ne olur? Çözüm : Dönme yönü saat yönüne olduğundan, ¸∙ ¸ ∙ ¸∙ ¸ ∙ ¸ ∙ 1 0 1 1 3 cos 90◦ sin 90◦ n = = R−90◦ (1, 3)= 3 −1 0 3 −1 − sin 90◦ cos 90◦ elde edilir. 309 KOORDİNAT DÖNÜŞÜMLERİ 3 Örnek 9.12 P (2,3) noktası θ=arccos açısı kadar saat yönüne döndürülürse yeni 5 koordinatları ne olur? Çözüm : Dönme saat yönünde olduğundan, ∙ cos θ n R−θ (x, y) = − sin θ sin θ cos θ ¸∙ x y ¸ 3 4 3 eşitliğini kullanacağız. θ = arccos ise cos θ = ve sin θ = olacağından, 5 5 5 ∙ ¸∙ ¸ ∙ ¸ 3/5 4/5 2 18/5 n Rθ (2, 3) = = −4/5 3/5 3 1/5 bulunur. O halde, P 0 (18/5, 1/5) bulunur. √ Örnek 9.13 Bir P noktası 150◦ döndürüldükten sonraki koordinatları P 0 (-4, 2 3) olduğuna göre, P noktasının koordinatlarını bulunuz. Çözüm : Dönme yönü belirtilmediğinden, dönmeyi saat yönünün tersine düşüneceğiz. Bu kez, ¸∙ ¸ ∙ 0 ¸ ∙ cos θ − sin θ x x = sin θ cos θ y y0 eşitliğinde, x0 , y 0 değerlerini biliyoruz ve x, y değerlerini bulacağız. ∙ ¸ ∙ ¸∙ ¸ 12 cos 150◦ − sin 150◦ x √ = y sin 150◦ cos 150◦ 6 3 ∙ ¸ ∙ ¸ ∙ √ ¸ ¸∙ ◦ ◦ −4 x cos 150 sin 150 3 3 √ = = y − sin 150◦ cos 150◦ 2 3 −1 √ olduğundan, P (3 3, −1) bulunur. Örnek 9.14 y = 2x doğrusu, saat yönüne 45◦ döndürülürse denklemi ne olur? Çözüm : Dönme saat yönüne olduğu için, ∙ 0 ¸ ∙ ¸∙ ¸ x cos 45◦ x sin 45◦ = y y0 − sin 45◦ cos 45◦ y 4 2 y=2x y=x/3 -4 -2 2 4 eşitliğini kullanacağız. Bu eşitliğe göre, x ve y’yi bu-2 x lalım. √ ∙ ¸ ∙ ¸ ¸ ∙ ¸ ∙ -4 2 x0 − y 0 x0 x cos 45◦ – sin 45◦ = = ◦ ◦ 0 sin 45 cos 45 y x0 + y 0 y 2 √ √ 2 0 2 0 (x + y 0 ) = 2 (x − y 0 ) eşitliğinden, y 0 = x0 /3 doğrusu olduğundan, y = 2x ⇒ 2 2 elde edilir. 310 Analitik Geometri - Mustafa Özdemir Örnek 9.15 y = 2x − 1 doğrusu 45◦ döndürülürse denklemi ne olur? Çözüm : Dönme açısı, saat yönünün tersine olduğundan, ¸∙ ¸ ∙ 0 ¸ ∙ cos 45◦ − sin 45◦ x x = y y0 sin 45◦ cos 45◦ yazılabilir. Fakat, bize x ve y değerleri gereklidir. O halde, ¸∙ 0 ¸ √ ∙ ¸ ∙ ¸ ∙ 2 (x0 + y 0 ) x sin 45◦ x cos 45◦ = = − sin 45◦ cos 45◦ y0 (−x0 + y 0 ) y 2 olacağından, y = 2x − 1 denkleminde yerine yazılırsa, √ √ 2 2 0 0 0 (−x + y ) = 2 · (x + y 0 ) − 1 2 2 √ eşitliğinden, y 0 = −3x0 + 2 doğrusu elde edilir. Örnek 9.16 x2 −y 2 = 4 hiperbolü 45◦ döndürülürse denklemi ne olur? Çözüm : Bir önceki örnekteki gibi, x ve y yerine, ∙ ¸ ∙ ¸∙ 0 ¸ x cos 45◦ x sin 45◦ = y − sin 45◦ cos 45◦ y0 √ ∙ ¸ 2 (x0 + y 0 ) = (−x0 + y 0 ) 2 eşitlikliklerini yazacağız. Buna göre, y 4 xy=-2 2 -4 -2 -2 2 x²-y²=4 4 x -4 1 1 0 2 2 (x + y 0 ) − (−x0 + y 0 ) = 4 2 2 denklemi düzenlenirse, x0 y 0 = 2 denklemi elde edilir. O halde, x2 − y 2 = 4 hiperbolünün 45◦ döndürüldükten sonraki denklemi x0 y 0 = 2 denklemidir. Örnek 9.17 x2 −3xy + y 2 = 1/2 eğrisi 45◦ döndürülürse denklemi ne olur? Bu hangi koniktir? Bu koniğin döndürülmeden önceki odaklarının koordinatlarını bulunuz. Çözüm : x ve y yerine, ∙ ¸ ∙ x cos 45◦ = − sin 45◦ y sin 45◦ cos 45◦ ¸∙ x0 y0 ¸ √ ∙ ¸ 2 (x0 + y 0 ) = (−x0 + y 0 ) 2 eşitlikliklerini yazacağız. Buna göre, yerine yazılıp düzenlenirse, 1 1 5 1 1 1 0 (x + y 0 )2 − 3 · (x0 + y 0 ) (−x0 + y 0 ) + (−x0 + y 0 )2 = (x0 )2 − (y 0 )2 = 2 2 2 2 2 2 eşitliğinden, 311 KOORDİNAT DÖNÜŞÜMLERİ (x0 )2 − (y 0 )2 = 1 1/5 hiperbolü bulunur. Bu hiperbolün odakları, x0 oy 0 ne göre c2 = a2 + b2 = 1/5 + 1 = 6/5 eşitliğinden, ¡√ √ ¢ ¡ √ √ ¢ 6/ 5, 0 ve F20 − 6/ 5, 0 F10 elde edilir. Şimdi, odakların gerçek koordinatlarını bulalım. ∙ ¸ √ ∙ ¸∙ 0 ¸ 2 x 1 1 x = y −1 1 y0 2 eşitliğinde, yerine yazarsak, √ ∙ ¸∙ √ √ ¸ ∙ √ ¸ 2 1 1 6/ 5 √15/5 F1 = = −1 1 0 − 15/5 2 √ ¡ √ ¢ ve benzer şekilde, F2 − 15/5, 15/5 elde edilir. x2 − 3xy + y 2 = 1/2 hiperbolünün grafiği ve odakları şekilde gösterilmiştir. y 4 2 -4 -2 -2 2 4 x -4 √ 9.7 Alıştırma P (2 3, 6) noktası 30◦ döndürülürse yeni koordinatları ne olur? √ Yanıt :(0, 4 3). 3 9.8 Alıştırma P (3, 5) noktası θ = arcsin açısı kadar saat yönüne döndürülürse yeni 5 koordinatları ne olur? Yanıt : (27/5, 11/5). √ 9.9 Alıştırma y = 4x − 3 2 doğrusu 45◦ döndürülürse denklemi ne olur? Yanıt : y0 = x0 + 2. √ 9.10 Alıştırma Bir P noktası 120◦ döndürüldükten sonraki koordinatları P 0 (4 3, 6) olduğuna göre, P noktasının koordinatlarını bulunuz. √ Yanıt : ( 3, −9). 9.11 Alıştırma x2 + y 2 + xy = 2 eğrisi 45◦ döndürülürse denklemi ne olur? Bu hangi koniktir? Bu koniğin döndürülmeden önceki odaklarının koordinatlarını bulunuz. √ √ √ √ (y 0 )2 (x0 )2 + = 1, Elips, F1 (2 3/3, −2 3/3) ve F1 (−2 3/3, 2 3/3). Yanıt : 4 4/3 9.12 Alıştırma xy = 3 eğrisi 45◦ döndürülürse denklemi ne olur? Yanıt : y2 − x2 = 6. 312 9.3 Analitik Geometri - Mustafa Özdemir Teorem Dönme dönüşümü, uzunluğu, açıyı ve alanı korur. Kanıt : P (x1 , y1 ) ve Q (x2 , y2 ) noktaları arasındaki uzunluğun q 2 2 |P Q| = (x2 − x1 ) + (y2 − y1 ) olduğunu biliyoruz. Rθ , θ açısı kadar dönmeyi ifade etmek üzere, P 0 = Rθ (P ) = ((cos θ) x1 − (sin θ) y1 , (cos θ) y1 + (sin θ) x1 ) Q0 = Rθ (Q) = ((cos θ) x2 − (sin θ) y2 , (cos θ) y2 + (sin θ) x2 ) noktaları arasındaki uzaklığı hesaplayalım. q 2 2 0 0 |P Q | = (cos θ (x2 −x1 ) − sin θ (y2 −y1 )) + (cos θ (y2 −y1 ) + sin θ (x2 −x1 )) q 2 2 |P 0 Q0 | = (x2 − x1 ) + (y2 − y1 ) |P 0 Q0 | = |P Q| elde edilir. O halde, dönme dönüşümü uzaklığı değiştirmez. ii) Şimdi de, dönme dönüşümünün açıları değiştirmediğini görelim. y = m1 x+n1 ve y = m2 x+n2 doğrularını göz önüne alalım. Bunlar arasındaki açı, m1 − m2 tan θ = 1 + m1 m2 bağıntısıyla bulunabilir. Şimdi, bu doğruların θ açısı kadar döndürülmesi durumunda, doğrular arasındaki açıyı bulalım. Doğruların, θ açısı kadar döndürülmesi durumunda (x = (cos θ) x0 + (sin θ) y 0 ve y = (cos θ) y 0 − (sin θ) x0 ) dönüşümü yapılarak, doğru denklemleri sırasıyla, y = m1 x + n1 ise, (cos θ) y 0 − (sin θ) x0 = m1 ((cos θ) x0 + (sin θ) y 0 ) + n1 ; y = m2 x + n2 ise, (cos θ) y 0 − (sin θ) x0 = m2 ((cos θ) x0 + (sin θ) y 0 ) + n2 olur. Bu doğruların eğimleri de sırasıyla, m2 cos θ + sin θ m1 cos θ + sin θ ve cos θ − m1 sin θ cos θ − m2 sin θ bulunur. Buna göre, m1 cos θ + sin θ m2 cos θ + sin θ − m1 − m2 cos θ − m1 sin θ cos θ − m2 sin θ tan θ = = m1 cos θ + sin θ m2 cos θ + sin θ 1 + m1 m2 1+ cos θ − m1 sin θ cos θ − m2 sin θ elde edilir. Böylece, dönme dönüşümünün, açıyı da değiştirmediği görülür. 313 KOORDİNAT DÖNÜŞÜMLERİ iii) Son olarak, alanın da değişmeyeceğini görelim. P ve Q noktaları ile doğrusal olmayacak şekilde bir T (x3 , y3 ) noktası verilsin. Bu durumda P, Q, T ile oluşturulan üçgenin alanı. ¯ ¯ ¯ x1 y1 1 ¯ ¯ ¯ 1 Alan (P QT ) = ¯¯ x2 y2 1 ¯¯ 2¯ x3 y3 1 ¯ ile bulunur. P, Q, T ’nin θ açısı kadar döndürüldükten sonraki koordinatları, P 0 , Q0 ve T 0 olsun. olduğundan, Rθ (x0i , yi0 ) = ((cos θ) xi − (sin θ) yi , (cos θ) yi + (sin θ) xi ) Alan (P 0 Q0 T 0 ) = = ¯ ¯ 1 ¯¯ 2 ¯¯ ¯ ¯ 1 ¯¯ 2 ¯¯ x01 x02 x03 y10 y20 y30 1 1 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ (cos θ) x1 − (sin θ) y1 (cos θ) x2 − (sin θ) y2 (cos θ) x3 − (sin θ) y3 eşitliğinde determinant özellikleri kullanılırsa, ¯ ¯ x1 y1 ¯ 1 0 0 0 ¯ x2 y2 Alan (P Q T ) = 2 ¯¯ x3 y3 ¯ ¯ x1 y1 1 ¯¯ x2 y2 = 2 ¯¯ x y 3 3 olduğu görülür. (cos θ) y1 + (sin θ) x1 (cos θ) y2 + (sin θ) x2 (cos θ) y3 + (sin θ) x3 ¯¯ ¯ ¯ cos θ sin θ ¯¯ ¯ ¯ − sin θ cos θ ¯¯ ¯¯ 0 0 ¯ ¯ 1 ¯ 1 ¯¯ = Alan (P QT ) 1 ¯ 1 1 1 0 0 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 1 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¥ Eksenlerin Döndürülmesi Şimdi verilen bir koordinat sisteminin, eksenlerinin başlangıç noktası etrafında saat yönünün tersine θ açısı kadar döndürülmesi durumunda, eski ve yeni koordinat sisteminde bir noktanın koordinatları arasındaki bağıntıları bulacağız. xoy dik koordinat sistemi verilsin. Bu koordinat sisteminin, saat yönünün tersine, başlangıç noktası etrafında θ açısı kadar eksenleri döndürülmesiyle elde edilen koordinat sistemi x0 oy 0 olsun. Bu durumda, herhangi bir noktanın koordinatları nasıl değişir, ya da bir eğrinin denklemi yeni koordinat sisteminde nasıl ifade edilir. Bu kısımda bunların yanıtlarını arayacağız. 314 Analitik Geometri - Mustafa Özdemir 9.4 Teorem xoy dik koordinat sisteminde bir P (x1 , y1 ) noktası verilsin. Eksenlerin başlangıç noktası etrafında θ açısı kadar, saat yönünün tersine döndürürülmesi durumunda, P (x1 , y1 ) noktasının, yeni koordinat sistemindeki koordinatlarını veren dönme dönüşümü, ile ifade edilir. Rθ (x1 , y1 ) = (x1 cos θ + y1 sin θ, −x1 sin θ + y1 cos θ) y Kanıt. Bir P noktasının koordinatlarını, xoy sisteminde P (x1 , y1 ) ile döndürülerek elde edilen x0 oy 0 koordinat sisteminde ise P (x01 , y10 ) ile gösterelim. Eksenlerin döndürülmesi durumunda P noktasının orjine uzaklığı değişmeyecektir. Bu uzaklığı r ile gösterelim. P noktasının koordinatlarını xoy ve x0 oy 0 sisteminde sırasıyla, x1 x01 P = ( x1′, y1′ ) = ( x1 , y1 ) y1 y1′ x1′ r α θ θ x' x x1 O = r cos (α + θ) ve y1 = r sin (α + θ) , = r cos α ve y10 = r sin α ile gösterebiliriz. İlk eşitliklerde trigonometrik açılımları kullanırsak, ½ x1 = r cos α cos θ − r sin α sin θ y1 = r sin α cos θ + r cos α sin θ olur. Burada, ikinci eşitlikler kullanılırsa, ½ x1 = x01 cos θ − y10 sin θ veya y1 = y10 cos θ + x01 sin θ ∙ x1 y1 eşitliği elde edilir. Son matris eşitliğinden de, ∙ 0 ¸ ∙ x1 cos θ = − sin θ y10 ¸ = sin θ cos θ ∙ cos θ sin θ ¸∙ x1 y1 − sin θ cos θ ¸∙ x01 y10 ¸ ¸ yazılabilir. Eksen dönüşümü sonrası, noktanın koordinatlarını veren dönme dönüşümü Rθ (x1 , y1 ) = (x1 cos θ + y1 sin θ, −x1 sin θ + y1 cos θ) biçiminde bulunur. Buna göre, koordinat eksenlerinin θ açısı kadar saat yönünün tersine döndürülmesi durumunda, yeni nokta ile eski noktanın koordinatları arasındaki bağıntıları, Rθ : R2 → R2 Rθ (x, y) = (x0 , y 0 ) = (x cos θ + y sin θ, −x sin θ + y cos θ) ¸∙ ¸ ∙ 0 ¸ ∙ cos θ sin θ x x = Rθ (x, y) = − sin θ cos θ y y0 dönme dönüşümü ile elde edebiliriz. Eksen dönmesinin θ açısı kadar saat yönüne doğru yapılması demek, eksenlerin saat yönünün tersine −θ açısı kadar dönme anlamına gelecektir. Döndürme yönü belirtilmemiş ise, yön saat yönünün tersine anlaşılacaktır. ¥ KOORDİNAT DÖNÜŞÜMLERİ 315 Not ! Eksenlerin döndürülmesi hareketi, noktanın döndürülme işleminin tam tersi bir harekettir. Yani, eksenler θ açısı kadar dönerken, nokta, sanki geriye doğru θ açısı kadar dönüyormuş gibi davranır. Bu tıpkı, hareketsiz bir arabanın içinde bulunan bir kişinin, yan tarafında ileri doğru hareket eden arabayı görünce, geriye doğru hareket ettiğini zannetmesi gibidir. Bu nedenle, noktaya göre dönmeyi ifade eden dönme matrisiyle, koordinat eksenlerinin dönmesini ifade eden dönme matrisi birbirlerinin tersidir. Örnek 9.18 P (0, 2) noktasının, eksenlerin 60◦ döndürülmesi durumunda koordinatları ne olur? √ Çözüm : Bu noktanın koordinatlarının ( 3, 1) olduğu, çizilerek görülebilir. Bunun yanında, √ ¸∙ ¸ ¸∙ ¸ ∙ 0 ¸ ∙ ∙ 0 ¸ ∙ 0 cos 60◦ x x 1/2 x sin 60◦ 3/2 √ = ⇒ = 2 y y0 − sin 60◦ cos 60◦ y0 − 3/2 1/2 √ eşitliğinden de, R60◦ (0, 2) = ( 3, 1) olarak bulunabilir. Örnek 9.19 xoy dik koordinat sisteminde verilen P (x, y) noktasının, eksenlerin 1 θ = arctan kadar saat yönünün tersine döndürülmesi durumundaki koordinatları ¡ √ √ ¢3 2 10, 10 olduğuna göre, P noktasının koordinatlarını bulunuz. √ √ Çözüm : θ = arctan 1/3 ise tan θ = 1/3, sin θ = 1/ 10 ve cos θ = 3/ 10 olacaktır. Eksen dönmesi söz konusu olduğundan, √ √ ¸∙ ∙ 0 ¸ ∙ ¸ ¸∙ ¸ ∙ √ ¸ ∙ x 3/ √10 1/√10 x cos θ sin θ x 2√ 10 = = ⇒ y − sin θ cos θ y y0 10 −1/ 10 3/ 10 eşitliğini kullanacağız. Buna göre, P (x, y) noktası, √ ¸∙ √ ¸ ∙ ¸ ∙ ¸ ∙ √ x 3/√10 −1/√ 10 2√ 10 5 = = y 5 10 1/ 10 3/ 10 elde edilir. Örnek 9.20 x2 −y 2 = 4 hiperbolünün eksenlerin 45◦ döndürülmesi durumundaki denklemi ne olur? Çözüm : Denklemde ∙ ¸ ∙ ¸ ¸ ∙ √ x (cos 45◦ ) x0 − (sin 45◦ ) y 0 2 (x0 − y 0 ) /2 √ = = y (cos 45◦ ) y 0 + (sin 45◦ ) x0 2 (x0 + y 0 ) /2 yazılırsa, ¡√ ¢2 ¡√ ¢2 2 (x0 − y 0 ) /2 − 2 (x0 + y 0 ) /2 = 4 eşitliğinden, x0 y 0 = −2 elde edilir. 316 Analitik Geometri - Mustafa Özdemir Örnek 9.21 xy = 3 hiperbolünün eksenlerin 45◦ döndürülmesi durumundaki denklemi ne olur? Çözüm : Denklemde ¸ ¸ ∙ √ ∙ ¸ ∙ 2 (x0 − y 0 ) /2 x (cos 45◦ ) x0 − (sin 45◦ ) y 0 √ = = (cos 45◦ ) y 0 + (sin 45◦ ) x0 y 2 (x0 + y 0 ) /2 √ √ 2 0 2 0 (x − y 0 ) (x + y 0 ) = 3 eşitliğinden x02 − y 02 = 6 bulunur. yazılırsa, 2 2 3 9.13 Alıştırma P (5, 10) noktasının, eksenlerin θ = arccos kadar döndürülmesi du5 rumunda, yeni koordinat sisteminde koordinatları ne olur? Yanıt : (11, 2) . 9.14 Alıştırma x2 + y 2 + xy = 2 eğrisinin eksenlerin 45◦ döndürülmesi durumunda, yeni koordinatlara göre denklemi ne olur? Yanıt : 3(x0 )2 + (y 0 )2 = 4. √ 9.15 Alıştırma y = x + 2 3 doğrusunun eksenlerin 60◦ döndürülmesi durumunda eğimi ne olur? √ 1− 3 √ . Yanıt : m = 1+ 3 Afin Dönüşüm A tersinir bir kare matris olmak üzere, f (~ x) = A~ x + ~b formundaki dönüşümlere Afin dönüşüm denir. Düzlemde bir afin dönüşüm, A = [aij ]2×2 tersinir bir matris ve ~b = (b1 , b2 ) olmak üzere, ~ x = (x1 , x2 ) için, ¸∙ ¸ ∙ ¸ ∙ x1 b1 a11 a12 ~ + f (~ x) = A~ x+b= a21 a22 x2 b2 şeklinde tanımlanır. f (~ x) = y ~ ise, A−1 tanımlı olduğundan y − ~b) A~ x + ~b = y ~ ⇒ A~ x=y ~ − ~b ⇒ ~ x = A−1 (~ eşitliğinden, y ~ vektörü verilmiş ise, ~ x vektörü de bulunabilir. Yani, f −1 de tanımlıdır ve bir afin dönüşümün tersi de bir afin dönüşümdür. Öteleme ve dönme dönüşümleri birer özel afin dönüşümlerdir. Gerçekten, x) = I~ x + ũ Tu (~ öteleme dönüşümünde, A = I birim matrisi tersinir∙ bir matristir ve ~b¸ = u ~ öteleme cos θ − sin θ vektörüdür. Rθ (~ x) = Rx dönme dönüşümünde, R = matrisi tersinir sin θ cos θ bir matristir ve dönme dönüşümü de bir afin dönüşümdür. 317 KOORDİNAT DÖNÜŞÜMLERİ Teorem 9.5 Afin dönüşümlerin bileşkesi de afin dönüşümdür. Kanıt : f (~ x) = A~ x +~ a ve g (~ x) = B~ x + ~b iki afin dönüşüm olsun. Buna göre, (g ◦ f ) (x) = g (f (x)) = B (A~ x+~ a) + ~b = (BA) ~ x + (B~ a + ~b) olacaktır. A ve B matrisleri tersinir olduğundan, BA matrisi de tersinirdir. O halde, g ◦ f dönüşümü de bir afin dönüşümdür. ¥ Afin dönüşümler, genel olarak uzaklığı korumazlar. Fakat, aşağıdaki teoremde ifade ettiğimiz gibi, doğru parçaların uzunlukları arasındaki oranı korurlar. 9.6 Teorem f (~x) = A~x + ~b bir afin dönüşüm olsun. f dönüşümü, a) doğruları doğrulara götürür. b) paralel doğruları paralel doğrulara götürür. c) İki paralel doğru parçası arasındaki oranı korur. → → Kanıt : a) P noktasından geçen ve doğrultusu − u olan : P + t− u doğrusunu alalım. → − → − → − → f (P + t u ) = A(P + t u )+ ~b = (AP + ~b) + t(A u ) = (P ) + t− u 1 1 olur. Yani, f afin dönüşümü, doğrusunu, P1 = AP +~b noktasından geçen ve doğrultusu → (A− u ) olan bir doğruya dönüştürür. → → u doğrusu ile bu doğruya paralel b) P noktasından geçen ve doğrultusu − u olan 1 : P + t− → − olan Q noktasından geçen 1 : Q + t u doğrusunu alalım. a)’dan, → → → → f (P + t− u ) = (AP + ~b) + t(A− u ) ve f (Q + t− u ) = (AQ + ~b) + t(A− u) → − elde edilir. Yani, elde edilen doğruların doğrultmanları A u vektörüdür. Böylece, afin dönüşümlerin, paralel doğruları yine paralel doğrulara dönüştürdüğü görülür. → → c) D1 ve D2 paralel iki doğru parçası olsun. Buna göre, λ ∈ R, − u 2 = λ− u 1 olmak üzere, → − → − : P +t u ve D : P +t u biçiminde yazılabilir. D t ∈ [0, 1] için, D 1 1 1 2 2 2 1 °→doğru ° parçasının °→ ° °→ ° u 1 ° olduğundan, u 2 ° = |λ| °− uzunluğu °− u 1 ° ve D2 doğru parçasının uzunluğu ise °− D1 ve D2 doğru parçalarının uzunlukları oranı λ’dır. Şimdi, f afin dönüşümü altında, bu doğru parçalarının uzunluklarını bulalım. → → u 1 ) = (AP1 + ~b) + t(A− u 1 ), t ∈ [0, 1], f (D1 ) = f (P1 + t− → − → − → ~ u ), t ∈ [0, 1], f (D ) = f (P + t u ) = (AP + b) + t(A u ) = (AP + ~b) + tλ(A− 2 2 2 2 2 2 olduğundan, f (D1 ) ve f (D2 ) doğru parçalarının uzunluğu sırasıyla, ° ° → ° ° − ° ° − ° → ° °A→ u 1 ° ve °A− u 2 ° = °λA→ u 1 ° = |λ| °A− u 1° 1 olur. Doğru parçalarının uzunlukları oranı yine λ olduğundan, afin dönüşümün, doğru parçalarının uzunlukları arasındaki oranı değiştirmediği görülür. ¥