17 Döndürme ve Paralel Eksenler
Bir önceki bölümde (Öteleme) düzlemi ve koordinat eksenlerini kendilerine paralel olarak kaydırdık. Bu bölümde ikinci temel hareketi, döndürmeyi ele alıyoruz. Önce bir noktayı sabit bir merkez etrafında döndürüp yeni konumunun koordinatlarını bulacağız. Sonra noktaları yerinde bırakıp eksenleri döndüreceğiz ve aynı noktanın yeni eksenlere göre koordinatlarını hesaplayacağız. İki işlemin aynı formüllerle, yalnız açının işareti değişerek anlatıldığını göreceğiz.
Dönmenin uzunlukları, açıları ve alanları değiştirmediğini gösterdikten sonra bir eğrinin denklemini döndürülmüş eksenlere taşıyacağız. Bu, ileride koniklerin denklemlerindeki \(xy\)’li terimi yok etmenin anahtarıdır. Bölümün sonunda eksenleri dik olmayan paralel koordinat sistemine (Paralel ve Kutupsal Koordinatlar) döneceğiz ve dik koordinatlarla eğik koordinatlar arasındaki geçiş formüllerini çıkaracağız.
17.1 Noktaların döndürülmesi
Bir noktayı döndürmek için iki şey gerekir: etrafında döndüreceğimiz bir merkez ve dönme açısı. Açılar her zaman olduğu gibi pozitif yönde, yani saat yönünün tersine ölçülür (Dik Koordinatlar ve Uzaklık).
Tanım 17.1 (Dönme) \(M \in \mathbb{R}^2\) sabit bir nokta ve \(0 \le \theta < 2\pi\) olsun. \(M\)’yi kendisine, \(M\)’den farklı her \(P\) noktasını da \[ |MP| = |MP'| \qquad\text{ve}\qquad \widehat{PMP'} = \theta \] olacak biçimde bir \(P'\) noktasına götüren fonksiyona \(M\) merkezli ve \(\theta\) radyanlık dönme denir. Burada \(\widehat{PMP'}\), \(MP\) yarı doğrusundan \(MP'\) yarı doğrusuna pozitif yönde ölçülen açıdır. \(P'\) noktasına \(P\)’nin dönmüşü ya da görüntüsü denir.
Yani dönme, \(P\)’yi merkezi \(M\) ve yarıçapı \(|MP|\) olan çember üzerinde saat yönünün tersine \(\theta\) açısı kadar kaydırır. Negatif yönde (saat yönünde) \(\theta\) kadar döndürmek, pozitif yönde \(2\pi - \theta\) kadar döndürmekle aynıdır; bunu kısaca \(-\theta\) radyanlık dönme diye de anacağız. Sinüs ve kosinüs \(2\pi\) periyotlu olduğundan aşağıdaki formüllerde \(\theta\) yerine \(-\theta\) yazmak bu dönmeyi verir.
Hesapları kolaylaştırmak için önce merkezi başlangıç noktası olarak seçelim.
Teorem 17.1 (Başlangıç noktası etrafında dönme) \(P(x, y)\) noktasının \(O = O(0, 0)\) etrafında \(\theta\) radyan döndürülmesiyle elde edilen nokta \(P'(x', y')\) ise \[ x' = x\cos\theta - y\sin\theta, \qquad y' = x\sin\theta + y\cos\theta \tag{1} \] dir.
İspat
\(P = O\) ise \(P' = O\) olur ve (1) de \(x' = y' = 0\) verir. \(P \neq O\) olsun ve \(r = |OP| > 0\) diyelim. \(P\)’nin kutupsal açısı \(\alpha\) olsun; yani \(OP\) yarı doğrusu pozitif \(X\) yönüyle \(\alpha\) açısı yapsın. Önerme 5.3 gereği \[ x = r\cos\alpha, \qquad y = r\sin\alpha \] dır.
Dönmenin tanımı gereği \(|OP'| = |OP| = r\) ve \(OP\)’den \(OP'\)’ne olan açı \(\theta\)’dır. Öyleyse \(OP'\) yarı doğrusu pozitif \(X\) yönüyle \(\alpha + \theta\) açısı yapar (\(\alpha + \theta \ge 2\pi\) ise bu açıdan \(2\pi\) çıkarılır; sinüs ve kosinüs değişmez). Yine Önerme 5.3 ve toplam formülleriyle \[ \begin{aligned} x' &= r\cos(\alpha + \theta) = r\cos\alpha\cos\theta - r\sin\alpha\sin\theta = x\cos\theta - y\sin\theta,\\[1mm] y' &= r\sin(\alpha + \theta) = r\sin\alpha\cos\theta + r\cos\alpha\sin\theta = y\cos\theta + x\sin\theta \end{aligned} \] bulunur. Bu, (1)’in ta kendisidir.
\(\blacksquare\)
- eşitliklerinin sağ tarafları \(x\) ve \(y\)’nin birinci dereceden ifadeleridir. Bu yüzden onları matris çarpımıyla (satır ile sütunun karşılıklı terimleri çarpılıp toplanarak) tek bir eşitlik olarak yazabiliriz: \[ \begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}. \]
Tanım 17.2 (Dönme matrisi) \[ D(\theta) = \begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix} \] matrisine \(\theta\) radyanlık dönme matrisi denir.
Yani \(O\) etrafında \(\theta\) kadar döndürmek, noktanın koordinat sütununu soldan \(D(\theta)\) ile çarpmaktır: \(P' = D(\theta)P\). Matrisin sütunları da anlamlıdır: birinci sütun \((\cos\theta, \sin\theta)\), \((1, 0)\) noktasının; ikinci sütun \((-\sin\theta, \cos\theta)\), \((0, 1)\) noktasının dönmüşüdür.
Bir dönmeyi geri almak için ters yönde aynı açı kadar döndürmek yeter. Bunun matris karşılığı şudur.
Önerme 17.1 (Dönme matrisinin tersi) \(D(\theta)\)’nın determinantı \(1\)’dir; dolayısıyla \(D(\theta)\)’nın tersi vardır ve \[ D^{-1}(\theta) = \begin{pmatrix} \cos\theta & \sin\theta \\ -\sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix} = D(-\theta) \] dır. Buna göre \(P(x, y)\) noktasının \(O\) etrafında \(\theta\) kadar döndürülmüşü \(P'(x', y')\) ise \[ x = x'\cos\theta + y'\sin\theta, \qquad y = -x'\sin\theta + y'\cos\theta \tag{2} \] olur.
İspat
Determinant \[ |D(\theta)| = \cos\theta\cdot\cos\theta - (-\sin\theta)\cdot\sin\theta = \cos^2\theta + \sin^2\theta = 1 \neq 0 \] dır. \(\cos(-\theta) = \cos\theta\) ve \(\sin(-\theta) = -\sin\theta\) olduğundan yazdığımız matris gerçekten \(D(-\theta)\)’dır. Çarpımı hesaplayalım: \[ D(\theta)\,D(-\theta) = \begin{pmatrix} \cos^2\theta + \sin^2\theta & \cos\theta\sin\theta - \sin\theta\cos\theta \\ \sin\theta\cos\theta - \cos\theta\sin\theta & \sin^2\theta + \cos^2\theta \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}. \] Aynı hesap \(D(-\theta)\,D(\theta)\)’nın da birim matris olduğunu gösterir; demek ki \(D^{-1}(\theta) = D(-\theta)\)’dır.
\(P' = D(\theta)P\) eşitliğinin iki yanını soldan \(D^{-1}(\theta)\) ile çarparsak \(D^{-1}(\theta)P' = P\), yani \[ \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos\theta & \sin\theta \\ -\sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix} \] bulunur. Satırları ayrı ayrı yazmak (2)’yi verir. \(\blacksquare\)
Yani (2), \(P'\)’nü \(O\) etrafında \(-\theta\) kadar döndürerek \(P\)’ye geri dönmenin formülüdür; (1)’de \(\theta\) yerine \(-\theta\) yazılıp \(P\) ile \(P'\)’nün rolleri değiştirilmiş hâlidir.
Örnek 17.1 (Başlangıç etrafında beş pi bölü dört dönme) \(P(2, \sqrt{2})\) noktasının başlangıç noktası etrafında pozitif yönde \(\dfrac{5\pi}{4}\) radyan döndürülmesiyle elde edilen \(P'\) noktasının koordinatlarını bulunuz.
Çözüm
\(\dfrac{5\pi}{4}\) açısı üçüncü bölgededir ve referans açısı \(\dfrac{\pi}{4}\)’tür; bu yüzden \[ \cos\frac{5\pi}{4} = \sin\frac{5\pi}{4} = -\frac{\sqrt{2}}{2} \] dir. (1)’de \(x = 2\), \(y = \sqrt{2}\) ve \(\theta = \dfrac{5\pi}{4}\) yazalım: \[ \begin{aligned} x' &= 2\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) - \sqrt{2}\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = -\sqrt{2} + 1,\\[1mm] y' &= 2\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) + \sqrt{2}\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = -\sqrt{2} - 1. \end{aligned} \] Böylece \(P'\big(1 - \sqrt{2},\, -1 - \sqrt{2}\big)\) bulunur.
Kontrol. Dönme \(O\)’ya uzaklığı korumalıdır. Gerçekten \(|OP|^2 = 4 + 2 = 6\) ve \[ |OP'|^2 = (1 - \sqrt{2})^2 + (1 + \sqrt{2})^2 = (3 - 2\sqrt{2}) + (3 + 2\sqrt{2}) = 6 \] dır.
\(\blacksquare\)
Örnek 17.2 (Dönmüşü bilinen noktayı bulmak) Başlangıç noktası etrafında pozitif yönde \(\dfrac{\pi}{2}\) radyan döndürülünce \(P'(-1, 3)\) noktasına giden \(P\) noktasını bulunuz.
Çözüm
\(\cos\dfrac{\pi}{2} = 0\) ve \(\sin\dfrac{\pi}{2} = 1\)’dir. (2)’de \(x' = -1\) ve \(y' = 3\) yazalım: \[ x = (-1)\cdot 0 + 3\cdot 1 = 3, \qquad y = -(-1)\cdot 1 + 3\cdot 0 = 1. \] Demek ki \(P(3, 1)\)’dir.
Kontrol. (1) ile \(P(3, 1)\)’i \(\dfrac{\pi}{2}\) döndürelim: \(x' = 3\cdot 0 - 1\cdot 1 = -1\) ve \(y' = 3\cdot 1 + 1\cdot 0 = 3\). Gerçekten \(P'(-1, 3)\) bulunur. Dik açılı dönmenin kısa kuralı da buradan okunur: \(\dfrac{\pi}{2}\) radyanlık dönme \((x, y)\)’yi \((-y, x)\)’e götürür.
\(\blacksquare\)
Bir noktası etrafında döndürme
Şimdi merkez başlangıç noktası olmasın. Yöntem, işi başlangıç noktası etrafındaki dönmeye indirmektir: önce merkezi başlangıca taşırız, orada döndürürüz, sonra geri taşırız.
Teorem 17.2 (Bir M noktası etrafında dönme) \(P(x, y)\) noktasının \(M(h, k)\) noktası etrafında \(\theta\) radyan döndürülmesiyle elde edilen nokta \(P'(x', y')\) ise \[ \begin{aligned} x' &= (x - h)\cos\theta - (y - k)\sin\theta + h,\\[1mm] y' &= (x - h)\sin\theta + (y - k)\cos\theta + k \end{aligned} \tag{3} \] dır.
İspat
\(P = M\) ise \(P' = M\) olur ve (3) de \(x' = h\), \(y' = k\) verir. \(P \neq M\) olsun. İşi üç adıma bölelim.
Birinci adım: merkezi başlangıca taşımak. \(P\) noktasını \(-\overrightarrow{OM}\) vektörü kadar ötelediğimizde elde edilen noktaya \(R\) diyelim. Koordinatları \(R(x - h, y - k)\)’dir ve \(\overrightarrow{OR} = \overrightarrow{MP}\) olur.
İkinci adım: başlangıç etrafında döndürmek. \(R\)’yi \(O\) etrafında \(\theta\) kadar döndürüp elde edilen noktaya \(R'(r_1', r_2')\) diyelim. Teorem 17.1 gereği \[ r_1' = (x - h)\cos\theta - (y - k)\sin\theta, \qquad r_2' = (x - h)\sin\theta + (y - k)\cos\theta \] dır.
Üçüncü adım: geri taşımak. \(R'\)’nü \(\overrightarrow{OM}\) kadar ötelediğimizde elde edilen noktaya \(P'\) diyelim. Koordinatları \((r_1' + h,\; r_2' + k)\)’dir; bunlar (3)’ün sağ taraflarıdır. Ayrıca \(\overrightarrow{MP'} = \overrightarrow{OR'}\) olur.
Geriye \(P'\)’nün gerçekten \(P\)’nin \(M\) etrafındaki dönmüşü olduğunu göstermek kalıyor. Eşit vektörlerin uzunlukları ve yönleri aynıdır. \(\overrightarrow{MP} = \overrightarrow{OR}\) ve \(\overrightarrow{MP'} = \overrightarrow{OR'}\) olduğundan \[ |MP'| = |OR'| = |OR| = |MP| \] dir. Ayrıca \(MP\)’den \(MP'\)’ne olan açı, aynı yönlü \(OR\)’den \(OR'\)’ne olan açıya, yani \(\theta\)’ya eşittir. Dönmenin tanımı gereği \(P'\), \(P\)’nin \(M\) merkezli \(\theta\) radyanlık dönmüşüdür.
\(\blacksquare\)
Örnek 17.3 (Bir nokta etrafında dik açılı dönme) \(P(2, 3)\) noktasının \(M(1, 4)\) noktası etrafında \(\theta = \dfrac{\pi}{2}\) radyan döndürülmesiyle elde edilen \(P'(x', y')\) noktasının koordinatlarını bulunuz.
Çözüm
Burada \(x = 2\), \(y = 3\), \(h = 1\), \(k = 4\) ve \(\theta = \dfrac{\pi}{2}\)’dir. Önce farkları hesaplayalım: \[ x - h = 2 - 1 = 1, \qquad y - k = 3 - 4 = -1. \] \(\cos\dfrac{\pi}{2} = 0\) ve \(\sin\dfrac{\pi}{2} = 1\) olduğundan (3)’ten \[ \begin{aligned} x' &= 0\cdot 1 - 1\cdot(-1) + 1 = 2,\\[1mm] y' &= 1\cdot 1 + 0\cdot(-1) + 4 = 5 \end{aligned} \] bulunur. Böylece \(P'(2, 5)\) elde edilir.
Kontrol. \(\overrightarrow{MP} = (1, -1)\) ve \(\overrightarrow{MP'} = (1, 1)\)’dir. İkisinin de uzunluğu \(\sqrt{2}\)’dir ve iç çarpımları \(1\cdot 1 + (-1)\cdot 1 = 0\) olduğundan diktirler.
\(\blacksquare\)
Örnek 17.4 (Bir nokta etrafında pi bölü dört dönme) \(A(3, 1)\) noktasının \(M(1, -1)\) noktası etrafında \(\dfrac{\pi}{4}\) radyan döndürülmesiyle elde edilen \(A'\) noktasını bulunuz.
Çözüm
\(x - h = 3 - 1 = 2\) ve \(y - k = 1 - (-1) = 2\)’dir. \(\cos\dfrac{\pi}{4} = \sin\dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\) olduğundan (3)’ten \[ \begin{aligned} x' &= 2\cdot\frac{\sqrt{2}}{2} - 2\cdot\frac{\sqrt{2}}{2} + 1 = 1,\\[1mm] y' &= 2\cdot\frac{\sqrt{2}}{2} + 2\cdot\frac{\sqrt{2}}{2} - 1 = 2\sqrt{2} - 1 \end{aligned} \] bulunur. Demek ki \(A'\big(1,\; 2\sqrt{2} - 1\big)\)’dir.
Kontrol. \(|MA|^2 = 2^2 + 2^2 = 8\) ve \(|MA'|^2 = 0^2 + (2\sqrt{2})^2 = 8\)’dir. Ayrıca \(\overrightarrow{MA} = (2, 2)\) vektörü pozitif \(X\) yönüyle \(\dfrac{\pi}{4}\) açısı yapar; \(\overrightarrow{MA'} = (0, 2\sqrt{2})\) ise tam yukarı bakar, yani \(\dfrac{\pi}{2}\) açısı yapar. Aradaki fark istenen \(\dfrac{\pi}{4}\)’tür.
\(\blacksquare\)
17.2 Eksenlerin döndürülmesi
Şimdi bakış açımızı değiştirelim: noktalar yerinde kalsın, koordinat eksenleri dönsün. Aynı noktanın yeni eksenlere göre koordinatları nedir?
Tanım 17.3 (Döndürülmüş dik koordinat sistemi) \(XY\), \(\mathbb{R}^2\)’de başlangıç noktası \(O = O(0, 0)\) olan bir dik koordinat sistemi olsun. \(X\)- ve \(Y\)-eksenlerini \(O\) etrafında pozitif yönde \(\theta\) radyan döndürerek elde edilen \(X'\)- ve \(Y'\)-eksenlerinin oluşturduğu \(X'Y'\) dik koordinat sistemine, \(XY\) sisteminin \(\theta\) radyanlık açıyla döndürülmüşü denir.
Yani döndürülmüş sistem de bir dik koordinat sistemidir: başlangıç noktası ve birim uzunluk aynıdır, eksenler hâlâ diktir ve pozitif \(X'\) yönünden pozitif \(Y'\) yönüne yine saat yönünün tersine çeyrek dönüşle gidilir. Değişen tek şey eksenlerin doğrultusudur.
Bir \(P\) noktasının \(XY\) sistemindeki koordinatları \((x, y)\), \(X'Y'\) sistemindeki koordinatları \((x', y')\) olsun. Aynı noktanın iki adresini ayırt etmek için kısaca \(P(x, y) = P'(x', y')\) yazacağız.
Teorem 17.3 (Eksenler döndürülünce yeni koordinatlar) \(XY\) sisteminin \(\theta\) radyanlık açıyla döndürülmüşü \(X'Y'\) olsun. \(XY\) sisteminde \(P(x, y)\) olan noktanın \(X'Y'\) sistemindeki koordinatları \[ x' = x\cos\theta + y\sin\theta, \qquad y' = -x\sin\theta + y\cos\theta \tag{4} \] dır.
İspat
\(P = O\) ise iki sistemde de koordinatlar \((0, 0)\)’dır ve (4) sağlanır. \(P \neq O\) olsun, \(r = |OP| > 0\) ve \(\varphi\) da \(P\)’nin \(XY\) sistemindeki kutupsal açısı olsun. Önerme 5.3 gereği \[ x = r\cos\varphi, \qquad y = r\sin\varphi \] dir.
\(X'Y'\) de başlangıç noktası \(O\) olan bir dik koordinat sistemidir. Bu sistemde \(P\)’nin \(O\)’ya uzaklığı yine \(r\)’dir. Pozitif \(X'\) yönü pozitif \(X\) yönüyle \(\theta\) açısı yaptığından, \(OP\) yarı doğrusunun pozitif \(X'\) yönüyle yaptığı açı \(\varphi - \theta\)’dır (negatifse \(2\pi\) eklenir; sinüs ve kosinüs değişmez). Dik ve kutupsal koordinatlar arasındaki geçişi (Önerme 5.3) bu kez \(X'Y'\) sisteminde uygular ve fark formüllerini kullanırsak \[ \begin{aligned} x' &= r\cos(\varphi - \theta) = r\cos\varphi\cos\theta + r\sin\varphi\sin\theta = x\cos\theta + y\sin\theta,\\[1mm] y' &= r\sin(\varphi - \theta) = r\sin\varphi\cos\theta - r\cos\varphi\sin\theta = y\cos\theta - x\sin\theta \end{aligned} \] bulunur.
\(\blacksquare\)
(4)’ü (1) ile karşılaştırınca göze çarpan bir benzerlik var: (4), (1)’de \(\theta\) yerine \(-\theta\) yazılmış hâlidir.
Önerme 17.2 (Eksenleri döndürmek ile noktayı ters yönde döndürmek) \(XY\) dik koordinat sisteminde bir \(P(x, y)\) noktası verilsin. \(XY\)’nin \(\theta\) radyanlık açıyla döndürülmüşü olan \(X'Y'\) sisteminde \(P\)’nin koordinatları, \(P\)’nin \(O\) etrafında negatif yönde \(\theta\) radyan, yani \(-\theta\) kadar döndürülmesiyle elde edilen noktanın \(XY\) sistemindeki koordinatlarına eşittir.
İspat
\(P\)’yi \(O\) etrafında \(-\theta\) kadar döndürelim ve elde edilen noktanın \(XY\) koordinatlarına \((x'', y'')\) diyelim. (1)’de \(\theta\) yerine \(-\theta\) yazarsak, \(\cos(-\theta) = \cos\theta\) ve \(\sin(-\theta) = -\sin\theta\) olduğundan \[ \begin{aligned} x'' &= x\cos(-\theta) - y\sin(-\theta) = x\cos\theta + y\sin\theta,\\[1mm] y'' &= x\sin(-\theta) + y\cos(-\theta) = -x\sin\theta + y\cos\theta \end{aligned} \] bulunur. Bunlar (4)’teki \(x'\) ve \(y'\) ile aynıdır. \(\blacksquare\)
Yani eksenleri saat yönünün tersine \(\theta\) kadar döndürmek, eksenlere göre bakıldığında noktayı saat yönünde \(\theta\) kadar döndürmek gibidir. Trenin penceresinden bakan yolcu için ağaçların geriye kaymasına benzer bir durum.
- de matris çarpımıyla yazılabilir: \[ \begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos\theta & \sin\theta \\ -\sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}. \]
Tanım 17.4 (Eksenlerin dönme matrisi) \[ D(-\theta) = \begin{pmatrix} \cos\theta & \sin\theta \\ -\sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix} \] matrisine eksenlerin \(\theta\) radyanlık dönme matrisi denir.
Yani eksenler \(\theta\) kadar döndürüldüğünde yeni koordinatlar, eski koordinat sütununun soldan \(D(-\theta)\) ile çarpılmasıyla bulunur: \(P' = D(-\theta)P\). Bu matris, noktaları döndüren \(D(\theta)\) matrisinin (Tanım 17.2) tersidir. Uygulamada çoğu kez ters yöne gitmemiz gerekir: bir eğrinin eski koordinatlarla yazılmış denklemini yeni koordinatlara taşımak için \(x\) ve \(y\)’yi \(x'\) ve \(y'\) cinsinden yazmalıyız.
Sonuç 17.1 (Eski koordinatlar yeni koordinatlar cinsinden) \(XY\) sisteminin \(\theta\) radyanlık açıyla döndürülmüşü \(X'Y'\) ise \[ x = x'\cos\theta - y'\sin\theta, \qquad y = x'\sin\theta + y'\cos\theta \tag{5} \] dır.
İspat
\(P' = D(-\theta)P\) eşitliğinin iki yanını soldan \(D(-\theta)\)’nın tersiyle çarpalım. Dönme matrisinin tersine ilişkin önermede (Önerme 17.1) \(\theta\) yerine \(-\theta\) yazarsak \(D^{-1}(-\theta) = D(\theta)\) bulunur. Öyleyse \[ \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix} \] dir; satırları yazmak (5)’i verir. \(\blacksquare\)
Yani eski koordinatlar, yeni koordinat ikilisinin \(\theta\) kadar döndürülmesiyle elde edilir. Bu bölümün geri kalanında en çok (5)’i kullanacağız.
Örnek 17.5 (Yeni eksen üzerine düşen nokta) \(XY\) sistemi \(\theta = \dfrac{\pi}{6}\) radyan döndürülüyor. \(P(\sqrt{3}, 1)\) noktasının yeni koordinatlarını bulunuz.
Çözüm
\(\cos\dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\) ve \(\sin\dfrac{\pi}{6} = \dfrac{1}{2}\)’dir. (4)’ten \[ \begin{aligned} x' &= \sqrt{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} + 1\cdot\frac{1}{2} = \frac{3}{2} + \frac{1}{2} = 2,\\[1mm] y' &= -\sqrt{3}\cdot\frac{1}{2} + 1\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} = 0 \end{aligned} \] bulunur. Demek ki yeni sistemde \(P'(2, 0)\)’dır; \(P\) tam \(X'\)-ekseninin üzerindedir.
Bu sonuç geometriyle de uyumludur. \(P\)’nin \(O\)’ya uzaklığı \(\sqrt{3 + 1} = 2\)’dir ve \(\tan\varphi = \dfrac{1}{\sqrt{3}}\) olduğundan kutupsal açısı \(\varphi = \dfrac{\pi}{6}\)’dır. Yani \(OP\) yarı doğrusu tam pozitif \(X'\) yönündedir.
\(\blacksquare\)
Dönmede değişmeyenler
Öteleme uzunlukları, açıları ve alanları değiştirmiyordu (Öteleme). Dönme için de aynısı doğrudur.
Teorem 17.4 (Dönmede uzunluk, açı ve alan değişmez) Bir dönmede
- uzunluklar,
- doğrular arasındaki yönlenmiş açılar,
- alanlar
değişmez. Yani noktalar bir merkez etrafında döndürüldüğünde iki nokta arasındaki uzaklık, iki doğru arasındaki yönlenmiş açı ve bir üçgenin alanı görüntülerde aynı kalır; eksenler döndürüldüğünde de bu büyüklüklerin yeni koordinatlarla hesaplanan değerleri eski koordinatlarla hesaplananlara eşittir.
İspat
Neden eksenlerin dönmesi yeter? Önerme 17.2 gereği noktaları \(O\) etrafında \(\theta\) kadar döndürmenin formülleri, eksenleri \(-\theta\) kadar döndürmenin (4) formülleriyle aynıdır. \(M\) etrafındaki dönme de, Teorem 17.2 ispatında gördüğümüz gibi, bir öteleme, \(O\) etrafında bir dönme ve bir ötelemenin art arda uygulanmasıdır; ötelemeler bu üç büyüklüğü korur. Bu yüzden eksenlerin herhangi bir \(\theta\) açısıyla döndürülmesinde üç büyüklüğün değişmediğini göstermek yeter.
Önce (4)’ün farklara nasıl etki ettiğine bakalım. \(P_1(x_1, y_1)\) ve \(P_2(x_2, y_2)\) noktalarının yeni koordinatları \((x_1', y_1')\) ve \((x_2', y_2')\) olsun; \(\Delta x = x_2 - x_1\) ve \(\Delta y = y_2 - y_1\) diyelim. (4)’ü iki nokta için yazıp taraf tarafa çıkarırsak \[ x_2' - x_1' = \Delta x\cos\theta + \Delta y\sin\theta, \qquad y_2' - y_1' = -\Delta x\sin\theta + \Delta y\cos\theta \tag{6} \] bulunur. Yani koordinat farkları da (4)’teki kuralla dönüşür.
Uzunluklar. (6)’yı kullanarak kareleri açalım: \[ \begin{aligned} (x_2' - x_1')^2 &= \Delta x^2\cos^2\theta + 2\,\Delta x\,\Delta y\sin\theta\cos\theta + \Delta y^2\sin^2\theta,\\[1mm] (y_2' - y_1')^2 &= \Delta x^2\sin^2\theta - 2\,\Delta x\,\Delta y\sin\theta\cos\theta + \Delta y^2\cos^2\theta. \end{aligned} \] Toplarken karma terimler birbirini götürür ve \(\cos^2\theta + \sin^2\theta = 1\)’den \[ (x_2' - x_1')^2 + (y_2' - y_1')^2 = \Delta x^2 + \Delta y^2 \] kalır. Karekök alınırsa uzaklık formülü (Dik Koordinatlar ve Uzaklık) iki sistemde aynı sonucu verir: \(|P_1'P_2'| = |P_1P_2|\).
Açılar. Önce bir doğrunun eğim açısının nasıl değiştiğini bulalım. \(d\) doğrusunun \(XY\) sistemindeki eğim açısı \(\varphi\) olsun. \(d\) üzerinde, \(\overrightarrow{AB} = (\cos\varphi, \sin\varphi)\) olacak biçimde iki nokta seçelim. (6) gereği bu iki noktanın yeni koordinatlarının farkı \[ \big(\cos\varphi\cos\theta + \sin\varphi\sin\theta,\; -\cos\varphi\sin\theta + \sin\varphi\cos\theta\big) = \big(\cos(\varphi - \theta),\; \sin(\varphi - \theta)\big) \] dir. Demek ki \(X'Y'\) sisteminde \(d\)’nin doğrultusu pozitif \(X'\) yönüyle \(\varphi - \theta\) açısı yapar. Bir doğrunun eğim açısı \([0, \pi)\) aralığında alındığından, \(d\)’nin yeni eğim açısı \(\varphi'\), \(\varphi - \theta\)’ya \(\pi\)’nin uygun bir tam katı eklenerek bulunur: \[ \varphi' \equiv \varphi - \theta \pmod{\pi}. \]
Şimdi \(d_1\) ve \(d_2\) doğrularının eski eğim açıları \(\varphi_1\), \(\varphi_2\) olsun ve \(\alpha\), \(d_1\)’den \(d_2\)’ye yönlenmiş açı olsun (Tanım 2.7). \(d_1\)’i pozitif yönde \(\alpha\) kadar döndürmek eğim açısını \(\alpha\) kadar artırır; bu yüzden \(\alpha\), \(\varphi_1 + \alpha \equiv \varphi_2 \pmod{\pi}\) koşulunu sağlayan \([0, \pi)\)’deki tek sayıdır. Yeni sistemde yönlenmiş açı \(\alpha'\) ise \(\varphi_1' + \alpha' \equiv \varphi_2' \pmod{\pi}\) koşulunu sağlayan \([0, \pi)\)’deki tek sayıdır. \(\varphi_1' \equiv \varphi_1 - \theta\) ve \(\varphi_2' \equiv \varphi_2 - \theta\) olduğundan bu koşul \[ \varphi_1 - \theta + \alpha' \equiv \varphi_2 - \theta \pmod{\pi}, \quad\text{yani}\quad \varphi_1 + \alpha' \equiv \varphi_2 \pmod{\pi} \] koşuluyla aynıdır. Öyleyse \(\alpha' = \alpha\)’dır.
Eğimlerle doğrulama. Aynı sonucu eğimlerle yapılan bir hesapla da görebiliriz. \(d_1 : y = m_1x + n_1\) doğrusunun denkleminde (5)’i yerine yazalım: \[ x'\sin\theta + y'\cos\theta = m_1(x'\cos\theta - y'\sin\theta) + n_1, \] yani \[ (\cos\theta + m_1\sin\theta)\,y' = (m_1\cos\theta - \sin\theta)\,x' + n_1. \] \(\cos\theta \neq 0\) ve \(\cos\theta + m_1\sin\theta \neq 0\) ise yeni eğim, pay ve paydayı \(\cos\theta\)’ya bölerek \[ m_1' = \frac{m_1\cos\theta - \sin\theta}{m_1\sin\theta + \cos\theta} = \frac{m_1 - \tan\theta}{1 + m_1\tan\theta} \] bulunur; bu, \(\tan(\varphi_1 - \theta)\)’nın açılımıdır. Benzer şekilde \(m_2' = \dfrac{m_2 - \tan\theta}{1 + m_2\tan\theta}\)’dır. \(t = \tan\theta\) diyelim. \(\tan\alpha' = \dfrac{m_2' - m_1'}{1 + m_1'm_2'}\) kesrinin pay ve paydasını \((1 + m_1t)(1 + m_2t)\) ile çarparsak pay \[ \begin{aligned} &(m_2 - t)(1 + m_1t) - (m_1 - t)(1 + m_2t)\\[1mm] &\quad= m_2 + m_1m_2t - t - m_1t^2 - m_1 - m_1m_2t + t + m_2t^2\\[1mm] &\quad= (m_2 - m_1)(1 + t^2), \end{aligned} \] payda da \[ \begin{aligned} &(1 + m_1t)(1 + m_2t) + (m_1 - t)(m_2 - t)\\[1mm] &\quad= 1 + m_1t + m_2t + m_1m_2t^2 + m_1m_2 - m_1t - m_2t + t^2\\[1mm] &\quad= (1 + m_1m_2)(1 + t^2) \end{aligned} \] olur. \(1 + t^2 \neq 0\) sadeleşince, Teorem 2.3 gereği (\(1 + m_1m_2 \neq 0\) iken) \[ \tan\alpha' = \frac{m_2 - m_1}{1 + m_1m_2} = \tan\alpha \] bulunur. Eğimlerle yapılan bu hesap düşey doğruları ve paydaların sıfır olduğu durumları dışarıda bırakır; eğim açılarıyla yaptığımız yukarıdaki gerekçe ise her durumu kapsar.
Alanlar. Köşeleri \(P_1\), \(P_2\), \(P_3\) olan bir üçgen alalım ve \(u = \overrightarrow{P_1P_2} = (u_1, u_2)\), \(v = \overrightarrow{P_1P_3} = (v_1, v_2)\) diyelim. Üçgen, \(u\) ile \(v\) üzerine kurulan paralelkenarın yarısı olduğundan Önerme 9.4 gereği alanı \[ \mathcal{A}(P_1P_2P_3) = \frac{1}{2}\,|u_1v_2 - u_2v_1| \] dir. (6) gereği yeni sistemde bu vektörlerin bileşenleri \[ u_1' = u_1\cos\theta + u_2\sin\theta, \qquad u_2' = -u_1\sin\theta + u_2\cos\theta \] ve \(v\) için de aynı biçimdedir. Kısalık için \(c = \cos\theta\), \(s = \sin\theta\) yazarak çarpımları açalım: \[ \begin{aligned} u_1'v_2' &= (u_1c + u_2s)(-v_1s + v_2c)\\[1mm] &= -u_1v_1cs + u_1v_2c^2 - u_2v_1s^2 + u_2v_2sc,\\[1mm] u_2'v_1' &= (-u_1s + u_2c)(v_1c + v_2s)\\[1mm] &= -u_1v_1sc - u_1v_2s^2 + u_2v_1c^2 + u_2v_2cs. \end{aligned} \] Taraf tarafa çıkarınca \(u_1v_1\) ve \(u_2v_2\)’li terimler gider: \[ u_1'v_2' - u_2'v_1' = u_1v_2(c^2 + s^2) - u_2v_1(s^2 + c^2) = u_1v_2 - u_2v_1. \] Demek ki üçgenin alanı iki sistemde aynı hesaplanır. Her çokgen üçgenlere bölünebildiğinden çokgenlerin alanları da değişmez. \(\blacksquare\)
Bir eğrinin yeni sistemdeki denklemi
Eksenler döndürüldüğünde eğriler yerinde kalır; değişen, onları anlatan denklemlerdir. Bir eğri \(XY\) sisteminde \(F(x, y) = 0\) denklemiyle verilmişse, bir noktanın eğri üzerinde olması eski koordinatlarının bu denklemi sağlamasıdır. Eski koordinatları (5) ile yeni koordinatlar cinsinden yazarsak eğrinin \(X'Y'\) sistemindeki denklemi \[ F(x'\cos\theta - y'\sin\theta,\; x'\sin\theta + y'\cos\theta) = 0 \] olur. Yani denklemde \(x\) ve \(y\) yerine (5)’teki ifadeleri yazmak yeter.
Örnek 17.6 (Döndürülen eksenlerde çember) \(XY\) sisteminde \(x^2 + y^2 = 9\) geometrik yeri veriliyor. \(X\)- ve \(Y\)-eksenleri pozitif yönde \(\dfrac{\pi}{3}\) radyan döndürülüyor. Bu geometrik yerin yeni \(X'Y'\) sistemindeki denklemini bulunuz ve iki sistemi aynı şekilde gösteriniz.
Çözüm
\(\cos\dfrac{\pi}{3} = \dfrac{1}{2}\) ve \(\sin\dfrac{\pi}{3} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\) olduğundan (5) \[ x = \frac{x'}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}\,y' = \frac{1}{2}\big(x' - \sqrt{3}\,y'\big), \qquad y = \frac{\sqrt{3}}{2}\,x' + \frac{y'}{2} = \frac{1}{2}\big(\sqrt{3}\,x' + y'\big) \] verir. Kareleri açalım: \[ \begin{aligned} x^2 &= \frac{1}{4}\big(x'^2 - 2\sqrt{3}\,x'y' + 3y'^2\big),\\[1mm] y^2 &= \frac{1}{4}\big(3x'^2 + 2\sqrt{3}\,x'y' + y'^2\big). \end{aligned} \] Toplayınca \(x'y'\)’li terimler birbirini götürür: \[ x^2 + y^2 = \frac{1}{4}\big(4x'^2 + 4y'^2\big) = x'^2 + y'^2. \] Böylece geometrik yerin yeni denklemi \[ x'^2 + y'^2 = 9 \] dur. Bu hiç şaşırtıcı değildir: \(x^2 + y^2 = 9\), \(O\)’ya uzaklığı \(3\) olan noktaların kümesidir ve Teorem 17.4 gereği uzaklıklar dönmeyle değişmez. Merkezi başlangıç noktasında olan bir çemberin denklemi her dönmede aynı kalır.
\(\blacksquare\)
Örnek 17.7 (Dik açılı dönme doğruyu dik doğruya çevirir) \(XY\) sisteminde \(X\)- ve \(Y\)-eksenlerinin pozitif yönde \(\dfrac{\pi}{2}\) radyan döndürülmesinin her doğruyu kendisine dik bir doğruya dönüştürdüğünü gösteriniz. Yani bir doğrunun yeni sistemdeki denklemi \(XY\) sisteminde okunduğunda, ilk doğruya dik bir doğru belirtir.
Çözüm
\(\theta = \dfrac{\pi}{2}\) için \(\cos\theta = 0\) ve \(\sin\theta = 1\) olduğundan (5) \[ x = -y', \qquad y = x' \] verir. (4)’e göre de \(x' = y\) ve \(y' = -x\)’tir; yani \((x, y)\) noktasının yeni koordinatları \((x', y') = (y, -x)\)’tir.
\(XY\) sisteminde \(d : ax + by + c = 0\) doğrusu verilsin (\(a\) ile \(b\) ikisi birden sıfır değil). \(d\)’nin yeni sistemdeki karşılığına \(d'\) diyelim. Denklemde \(x = -y'\) ve \(y = x'\) yazarsak \[ d' : a(-y') + bx' + c = 0, \quad\text{yani}\quad bx' - ay' + c = 0 \] bulunur.
Genel durum (\(a \neq 0\), \(b \neq 0\)). Önerme 3.3 gereği \(d\)’nin eğimi \(m = -\dfrac{a}{b}\), \(d'\)’nün eğimi ise \(m' = -\dfrac{b}{-a} = \dfrac{b}{a}\)’dır. Buna göre \[ m\,m' = \left(-\frac{a}{b}\right)\frac{b}{a} = -1 \] dir; Sonuç 2.2 gereği \(d'\) doğrusu \(d\)’ye diktir.
Yatay ya da düşey doğrular. \(a = 0\) ise \(d : by + c = 0\) yataydır, \(d' : bx' + c = 0\) ise düşeydir. \(b = 0\) ise \(d : ax + c = 0\) düşeydir, \(d' : -ay' + c = 0\) ise yataydır. Her iki durumda da doğrular diktir.
Somut bir örnek: \(d : x + 2y - 4 = 0\) için \(d' : 2x' - y' - 4 = 0\) bulunur. \(XY\) sisteminde okunduğunda \(2x - y - 4 = 0\) doğrusunun eğimi \(2\), \(d\)’ninki \(-\dfrac{1}{2}\)’dir ve çarpımları \(-1\)’dir. Bu iki doğru \(\left(\dfrac{12}{5}, \dfrac{4}{5}\right)\) noktasında dik kesişir.
\(\blacksquare\)
Dönmenin en önemli uygulaması, ikinci dereceden bir denklemdeki \(xy\)’li terimi, yani karma terimi yok etmektir. Eksenleri uygun bir açıyla döndürünce eğri, eksenlere “düz” oturur ve denklemi sadeleşir.
- (5)’i denklemde yerine yazıp terimleri \(x'^2\), \(x'y'\), \(y'^2\), \(x'\), \(y'\) ve sabit terim diye toplayın. \(2\sin\theta\cos\theta = \sin 2\theta\) ve \(\cos^2\theta - \sin^2\theta = \cos 2\theta\) özdeşlikleri katsayıları sadeleştirir.
- \(x'y'\)’nin katsayısını sıfıra eşitleyip \(\tan 2\theta\)’yı (ya da \(\cos 2\theta = 0\) koşulunu) bulun ve \(0 < \theta < \dfrac{\pi}{2}\) aralığında bir çözüm seçin.
- \(\cos^2\theta = \dfrac{1 + \cos 2\theta}{2}\) ve \(\sin^2\theta = \dfrac{1 - \cos 2\theta}{2}\) ile \(\cos\theta\) ve \(\sin\theta\)’yı hesaplayıp kalan katsayılara yazın.
Örnek 17.8 (xy = 1 eğrisinde karma terimi yok etmek) \(xy = 1\) denklemindeki karma terimi yok eden bir dönme açısı bulunuz ve eğrinin yeni denklemini yazınız.
Çözüm
Birinci adım. (5)’i yerine yazalım: \[ \begin{aligned} xy &= (x'\cos\theta - y'\sin\theta)(x'\sin\theta + y'\cos\theta)\\[1mm] &= x'^2\sin\theta\cos\theta + x'y'(\cos^2\theta - \sin^2\theta) - y'^2\sin\theta\cos\theta\\[1mm] &= \frac{\sin 2\theta}{2}\,x'^2 + \cos 2\theta\; x'y' - \frac{\sin 2\theta}{2}\,y'^2. \end{aligned} \]
İkinci adım. Karma terimin katsayısı \(\cos 2\theta\)’dır. \(\cos 2\theta = 0\) ve \(0 < 2\theta < \pi\) koşulları \(2\theta = \dfrac{\pi}{2}\), yani \(\theta = \dfrac{\pi}{4}\) verir.
Üçüncü adım. Bu açıda \(\sin 2\theta = 1\) olduğundan denklem \[ \frac{x'^2}{2} - \frac{y'^2}{2} = 1, \quad\text{yani}\quad x'^2 - y'^2 = 2 \] olur. Eğri \(X'\)-eksenini \(x' = \pm\sqrt{2}\)’de keser. Bu noktalar \(XY\) sisteminde (5) ile \((1, 1)\) ve \((-1, -1)\)’dir; gerçekten ikisi de \(xy = 1\)’i sağlar. Bu eğrinin bir hiperbol olduğunu konikler kısmında göreceğiz (Hiperbol).
\(\blacksquare\)
17.3 Dik koordinat sisteminden paralel koordinat sistemine geçiş
Şimdi dönmeyi bir adım genelleştiriyoruz. Yeni sistemin eksenleri yalnız dönmüş olmasın, aralarındaki açı da \(\dfrac{\pi}{2}\)’den farklı olabilsin. Böylece dik koordinatlarla bir paralel koordinat sisteminin (Paralel ve Kutupsal Koordinatlar) koordinatları arasında gidip gelebileceğiz.
Kurulum şöyle olsun. \(\mathbb{R}^2\)’de başlangıç noktası \(O = O(0, 0)\) olan bir \(XY\) dik koordinat sistemi ve başlangıç noktası yine \(O\) olan, eksenleri arasındaki açı \(\alpha\) (\(0 < \alpha < \pi\)) olan bir \(X'Y'\) paralel koordinat sistemi verilsin (Tanım 5.1). İki sistemde birim uzunluk aynıdır. Pozitif \(X\) yönünden pozitif \(X'\) yönüne olan açıya \(\theta\) diyelim.
Pozitif \(X\) ve \(Y\) yönlerindeki birim vektörler \(e_1 = (1, 0)\) ve \(e_2 = (0, 1)\)’dir; bunlar eksenlerin birim vektörlerinin (Tanım 7.17) düzlemdeki karşılığıdır. Pozitif \(X'\) ve \(Y'\) yönlerindeki birim vektörlere \(e_1'\) ve \(e_2'\) diyelim. Pozitif \(X'\) yönü pozitif \(X\) yönüyle \(\theta\), pozitif \(Y'\) yönü ise \(\theta + \alpha\) açısı yapar. Birim çember üzerindeki bir noktanın koordinatları, o noktanın açısının kosinüsü ve sinüsüdür (Önerme 5.3 ispatındaki \(U\) noktası). Bu yüzden \[ e_1' = (\cos\theta, \sin\theta), \qquad e_2' = \big(\cos(\theta + \alpha), \sin(\theta + \alpha)\big) \] dır. Bir \(P\) noktasının \(XY\) sistemindeki dik koordinatları \((x, y)\), \(X'Y'\) sistemindeki paralel koordinatları \((x', y')\) olsun ve yine \(P(x, y) = P'(x', y')\) yazalım.
Teorem 17.5 (Paralel koordinatlardan dik koordinatlara) Yukarıdaki kurulumda \[ x = x'\cos\theta + y'\cos(\theta + \alpha), \qquad y = x'\sin\theta + y'\sin(\theta + \alpha) \tag{7} \] dır.
İspat
Konum vektörünün iki yazılışı. Bir vektörün eksen birim vektörleri cinsinden yazılışının (Önerme 7.13) düzlemdeki karşılığı olarak \(\overrightarrow{OP} = x e_1 + y e_2\)’dir. Öte yandan paralel koordinatların tanımı gereği \(P\)’den \(Y'\)-eksenine çizilen paralel \(X'\)-eksenini \(x'\) noktasında, \(X'\)-eksenine çizilen paralel \(Y'\)-eksenini \(y'\) noktasında keser. Bu noktalara \(A\) ve \(B\) diyelim; \(\overrightarrow{OA} = x'e_1'\) ve \(\overrightarrow{OB} = y'e_2'\)’dür. \(OAPB\) bir paralelkenar olduğundan paralelkenar kuralı (Önerme 7.6) \(\overrightarrow{OP} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB}\) verir. (\(P\) bir eksen üzerindeyse paralelkenar bir doğru parçasına dönüşür, ama eşitlik yine geçerlidir.) Demek ki \[ x e_1 + y e_2 = x'e_1' + y'e_2' \tag{8} \] dür.
Bileşenleri ayırmak. (8)’in iki yanının \(e_1\) ile iç çarpımını alalım (Tanım 9.4). \(\langle e_1, e_1\rangle = 1\), \(\langle e_2, e_1\rangle = 0\), \(\langle e_1', e_1\rangle = \cos\theta\) ve \(\langle e_2', e_1\rangle = \cos(\theta + \alpha)\) olduğundan \[ x = x'\cos\theta + y'\cos(\theta + \alpha) \] bulunur. Benzer şekilde \(e_2\) ile iç çarpım alınırsa \(\langle e_1, e_2\rangle = 0\), \(\langle e_2, e_2\rangle = 1\), \(\langle e_1', e_2\rangle = \sin\theta\) ve \(\langle e_2', e_2\rangle = \sin(\theta + \alpha)\) olduğundan \[ y = x'\sin\theta + y'\sin(\theta + \alpha) \] elde edilir.
\(\blacksquare\)
Tersine, dik koordinatları bilinen bir noktanın paralel koordinatlarını bulmak için (8)’i bu kez eğik eksenlerin birim vektörleriyle çarparız.
Teorem 17.6 (Dik koordinatlardan paralel koordinatlara) Yukarıdaki kurulumda \[ x' = \frac{x\sin(\theta + \alpha) - y\cos(\theta + \alpha)}{\sin\alpha}, \qquad y' = \frac{-x\sin\theta + y\cos\theta}{\sin\alpha} \tag{9} \] dır.
İspat
İki denklem. Önce eğik birim vektörlerin iç çarpımlarını hesaplayalım. \(\langle e_1', e_1'\rangle = \langle e_2', e_2'\rangle = 1\)’dir ve fark formülüyle \[ \langle e_1', e_2'\rangle = \cos\theta\cos(\theta + \alpha) + \sin\theta\sin(\theta + \alpha) = \cos\big((\theta + \alpha) - \theta\big) = \cos\alpha \] bulunur. (8)’in iki yanının \(e_1'\) ile iç çarpımını alalım. \(\langle e_1, e_1'\rangle = \cos\theta\) ve \(\langle e_2, e_1'\rangle = \sin\theta\) olduğundan \[ x\cos\theta + y\sin\theta = x' + y'\cos\alpha \tag{10} \] elde edilir. \(e_2'\) ile iç çarpım alınırsa \(\langle e_1, e_2'\rangle = \cos(\theta + \alpha)\) ve \(\langle e_2, e_2'\rangle = \sin(\theta + \alpha)\) olduğundan \[ x\cos(\theta + \alpha) + y\sin(\theta + \alpha) = x'\cos\alpha + y' \tag{11} \] bulunur.
Denklemleri çözmek. Kısalık için (10)’un sol yanına \(A\), (11)’in sol yanına \(B\) diyelim. \(x' + y'\cos\alpha = A\) ve \(x'\cos\alpha + y' = B\) sisteminde ilk denklemden ikincinin \(\cos\alpha\) katını çıkarırsak \[ x'(1 - \cos^2\alpha) = A - B\cos\alpha, \quad\text{yani}\quad x' = \frac{A - B\cos\alpha}{\sin^2\alpha} \] bulunur. \(0 < \alpha < \pi\) olduğundan \(\sin\alpha \neq 0\)’dır. Pay: \[ A - B\cos\alpha = x\big(\cos\theta - \cos\alpha\cos(\theta + \alpha)\big) + y\big(\sin\theta - \cos\alpha\sin(\theta + \alpha)\big). \] \(\theta = (\theta + \alpha) - \alpha\) yazıp fark formüllerini kullanalım: \[ \begin{aligned} \cos\theta &= \cos(\theta + \alpha)\cos\alpha + \sin(\theta + \alpha)\sin\alpha,\\[1mm] \sin\theta &= \sin(\theta + \alpha)\cos\alpha - \cos(\theta + \alpha)\sin\alpha. \end{aligned} \] Bunlar paydaki parantezlerin sırasıyla \(\sin\alpha\sin(\theta + \alpha)\) ve \(-\sin\alpha\cos(\theta + \alpha)\) olduğunu gösterir. \(\sin\alpha\) sadeleşince (9)’un ilk eşitliği çıkar.
Benzer şekilde ikinci denklemden birincinin \(\cos\alpha\) katını çıkarırsak \(y' = \dfrac{B - A\cos\alpha}{\sin^2\alpha}\) bulunur. Toplam formülleriyle \[ \begin{aligned} \cos(\theta + \alpha) - \cos\alpha\cos\theta &= -\sin\alpha\sin\theta,\\[1mm] \sin(\theta + \alpha) - \cos\alpha\sin\theta &= \sin\alpha\cos\theta \end{aligned} \] olduğundan \[ B - A\cos\alpha = \sin\alpha\,(-x\sin\theta + y\cos\theta) \] dır. \(\sin\alpha\) sadeleşince (9)’un ikinci eşitliği de çıkar. \(\blacksquare\)
Yani (7) ile (9) birbirinin tersidir: biri eğik koordinatlardan dik koordinatlara, öbürü dik koordinatlardan eğik koordinatlara götürür.
Özel olarak \(\alpha = \dfrac{\pi}{2}\) ise \(X'Y'\) bir dik sistemdir ve \(XY\)’nin \(\theta\) kadar döndürülmüşüdür. Bu durumda \(\sin\alpha = 1\), \(\cos(\theta + \frac{\pi}{2}) = -\sin\theta\) ve \(\sin(\theta + \frac{\pi}{2}) = \cos\theta\) olur. (7), dönmenin (5) formüllerine; (9) da (4) formüllerine dönüşür. Yani eksenlerin döndürülmesi, burada anlattığımız geçişin eksenleri dik kalan özel hâlidir.
Şekli çizerken \(\theta + \alpha \le \dfrac{\pi}{2}\) durumunu, yani iki eğik eksenin de birinci bölgeden geçtiği durumu düşünmek kolaydır. Ama bu kısıtlama formüller için gerekli değildir.
Önerme 17.3 (Geçiş formülleri her açı için geçerlidir)
- ve (9) geçiş formülleri \(\theta + \alpha > \dfrac{\pi}{2}\) olduğunda da, genel olarak her \(\theta\) ve her \(0 < \alpha < \pi\) için geçerlidir.
İspat
İki geçiş teoreminin (Teorem 17.5 ve Teorem 17.6) ispatlarında açıların büyüklüğü yalnız bir yerde kullanıldı: \(e_1'\) ve \(e_2'\) vektörlerinin koordinatlarında. Bir birim vektörün koordinatlarının, pozitif \(X\) yönüyle yaptığı açının kosinüsü ve sinüsü olması birim çember tanımından gelir ve açı hangi bölgede olursa olsun doğrudur. Dolayısıyla \(\theta + \alpha\) ikinci, üçüncü ya da dördüncü bölgede olsa da \[ e_1' = (\cos\theta, \sin\theta), \qquad e_2' = \big(\cos(\theta + \alpha), \sin(\theta + \alpha)\big) \] yazılır. İspatın geri kalanı (paralelkenar kuralı, iç çarpımlar, toplam ve fark formülleri, \(\sin\alpha \neq 0\)) hiçbir açı kısıtlaması kullanmaz.
Örneğin \(\theta = \dfrac{\pi}{4}\) ve \(\alpha = \dfrac{2\pi}{3}\) olsun; \(\theta + \alpha = \dfrac{11\pi}{12} > \dfrac{\pi}{2}\)’dir ve \(Y'\)-ekseninin pozitif yarısı ikinci bölgededir. \(\cos\dfrac{11\pi}{12} = -\dfrac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}\) ve \(\sin\dfrac{11\pi}{12} = \dfrac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}\) olduğundan paralel koordinatları \((1, 1)\) olan nokta için (7) \[ x = \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} = \frac{\sqrt{2} - \sqrt{6}}{4}, \qquad y = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} = \frac{\sqrt{2} + \sqrt{6}}{4} \] verir. Bu nokta \(e_1' + e_2'\) vektörünün ucudur ve gerçekten ikinci bölgededir.
\(\blacksquare\)
Örnek 17.9 (Eğik sistemdeki bir noktanın dik koordinatları) \(XY\) dik sistemiyle aynı başlangıç noktasına sahip bir \(X'Y'\) paralel sisteminde \(\theta = \dfrac{\pi}{6}\) ve eksenler arasındaki açı \(\alpha = \dfrac{\pi}{6}\)’dır. Paralel koordinatları \((2, 1)\) olan noktanın dik koordinatlarını bulunuz ve (9) ile geri dönerek doğrulayınız.
Çözüm
Burada \(\theta + \alpha = \dfrac{\pi}{3}\)’tür. Gerekli değerler \[ \cos\frac{\pi}{6} = \frac{\sqrt{3}}{2}, \quad \sin\frac{\pi}{6} = \frac{1}{2}, \quad \cos\frac{\pi}{3} = \frac{1}{2}, \quad \sin\frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2} \] dir. (7)’de \(x' = 2\) ve \(y' = 1\) yazalım: \[ x = 2\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} + 1\cdot\frac{1}{2} = \sqrt{3} + \frac{1}{2}, \qquad y = 2\cdot\frac{1}{2} + 1\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} = 1 + \frac{\sqrt{3}}{2}. \] Demek ki nokta \(P\left(\sqrt{3} + \dfrac{1}{2},\; 1 + \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\)’dir.
Doğrulama. \(\sin\alpha = \dfrac{1}{2}\) olduğundan (9)’da paydaya bölmek \(2\) ile çarpmaktır: \[ \begin{aligned} x' &= 2\left[\left(\sqrt{3} + \frac{1}{2}\right)\frac{\sqrt{3}}{2} - \left(1 + \frac{\sqrt{3}}{2}\right)\frac{1}{2}\right] = 2\left[\frac{3}{2} + \frac{\sqrt{3}}{4} - \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{4}\right] = 2,\\[1mm] y' &= 2\left[-\left(\sqrt{3} + \frac{1}{2}\right)\frac{1}{2} + \left(1 + \frac{\sqrt{3}}{2}\right)\frac{\sqrt{3}}{2}\right] = 2\left[-\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{1}{4} + \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{3}{4}\right] = 1. \end{aligned} \] Başladığımız \((2, 1)\) ikilisine geri döndük.
\(\blacksquare\)
İki sistemin başlangıç noktaları farklıysa önce bir öteleme yaparız.
Önerme 17.4 (Başlangıç noktaları farklı olduğunda geçiş) \(XY\) dik sisteminde bir \(O'(a, b)\) noktası alalım. \(X'Y'\), başlangıç noktası \(O'\) olan ve eksenleri arasındaki açı \(\alpha\) olan bir paralel koordinat sistemi olsun; pozitif \(X\) yönünden pozitif \(X'\) yönüne olan açı \(\theta\) olsun. Bir noktanın \(XY\) sistemindeki koordinatları \((x, y)\), \(X'Y'\) sistemindeki koordinatları \((x', y')\) ise \[ x = x'\cos\theta + y'\cos(\theta + \alpha) + a, \qquad y = x'\sin\theta + y'\sin(\theta + \alpha) + b \tag{12} \] ve \[ \begin{aligned} x' &= \frac{(x - a)\sin(\theta + \alpha) - (y - b)\cos(\theta + \alpha)}{\sin\alpha},\\[1mm] y' &= \frac{-(x - a)\sin\theta + (y - b)\cos\theta}{\sin\alpha} \end{aligned} \tag{13} \] dır.
İspat
\(XY\) sisteminin eksenlerini kendilerine paralel kalacak biçimde \(O'\) noktasına ötelediğimizde elde edilen dik sisteme \(X^*Y^*\) diyelim. Eksenlerin ötelenmesinden (Öteleme) bir noktanın iki sistemdeki koordinatları arasında \[ x = x^* + a, \qquad y = y^* + b \tag{14} \] bağıntısı vardır. \(X^*Y^*\) ile \(X'Y'\)’nün başlangıç noktası ortaktır (\(O'\)) ve \(X^*\) ekseni \(X\)’e paralel ve aynı yönlü olduğundan pozitif \(X^*\) yönünden pozitif \(X'\) yönüne olan açı yine \(\theta\)’dır. Öyleyse Teorem 17.5 ve Teorem 17.6 bu iki sisteme uygulanabilir: \[ x^* = x'\cos\theta + y'\cos(\theta + \alpha), \qquad y^* = x'\sin\theta + y'\sin(\theta + \alpha) \] ve (9)’da \(x\), \(y\) yerine \(x^*\), \(y^*\) yazılmış eşitlikler geçerlidir. Birinciyi (14)’e yazmak (12)’yi verir. (14)’ten \(x^* = x - a\) ve \(y^* = y - b\)’yi ikinciye yazmak da (13)’ü verir.
\(\blacksquare\)
Örnek 17.10 (Başlangıcı ötelenmiş eğik sistemde koordinatlar) Başlangıç noktası \(O'(1, 2)\) olan bir \(X'Y'\) paralel sisteminde \(X'\)-ekseni \(X\)-eksenine paralel ve aynı yönlüdür (\(\theta = 0\)), eksenler arasındaki açı \(\alpha = \dfrac{\pi}{3}\)’tür. \(XY\) sisteminde \(P(4, 2 + \sqrt{3})\) olan noktanın paralel koordinatlarını bulunuz.
Çözüm
\(a = 1\), \(b = 2\) ve \(x - a = 3\), \(y - b = \sqrt{3}\)’tür. \(\theta = 0\) olduğundan \(\sin\theta = 0\), \(\cos\theta = 1\) ve \(\theta + \alpha = \dfrac{\pi}{3}\)’tür; \(\sin\dfrac{\pi}{3} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\) ve \(\cos\dfrac{\pi}{3} = \dfrac{1}{2}\)’dir. (13)’ten \[ \begin{aligned} x' &= \frac{3\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} - \sqrt{3}\cdot\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = 2,\\[1mm] y' &= \frac{-3\cdot 0 + \sqrt{3}\cdot 1}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = 2 \end{aligned} \] bulunur. Demek ki \(P'(2, 2)\)’dir.
Kontrol. (12)’den \(x = 2\cdot 1 + 2\cdot\dfrac{1}{2} + 1 = 4\) ve \(y = 2\cdot 0 + 2\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2} + 2 = 2 + \sqrt{3}\) bulunur; başladığımız noktaya döndük.
\(\blacksquare\)
17.4 Alıştırmalar
Aşağıdaki alıştırmalarda eksenlerin döndürülmesini, karma terimi yok etmeyi, eğik koordinatlara geçişi ve birinci dereceden terimleri eksenleri öteleyerek yok etmeyi çalışacağız. Hepsinde \(XY\), \(\mathbb{R}^2\)’de başlangıç noktası \(O = O(0, 0)\) olan bir dik koordinat sistemidir.
Alıştırma 17.1 (Görüntüsü verilen noktayı bulmak) Merkezi \(O\) ve açısı \(\theta = \dfrac{\pi}{6}\) radyan olan dönmenin denklemlerini yazarak görüntüsü \(P'(2, 1)\) olan \(P\) noktasını bulunuz.
Çözüm
Dönmenin denklemleri. \(\cos\dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\) ve \(\sin\dfrac{\pi}{6} = \dfrac{1}{2}\) olduğundan (1) formülleri \[ x' = \frac{\sqrt{3}}{2}\,x - \frac{1}{2}\,y, \qquad y' = \frac{1}{2}\,x + \frac{\sqrt{3}}{2}\,y \] olur. Görüntüden ilk noktaya dönmek için bu sistemi çözmek yerine (2)’yi kullanabiliriz: \[ x = \frac{\sqrt{3}}{2}\,x' + \frac{1}{2}\,y', \qquad y = -\frac{1}{2}\,x' + \frac{\sqrt{3}}{2}\,y'. \]
Yerine yazmak. \(x' = 2\) ve \(y' = 1\) için \[ x = \sqrt{3} + \frac{1}{2} = \frac{2\sqrt{3} + 1}{2}, \qquad y = -1 + \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3} - 2}{2} \] bulunur. Demek ki \(P\left(\dfrac{2\sqrt{3} + 1}{2},\; \dfrac{\sqrt{3} - 2}{2}\right)\)’dir.
Kontrol. Bu noktayı (1) ile \(\dfrac{\pi}{6}\) döndürelim: \[ \begin{aligned} x' &= \frac{2\sqrt{3} + 1}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{3} - 2}{2}\cdot\frac{1}{2} = \frac{(6 + \sqrt{3}) - (\sqrt{3} - 2)}{4} = 2,\\[1mm] y' &= \frac{2\sqrt{3} + 1}{2}\cdot\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3} - 2}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{(2\sqrt{3} + 1) + (3 - 2\sqrt{3})}{4} = 1. \end{aligned} \] Gerçekten \(P'(2, 1)\) bulunur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 17.2 (Eksenler pi bölü altı döndürülünce yeni koordinatlar) \(X\)- ve \(Y\)-eksenleri \(O\) etrafında \(\theta = \dfrac{\pi}{6}\) radyan döndürülüyor. \(P(3, 5)\) noktasının yeni koordinatları nedir?
Çözüm
Eksenler \(\theta\) kadar döndürülünce yeni koordinatlar (4) ile bulunur. \(\cos\dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\) ve \(\sin\dfrac{\pi}{6} = \dfrac{1}{2}\) olduğundan \[ \begin{aligned} x' &= 3\cos\frac{\pi}{6} + 5\sin\frac{\pi}{6} = \frac{3\sqrt{3}}{2} + \frac{5}{2} = \frac{3\sqrt{3} + 5}{2},\\[1mm] y' &= -3\sin\frac{\pi}{6} + 5\cos\frac{\pi}{6} = -\frac{3}{2} + \frac{5\sqrt{3}}{2} = \frac{5\sqrt{3} - 3}{2} \end{aligned} \] bulunur. Böylece \(P'\left(\dfrac{3\sqrt{3} + 5}{2},\; \dfrac{5\sqrt{3} - 3}{2}\right)\) elde edilir.
Kontrol. Dönme \(O\)’ya uzaklığı korur. \(|OP|^2 = 9 + 25 = 34\)’tür ve \[ x'^2 + y'^2 = \frac{(27 + 30\sqrt{3} + 25) + (75 - 30\sqrt{3} + 9)}{4} = \frac{136}{4} = 34 \] dür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 17.3 (Doğrunun yeni eğimi bir olacak biçimde döndürme) Koordinat eksenlerini \(O\) etrafında öyle döndürünüz ki \(d : x + y - 3 = 0\) doğrusunun yeni \(X'Y'\) sistemindeki eğimi \(1\) olsun. Doğrunun yeni denklemini de yazınız.
Çözüm
Birinci yol: denklemde yerine yazmak. Eksenler \(\theta\) kadar döndürülsün. (5)’i \(d\)’nin denkleminde yerine yazalım: \[ (x'\cos\theta - y'\sin\theta) + (x'\sin\theta + y'\cos\theta) - 3 = 0, \] yani \[ (\cos\theta - \sin\theta)\,y' = -(\sin\theta + \cos\theta)\,x' + 3. \tag{15} \] \(\cos\theta - \sin\theta \neq 0\) ise yeni eğim \(-\dfrac{\sin\theta + \cos\theta}{\cos\theta - \sin\theta}\)’dır. Bunun \(1\)’e eşit olması \[ -\sin\theta - \cos\theta = \cos\theta - \sin\theta, \quad\text{yani}\quad \cos\theta = 0 \] demektir. \([0, 2\pi)\)’de bunu sağlayan açılar \(\theta = \dfrac{\pi}{2}\) ve \(\theta = \dfrac{3\pi}{2}\)’dir; ikisinde de \(\cos\theta - \sin\theta = \mp 1 \neq 0\) olduğundan varsayımımız da sağlanır. En küçük pozitif açı \(\theta = \dfrac{\pi}{2}\)’dir. Bu açıda \(\cos\theta = 0\) ve \(\sin\theta = 1\) olduğundan (15) \[ -y' = -x' + 3, \quad\text{yani}\quad d' : x' - y' - 3 = 0 \] olur.
İkinci yol: eğim açısıyla. \(d\)’nin eğimi \(-1\) olduğundan eğim açısı \(\varphi = \dfrac{3\pi}{4}\)’tür. Dönmede değişmeyenler teoreminin (Teorem 17.4) ispatında gördüğümüz gibi eksenler \(\theta\) kadar döndürülünce eğim açısı \(\varphi - \theta\) olur (\(\pi\)’nin katları dışında). Yeni eğimin \(1\) olması yeni eğim açısının \(\dfrac{\pi}{4}\) olması demektir: \[ \frac{3\pi}{4} - \theta \equiv \frac{\pi}{4} \pmod{\pi}, \quad\text{yani}\quad \theta \equiv \frac{\pi}{2} \pmod{\pi}. \] Yine en küçük pozitif çözüm \(\theta = \dfrac{\pi}{2}\)’dir. Bu açıda (5), \(x = -y'\) ve \(y = x'\) verir; \(d\)’nin denkleminde yerine yazınca \(-y' + x' - 3 = 0\) bulunur.
İki yoldan da eksenlerin \(\dfrac{\pi}{2}\) radyan döndürülmesi gerektiği ve \(d' : x' - y' - 3 = 0\) bulunur. (\(\theta = \dfrac{3\pi}{2}\) seçilirse \(d' : -x' + y' - 3 = 0\) bulunur; onun da eğimi \(1\)’dir.)
\(\blacksquare\)
Alıştırma 17.4 (Karma terimi yok eden dönme: bir elips) \(X\)- ve \(Y\)-eksenleri \(O\) etrafında hangi açıyla döndürülürse \(7x^2 - 6\sqrt{3}\,xy + 13y^2 = 16\) denkleminin yeni \(X'Y'\) sistemindeki karşılığında \(x'y'\)’li terim bulunmaz? Bu açıda yeni denklemi yazınız.
Çözüm
Birinci adım. Kısalık için \(c = \cos\theta\), \(s = \sin\theta\) yazalım. (5)’ten \(x = x'c - y's\) ve \(y = x's + y'c\)’dir; buna göre \[ \begin{aligned} x^2 &= x'^2c^2 - 2x'y'sc + y'^2s^2,\\[1mm] xy &= x'^2sc + x'y'(c^2 - s^2) - y'^2sc,\\[1mm] y^2 &= x'^2s^2 + 2x'y'sc + y'^2c^2 \end{aligned} \] dir. Bunları \(7x^2 - 6\sqrt{3}\,xy + 13y^2 = 16\)’da yerine yazıp terimleri toplayalım ve \(2sc = \sin 2\theta\), \(c^2 - s^2 = \cos 2\theta\) kullanalım: \[ \begin{aligned} &\big(7c^2 - 3\sqrt{3}\sin 2\theta + 13s^2\big)x'^2\\[1mm] &\quad+ \big(-7\sin 2\theta - 6\sqrt{3}\cos 2\theta + 13\sin 2\theta\big)x'y'\\[1mm] &\quad+ \big(7s^2 + 3\sqrt{3}\sin 2\theta + 13c^2\big)y'^2 = 16. \end{aligned} \]
İkinci adım. \(x'y'\)’li terimin bulunmaması için \[ 6\sin 2\theta - 6\sqrt{3}\cos 2\theta = 0 \] olmalıdır. \(\cos 2\theta = 0\) olsaydı bu eşitlik \(\sin 2\theta = 0\) da verirdi; ikisi birden sıfır olamaz. Öyleyse \(\cos 2\theta \neq 0\)’dır ve bölerek \(\tan 2\theta = \sqrt{3}\) bulunur. \(0 < \theta < \dfrac{\pi}{2}\) için \(2\theta = \dfrac{\pi}{3}\), yani \(\theta = \dfrac{\pi}{6}\)’dır.
Üçüncü adım. \(\theta = \dfrac{\pi}{6}\) için \(c^2 = \dfrac{3}{4}\), \(s^2 = \dfrac{1}{4}\) ve \(\sin 2\theta = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\)’dir. Katsayılar \[ \begin{aligned} x'^2 &: \; 7\cdot\frac{3}{4} - 3\sqrt{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} + 13\cdot\frac{1}{4} = \frac{21}{4} - \frac{18}{4} + \frac{13}{4} = 4,\\[1mm] y'^2 &: \; 7\cdot\frac{1}{4} + 3\sqrt{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} + 13\cdot\frac{3}{4} = \frac{7}{4} + \frac{18}{4} + \frac{39}{4} = 16 \end{aligned} \] olur. Denklem \(4x'^2 + 16y'^2 = 16\), yani \[ x'^2 + 4y'^2 = 4 \] biçimini alır. Eksenlerin \(\dfrac{\pi}{6}\) radyan döndürülmesi karma terimi yok eder.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 17.5 (Karma terimi yok eden dönme: bir parabol) \(X\)- ve \(Y\)-eksenleri \(O\) etrafında hangi açıyla döndürülürse \[ 9x^2 + 24xy + 16y^2 + 90x - 130y = 0 \] denkleminin yeni \(X'Y'\) sistemindeki karşılığında \(x'y'\)’li terim bulunmaz? Bu açıda yeni denklemi yazınız.
Çözüm
Birinci adım. Yine \(c = \cos\theta\), \(s = \sin\theta\) yazalım. Önceki alıştırmadaki \(x^2\), \(xy\), \(y^2\) açılımlarını ve \[ 90x - 130y = (90c - 130s)\,x' + (-90s - 130c)\,y' \] eşitliğini kullanarak terimleri toplarsak \[ \begin{aligned} &\big(9c^2 + 12\sin 2\theta + 16s^2\big)x'^2 + \big(-9\sin 2\theta + 24\cos 2\theta + 16\sin 2\theta\big)x'y'\\[1mm] &\quad+ \big(9s^2 - 12\sin 2\theta + 16c^2\big)y'^2 + (90c - 130s)\,x' - (90s + 130c)\,y' = 0 \end{aligned} \] bulunur.
İkinci adım. \(x'y'\)’li terimin bulunmaması için \[ 7\sin 2\theta + 24\cos 2\theta = 0, \quad\text{yani}\quad \tan 2\theta = -\frac{24}{7} \] olmalıdır (\(\cos 2\theta = 0\) olsaydı \(\sin 2\theta\) da sıfır olurdu). \(0 < \theta < \dfrac{\pi}{2}\) aralığında arıyoruz; o zaman \(0 < 2\theta < \pi\)’dir ve tanjant negatif olduğundan \(2\theta\) ikinci bölgededir. \(1 + \tan^2 2\theta = \dfrac{1}{\cos^2 2\theta}\)’dan \[ \cos^2 2\theta = \frac{1}{1 + \frac{576}{49}} = \frac{49}{625}, \qquad \cos 2\theta = -\frac{7}{25}, \qquad \sin 2\theta = \frac{24}{25} \] bulunur.
Üçüncü adım. Yarım açı formülleriyle \[ \cos^2\theta = \frac{1 - \frac{7}{25}}{2} = \frac{9}{25}, \qquad \sin^2\theta = \frac{1 + \frac{7}{25}}{2} = \frac{16}{25} \] ve \(\theta\) birinci bölgede olduğundan \(\cos\theta = \dfrac{3}{5}\), \(\sin\theta = \dfrac{4}{5}\)’tir. Yani aranan açı \(\theta = \arctan\dfrac{4}{3}\)’tür. Katsayılar: \[ \begin{aligned} x'^2 &: \; \frac{9\cdot 9 + 12\cdot 24 + 16\cdot 16}{25} = \frac{81 + 288 + 256}{25} = 25,\\[1mm] y'^2 &: \; \frac{9\cdot 16 - 12\cdot 24 + 16\cdot 9}{25} = \frac{144 - 288 + 144}{25} = 0,\\[1mm] x' &: \; 90\cdot\frac{3}{5} - 130\cdot\frac{4}{5} = 54 - 104 = -50,\\[1mm] y' &: \; -\left(90\cdot\frac{4}{5} + 130\cdot\frac{3}{5}\right) = -(72 + 78) = -150. \end{aligned} \] Denklem \(25x'^2 - 50x' - 150y' = 0\) olur; \(25\)’e bölünce \[ x'^2 - 2x' - 6y' = 0 \] bulunur. Eksenlerin \(\theta = \arctan\dfrac{4}{3}\) radyan döndürülmesi karma terimi yok eder.
\(\tan 2\theta = -\dfrac{24}{7}\) denkleminin başka çözümleri de vardır: \(\theta\)’ya \(\dfrac{\pi}{2}\)’nin katları eklenebilir. Örneğin \(\theta - \dfrac{\pi}{2} = -\arctan\dfrac{3}{4}\) (saat yönünde bir dönme) de karma terimi yok eder; ama eksenlerin rolleri değiştiğinden denklem bu kez \(y'^2\)’li bir biçimde çıkar. Pozitif ve dar açıyı seçmek sonucu tek türlü belirler.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 17.6 (Eğik sistemden dik sisteme geçiş) Başlangıç noktası \(O\) ve eksenleri arasındaki açı \(\dfrac{\pi}{4}\) olan bir \(X'Y'\) paralel koordinat sisteminde \(P'(1, 2)\) noktası veriliyor. Aynı başlangıç noktasına sahip ve \(X\)-ekseni \(X'\)-ekseniyle çakışan \(XY\) dik sisteminde bu noktanın koordinatlarını bulunuz.
Çözüm
\(X\) ile \(X'\) çakıştığından \(\theta = 0\)’dır; \(\alpha = \dfrac{\pi}{4}\)’tür. (7)’de \(x' = 1\), \(y' = 2\) yazalım: \[ x = 1\cdot\cos 0 + 2\cos\frac{\pi}{4} = 1 + \sqrt{2}, \qquad y = 1\cdot\sin 0 + 2\sin\frac{\pi}{4} = \sqrt{2}. \] Demek ki \(P(1 + \sqrt{2}, \sqrt{2})\)’dir.
Şekilden okuma. Aynı sonuca üçgen çizerek de ulaşabiliriz. \(P\)’den \(Y'\)-eksenine çizilen paralel \(X'\)-eksenini, yani \(X\)-eksenini \(A(1, 0)\) noktasında keser ve \(|AP| = 2\)’dir. \(AP\) doğru parçası \(X\)-ekseniyle \(\dfrac{\pi}{4}\) açısı yapar. \(P\)’den \(X\)-eksenine inilen dikmenin ayağı \(H\) olsun. \(AHP\) dik üçgeninde \(|AH| = x_1\) ve \(|HP| = y_1\) dersek \[ \cos\frac{\pi}{4} = \frac{x_1}{2} \;\Rightarrow\; \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{x_1}{2} \;\Rightarrow\; x_1 = \sqrt{2}, \qquad \sin\frac{\pi}{4} = \frac{y_1}{2} \;\Rightarrow\; y_1 = \sqrt{2} \] bulunur. Böylece \(x = 1 + x_1 = 1 + \sqrt{2}\) ve \(y = y_1 = \sqrt{2}\) olur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 17.7 (Birinci dereceden terimleri öteleyerek yok etmek: 2xy − x − y + 4 = 0) \(2xy - x - y + 4 = 0\) denklemini birinci dereceden terimlerinin katsayıları \(0\) olan bir denkleme dönüştüren eksen ötelemesini belirleyiniz.
Çözüm
Eksenleri başlangıcı \(O'(a, b)\) olacak biçimde ötelediğimizi düşünelim. Eksenlerin ötelenmesinde (Öteleme) eski ve yeni koordinatlar arasında \[ x = x' + a, \qquad y = y' + b \] bağıntısı vardır. Bunları denklemde yerine yazıp açalım: \[ \begin{aligned} &2(x' + a)(y' + b) - (x' + a) - (y' + b) + 4\\[1mm] &\quad= 2x'y' + 2bx' + 2ay' + 2ab - x' - a - y' - b + 4\\[1mm] &\quad= 2x'y' + (2b - 1)\,x' + (2a - 1)\,y' + 2ab - a - b + 4. \end{aligned} \] Birinci dereceden terimlerin katsayılarının sıfır olması için \[ 2b - 1 = 0 \qquad\text{ve}\qquad 2a - 1 = 0, \] yani \(a = b = \dfrac{1}{2}\) olmalıdır. Bu durumda sabit terim \[ 2\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2} - \frac{1}{2} - \frac{1}{2} + 4 = \frac{1}{2} - 1 + 4 = \frac{7}{2} \] olur. Demek ki eksenler \(O'\left(\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2}\right)\) noktasına ötelenmelidir ve denklem \[ 2x'y' + \frac{7}{2} = 0 \] biçimine dönüşür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 17.8 (Birinci dereceden terimleri öteleyerek yok etmek: bir elips) \(x^2 + 2xy + 3y^2 + 2x - 4y - 1 = 0\) denklemini birinci dereceden terimlerinin katsayıları \(0\) olan bir denkleme dönüştüren eksen ötelemesini belirleyiniz.
Çözüm
Eksenleri \(O'(a, b)\) noktasına öteleyelim; \(x = x' + a\) ve \(y = y' + b\)’dir. Terim terim açalım: \[ \begin{aligned} (x' + a)^2 &= x'^2 + 2ax' + a^2,\\[1mm] 2(x' + a)(y' + b) &= 2x'y' + 2bx' + 2ay' + 2ab,\\[1mm] 3(y' + b)^2 &= 3y'^2 + 6by' + 3b^2,\\[1mm] 2(x' + a) - 4(y' + b) - 1 &= 2x' - 4y' + 2a - 4b - 1. \end{aligned} \] Toplarsak denklem \[ \begin{aligned} &x'^2 + 2x'y' + 3y'^2 + 2(a + b + 1)\,x' + 2(a + 3b - 2)\,y'\\[1mm] &\quad+ a^2 + 2ab + 3b^2 + 2a - 4b - 1 = 0 \end{aligned} \] olur. Birinci dereceden terimlerin katsayılarının sıfır olması için \[ a + b + 1 = 0 \qquad\text{ve}\qquad a + 3b - 2 = 0 \] olmalıdır. İkinciden birinciyi çıkarınca \(2b - 3 = 0\), yani \(b = \dfrac{3}{2}\) ve buradan \(a = -1 - b = -\dfrac{5}{2}\) bulunur. Sabit terim: \[ \begin{aligned} &\frac{25}{4} + 2\left(-\frac{5}{2}\right)\frac{3}{2} + 3\cdot\frac{9}{4} + 2\left(-\frac{5}{2}\right) - 4\cdot\frac{3}{2} - 1\\[1mm] &\quad= \frac{25}{4} - \frac{30}{4} + \frac{27}{4} - 5 - 6 - 1 = \frac{22}{4} - 12 = -\frac{13}{2}. \end{aligned} \] Demek ki eksenler \(O'\left(-\dfrac{5}{2}, \dfrac{3}{2}\right)\) noktasına ötelenmelidir ve denklem \[ x'^2 + 2x'y' + 3y'^2 - \frac{13}{2} = 0 \] biçimine dönüşür. Karma terim ötelemeyle değişmez; onu yok etmek için ayrıca bir dönme gerekir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 17.9 (Verilen açıyla döndürülen bir parabol) \(X\)- ve \(Y\)-eksenleri \(O\) etrafında \(\theta = \arctan\dfrac{4}{3}\) radyan döndürülüyor. \[ 9x^2 + 24xy + 16y^2 + 80x - 60y = 0 \] denkleminin yeni \(X'Y'\) sistemindeki karşılığını bulunuz.
Çözüm
\(\tan\theta = \dfrac{4}{3}\) ve \(0 < \theta < \dfrac{\pi}{2}\)’dir. \(1 + \tan^2\theta = \dfrac{1}{\cos^2\theta}\)’dan \(\cos^2\theta = \dfrac{1}{1 + \frac{16}{9}} = \dfrac{9}{25}\), yani \[ \cos\theta = \frac{3}{5}, \qquad \sin\theta = \tan\theta\cos\theta = \frac{4}{5} \] bulunur. Buradan \(\sin 2\theta = 2\cdot\dfrac{4}{5}\cdot\dfrac{3}{5} = \dfrac{24}{25}\) ve \(\cos 2\theta = \dfrac{9}{25} - \dfrac{16}{25} = -\dfrac{7}{25}\)’tir.
İkinci dereceden kısım bir önceki parabol alıştırmasındakiyle (Alıştırma 17.5) aynıdır; (5)’i yerine yazınca \[ \begin{aligned} &\big(9c^2 + 12\sin 2\theta + 16s^2\big)x'^2 + \big(7\sin 2\theta + 24\cos 2\theta\big)x'y'\\[1mm] &\quad+ \big(9s^2 - 12\sin 2\theta + 16c^2\big)y'^2 + (80c - 60s)\,x' - (80s + 60c)\,y' = 0 \end{aligned} \] bulunur (\(c = \cos\theta\), \(s = \sin\theta\)). Değerleri yazalım: \[ \begin{aligned} x'^2 &: \; \frac{81 + 288 + 256}{25} = 25,\\[1mm] x'y' &: \; 7\cdot\frac{24}{25} + 24\left(-\frac{7}{25}\right) = 0,\\[1mm] y'^2 &: \; \frac{144 - 288 + 144}{25} = 0,\\[1mm] x' &: \; 80\cdot\frac{3}{5} - 60\cdot\frac{4}{5} = 48 - 48 = 0,\\[1mm] y' &: \; -\left(80\cdot\frac{4}{5} + 60\cdot\frac{3}{5}\right) = -(64 + 36) = -100. \end{aligned} \] Denklem \(25x'^2 - 100y' = 0\) olur; \(25\)’e bölünce \[ x'^2 - 4y' = 0, \quad\text{yani}\quad x'^2 = 4y' \] bulunur. Bu dönme hem karma terimi hem de \(x'\)’lü terimi yok etmiştir.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde düzlemin ikinci temel hareketi olan dönmeyi, eksenlerin döndürülmesini ve dik koordinatlardan eğik koordinatlara geçişi öğrendik. Öteleme ile birlikte dönme, ikinci dereceden bir denklemin birinci dereceden terimlerini ve karma terimini yok ederek onu en sade biçimine getirmemizi sağlar. Sonraki bölümde bu sade biçimlerle anlatılan ilk konikle, Elips ile tanışacağız.