18 Elips
Öteleme ve dönmeyle ikinci dereceden bir denklemi sadeleştirmeyi öğrendik (bkz. Öteleme ve Döndürme ve Paralel Eksenler). Sadeleşmiş denklemlerin karşımıza çıkardığı eğriler hep aynı ailedendi: çember, elips, parabol ve hiperbol. Bu eğrilere topluca konikler denir. Bu bölümde önce koniklerin nereden geldiğini sezgisel olarak görecek, sonra ailenin ilk üyesi olan elipsi ayrıntısıyla inceleyeceğiz.
18.1 Konikler
Konikler adını koniden alır. Bir dondurma külahını iki ucundan uzatıp tepesinden kendisinin aynadaki görüntüsüyle birleştirdiğimizi düşünelim: tepe noktasında birleşen iki “külah”tan oluşan bir yüzey elde ederiz. Bu yüzeyi bir düzlemle kestiğimizde düzlemin eğimine göre farklı eğriler ortaya çıkar.
Tanım 18.1 (Konik) Sabit bir doğruyu (eksen) sabit bir noktada (köşe) sabit bir açıyla kesen ve bu eksen etrafında döndürülen bir doğrunun taradığı yüzeye dik (dairesel) koni yüzeyi denir; dönen doğrunun her konumuna koninin bir ana doğrusu (kenarı) denir. Bir dik koni yüzeyinin bir düzlemle arakesitine konik denir.
Yani konik, iki yana uzanan bir koni yüzeyinin düzlemsel bir kesitidir. Koni yüzeyi köşede birleşen iki parçadan oluşur; bir düzlem bu parçalardan yalnız birini ya da ikisini birden kesebilir. Kesitin biçimi düzlemin koninin eksenine ve ana doğrularına göre nasıl durduğuna bağlıdır.
Ana doğruların eksenle yaptığı açıya \(\alpha\), düzlemin eksenle yaptığı açıya \(\beta\) diyelim (\(0 \leq \beta \leq \frac{\pi}{2}\)).
- Düzlem köşeden geçmez ve koninin eksenine dikse (\(\beta = \frac{\pi}{2}\)) arakesit bir çemberdir.
- Düzlem köşeden geçmez, eksene dik değildir ama ana doğrulardan daha yatıktır (\(\alpha < \beta < \frac{\pi}{2}\)). Bu durumda yalnız bir parçayı çepeçevre keser; arakesit kapalı, oval bir eğridir: elips.
- Düzlem köşeden geçmez ve koninin bir ana doğrusuna paralelse (\(\beta = \alpha\)), yalnız bir parçayı keser ama eğri kapanmaz; sonsuza uzanan tek kollu bir eğri çıkar: parabol.
- Düzlem köşeden geçmez ve ana doğrulardan daha diktir (\(0 \leq \beta < \alpha\)). Bu durumda koninin iki parçasını birden keser ve iki koldan oluşan bir eğri çıkar: hiperbol. Koninin eksenine paralel düzlemler (\(\beta = 0\)) bu durumun en tanıdık örneğidir.
Düzlem koninin köşesinden geçerse yukarıdakilerin “bozulmuş” hâllerini elde ederiz; bunlara yozlaşmış konikler denir.
- Düzlem koniyle yalnız köşede buluşuyorsa arakesit tek bir noktadır.
- Düzlem koniye bir ana doğru boyunca dokunuyorsa (teğet düzlem) arakesit bu ana doğrudur, yani bir doğrudur.
- Düzlem köşeden geçip koniyi kesiyorsa arakesit, köşede kesişen iki ana doğrudur: kesişen iki doğru.
Koniklerin düzlem içinde de bir tanımı vardır ve analitik geometride işimize yarayacak olan asıl budur. Çemberi, merkezine uzaklığı sabit olan noktalar diye tanımlamıştık (bkz. Tanım 4.1). Benzer biçimde elips iki sabit noktaya, yani odaklarına uzaklıkların toplamı, hiperbol ise odaklarına uzaklıkların farkı sabit olan noktalar diye tanımlanır. Bölümün sonunda göreceğimiz gibi bir başka tanım daha vardır: bir sabit noktaya (odak) ve bir sabit doğruya (doğrultman) uzaklıklarının oranı sabit olan noktalar. Bu orana dış merkezlik denir ve ailenin üyelerini birbirinden ayırır: oran \(1\)’den küçükse elips, \(1\)’e eşitse parabol, \(1\)’den büyükse hiperbol elde edilir. Bu bölümde elipsi, sonraki bölümlerde Hiperbol ve Parabol’ü inceleyeceğiz.
18.2 Elipsin Tanımı
Bir ipin iki ucunu bir kâğıda iki raptiyeyle tutturalım, ipi bir kalemle gerip kalemi ip gergin kalacak biçimde dolaştıralım. Kalemin ucunun iki raptiyeye uzaklıklarının toplamı hep ipin boyuna eşit kalır; çizilen oval eğri bir elipstir.
Tanım 18.2 (Elips) \(F_1, F_2 \in \mathbb{R}^2\) sabit iki nokta ve \(a\), \(2a > |F_1F_2|\) koşulunu sağlayan pozitif bir gerçel sayı olsun. Düzlemde \(F_1\) ve \(F_2\)’ye uzaklıklarının toplamı \(2a\) olan noktaların geometrik yerine bir elips denir ve \(\mathcal{E} = \mathcal{E}(F_1, F_2, a)\) ile gösterilir:
\[ \mathcal{E}(F_1, F_2, a) = \big\{ P \in \mathbb{R}^2 \;:\; |PF_1| + |PF_2| = 2a \big\}. \]
Yani elipsin noktaları, iki odağa uzaklıklarının toplamı hep aynı sayı, \(2a\) olan noktalardır. Tanımdaki \(2a > |F_1F_2|\) koşulu keyfî değildir; aşağıdaki önerme bu koşul olmadan ne olacağını söylüyor.
Önerme 18.1 (Uzaklıklar toplamı odaklar arası uzaklıktan büyük olmalıdır) \(F_1, F_2\) sabit iki nokta ve \(k \geq 0\) bir sayı olsun. \(|PF_1| + |PF_2| = k\) koşulunu sağlayan \(P\) noktalarının kümesi
- \(k < |F_1F_2|\) ise boş kümedir,
- \(k = |F_1F_2|\) ise \(F_1F_2\) doğru parçasıdır.
İspat
Her \(P\) noktası için üçgen eşitsizliğinden
\[ |F_1F_2| \leq |F_1P| + |PF_2| \]
dir. Demek ki uzaklıklar toplamı hiçbir zaman \(|F_1F_2|\)’den küçük olamaz; \(k < |F_1F_2|\) ise koşulu sağlayan nokta yoktur.
Üçgen eşitsizliğinde eşitlik, \(P\) noktası \(F_1F_2\) doğru parçası üzerindeyken ve yalnız o zaman gerçekleşir. Gerçekten \(P\) bu parçanın üzerindeyse parça \(P\) ile iki parçaya bölünür ve uzunluklar toplanır. \(P\) parçanın dışındaysa ya \(F_1, F_2, P\) bir üçgenin köşeleridir ve eşitsizlik keskindir, ya da \(P\) doğrunun üzerinde ama parçanın dışındadır; bu son durumda \(P\)’ye yakın olan odak, \(P\) ile öbür odak arasında kalır ve toplam \(|F_1F_2|\)’yi bu yakın odağa uzaklığın iki katı kadar aşar. Böylece \(k = |F_1F_2|\) ise koşulu sağlayan noktalar tam olarak \(F_1F_2\) parçasının noktalarıdır.
\(\blacksquare\)
Bu yüzden elips tanımında \(2a > |F_1F_2|\) istenir. \(2a = |F_1F_2|\) sınır durumunda “elips” bir doğru parçasına yozlaşır; bu durumu dış merkezliği incelerken yeniden anacağız.
Örnek 18.1 (Bir noktanın elipse ait olup olmadığı) \(F_1(3, 0)\), \(F_2(-3, 0)\) ve \(2a = 10\) olsun. \(Q\left(4, \frac{12}{5}\right)\) noktasının \(\mathcal{E}(F_1, F_2, 5)\) elipsi üzerinde olup olmadığını belirleyiniz.
Çözüm
Önce tanımdaki koşulun sağlandığına bakalım: \(|F_1F_2| = 6 < 10 = 2a\). Şimdi \(Q\)’nun odaklara uzaklıklarını uzaklık formülüyle (bkz. Tanım 1.10) hesaplayalım:
\[ \begin{aligned} |QF_1| &= \sqrt{(4 - 3)^2 + \left(\tfrac{12}{5}\right)^2} = \sqrt{1 + \tfrac{144}{25}} = \sqrt{\tfrac{169}{25}} = \tfrac{13}{5},\\[1mm] |QF_2| &= \sqrt{(4 + 3)^2 + \left(\tfrac{12}{5}\right)^2} = \sqrt{49 + \tfrac{144}{25}} = \sqrt{\tfrac{1369}{25}} = \tfrac{37}{5}. \end{aligned} \]
Toplam \(\frac{13}{5} + \frac{37}{5} = \frac{50}{5} = 10 = 2a\) olduğundan \(Q\) elipsin üzerindedir.
\(\blacksquare\)
Tanımdaki iki sabit noktaya ve aralarındaki noktaya birer ad verelim.
Tanım 18.3 (Odaklar) \(\mathcal{E}(F_1, F_2, a)\) elipsini belirleyen \(F_1\) ve \(F_2\) noktalarına elipsin odakları denir.
Yani odaklar, elipsi çizen ipin raptiyeleridir. Koordinatlarını gerektiğinde \(F_1(f_1^1, f_2^1)\) ve \(F_2(f_1^2, f_2^2)\) diye yazacağız; üst indis odağın sırasını, alt indis koordinatın sırasını gösterir.
Tanım 18.4 (Merkez) Odakları birleştiren doğru parçasının orta noktası olan
\[ M = \tfrac{1}{2}\,(F_1 + F_2) \]
noktasına \(\mathcal{E}\) elipsinin merkezi denir.
Yani merkez, iki odağın tam ortasıdır (bkz. Sonuç 2.1). \(F_1 = F_2\) olursa merkez odakla çakışır ve tanım, merkeze uzaklığı \(a\) olan noktaları, yani bir çemberi verir. Bundan sonra aksi söylenmedikçe \(F_1 \neq F_2\) olsun.
18.3 Elipsin Köşeleri ve Eksenleri
Bir elipsi incelemek için en elverişli koordinat sistemi, merkezi başlangıç noktasına ve odakları \(X\)-eksenine yerleştiren sistemdir. Böyle bir sistemi her zaman seçebiliriz.
Önerme 18.2 (Elips için uygun dik koordinat sistemi) Her \(\mathcal{E}(F_1, F_2, a)\) elipsi için, başlangıç noktası elipsin merkezi olan ve \(X\)-ekseni odaklardan geçen bir dik koordinat sistemi vardır. Bu sistemde \(|F_1F_2| = 2c\) olmak üzere
\[ F_1 = (c, 0), \qquad F_2 = (-c, 0), \qquad 0 < c < a \]
dır.
İspat
Adım 1: sistemi kurmak. Önce eksenleri, yeni başlangıç noktası \(M\) olacak biçimde öteleyelim; sonra da yeni \(X\)-ekseni \(M\)’den \(F_1\)’e giden yarı doğru üzerine gelecek biçimde döndürelim (bkz. Öteleme ve Döndürme ve Paralel Eksenler). Öteleme ve dönme iki nokta arasındaki uzaklığı değiştirmez. Bu yüzden eski sistemde \(|PF_1| + |PF_2| = 2a\) koşulunu sağlayan noktalar yeni sistemde de aynı koşulu sağlar; elips, yeni sistemde de aynı tanımla verilen elipstir.
Adım 2: odakların koordinatları. Yeni sistemde \(F_1\) ve \(F_2\), \(X\)-ekseni üzerindedir; \(F_1 = (f_1^1, 0)\) ve \(F_2 = (f_1^2, 0)\) diyelim. Merkez başlangıç noktası olduğundan
\[ (0, 0) = \tfrac{1}{2}(F_1 + F_2) = \tfrac{1}{2}\big(f_1^1 + f_1^2,\ 0\big) \]
olur; buradan \(f_1^1 + f_1^2 = 0\), yani \(f_1^2 = -f_1^1\) bulunur.
Adım 3: \(c\) sayısı. \(|F_1F_2| = 2c\) diyelim. Uzaklık formülüyle
\[ 2c = |F_1F_2| = \sqrt{(f_1^2 - f_1^1)^2 + (0 - 0)^2} = |{-2f_1^1}| = 2\,|f_1^1| \]
olur. \(X\)-ekseni \(M\)’den \(F_1\)’e doğru yönlendirildiği için \(f_1^1 > 0\)’dır. Demek ki \(f_1^1 = c\) ve \(f_1^2 = -c\), yani \(F_1 = (c, 0)\) ve \(F_2 = (-c, 0)\)’dır. \(F_1 \neq F_2\) olduğundan \(c > 0\), tanımdaki \(2a > |F_1F_2| = 2c\) koşulundan da \(c < a\)’dır.
\(\blacksquare\)
Bu bölümün geri kalanında, aksi söylenmedikçe elipsi bu uygun sistemde düşüneceğiz. Şimdi elipsin eksenlerle kesiştiği dört özel noktayı adlandıralım.
Tanım 18.5 (Uzak ve yakın köşeler) \(\mathcal{E}\) elipsinin odaklardan geçen doğruyla kesişim noktalarına elipsin uzak köşeleri denir ve \(A_1(a_1^1, a_2^1)\), \(A_2(a_1^2, a_2^2)\) ile gösterilir. Elipsin \(F_1F_2\) doğru parçasının orta dikmesiyle kesişim noktalarına ise yakın köşeleri denir ve \(B_1(b_1^1, b_2^1)\), \(B_2(b_1^2, b_2^2)\) ile gösterilir.
Yani uzak köşeler elipsin merkezden en uzak, yakın köşeler ise merkeze en yakın noktalarıdır (bunu bir sonraki kesimde göreceğiz). Uygun sistemde odaklardan geçen doğru \(X\)-ekseni, \(F_1F_2\)’nin orta dikmesi \(Y\)-eksenidir; dolayısıyla \(a_2^1 = a_2^2 = 0\) ve \(b_1^1 = b_1^2 = 0\)’dır. Köşelerin koordinatlarını yalnız tanımı kullanarak bulabiliriz.
Teorem 18.1 (Köşelerin koordinatları) Uygun sistemde \(F_1(c, 0)\), \(F_2(-c, 0)\) odaklı \(\mathcal{E}(F_1, F_2, a)\) elipsini düşünelim ve
\[ b = \sqrt{a^2 - c^2} \]
diyelim. Bu durumda
- uzak köşeler \(A_1(a, 0)\) ve \(A_2(-a, 0)\),
- yakın köşeler \(B_1(0, b)\) ve \(B_2(0, -b)\)
dir. Ayrıca \(|B_1F_1| = |B_1F_2| = a\) olup
\[ b^2 + c^2 = a^2, \qquad b < a, \qquad c < a \]
dır.
İspat
Adım 1: uzak köşeler. \(X\)-ekseninin bir noktası \(P(t, 0)\) olsun. \(P\)’nin odaklara uzaklıkları \(|t - c|\) ve \(|t + c|\)’dir. Üç durum vardır.
- \(-c \leq t \leq c\) ise \(P\), \(F_1F_2\) parçasının üzerindedir; \(|t - c| = c - t\) ve \(|t + c| = t + c\) olduğundan toplam \(2c\)’dir. \(2c < 2a\) olduğundan bu noktalar elipste değildir.
- \(t > c\) ise \(|t - c| = t - c\) ve \(|t + c| = t + c\) olduğundan toplam \(2t\)’dir. \(2t = 2a\) koşulu \(t = a\) verir; \(a > c\) olduğundan bu değer gerçekten \(t > c\) bölgesindedir.
- \(t < -c\) ise \(|t - c| = c - t\) ve \(|t + c| = -t - c\) olduğundan toplam \(-2t\)’dir; \(-2t = 2a\) koşulu \(t = -a\) verir.
Demek ki elips \(X\)-eksenini tam iki noktada keser: \(A_1(a, 0)\) ve \(A_2(-a, 0)\).
Adım 2: yakın köşeler. \(Y\)-ekseninin bir noktası \(P(0, s)\) olsun. Bu nokta iki odağa eşit uzaklıktadır:
\[ |PF_1| = \sqrt{c^2 + s^2} = |PF_2|. \]
Elipste olma koşulu \(2\sqrt{c^2 + s^2} = 2a\), yani \(c^2 + s^2 = a^2\)’dir. Buradan \(s^2 = a^2 - c^2 = b^2\) ve \(s = \pm b\) bulunur. Elips \(Y\)-eksenini tam iki noktada keser: \(B_1(0, b)\) ve \(B_2(0, -b)\).
Adım 3: bağıntılar. Adım 2’deki hesap \(|B_1F_1| = |B_1F_2| = a\) olduğunu gösterir. \(OB_1F_1\) dik üçgeninde dik kenarlar \(b\) ve \(c\), hipotenüs \(a\)’dır; \(b^2 + c^2 = a^2\) bağıntısı bu üçgenin Pisagor bağıntısıdır. \(c > 0\) olduğundan \(b^2 = a^2 - c^2 < a^2\), yani \(b < a\); \(b > 0\) olduğundan da \(c^2 < a^2\), yani \(c < a\)’dır.
\(\blacksquare\)
Köşeleri birleştiren iki doğru parçası elipsin iki simetri ekseni üzerinde durur.
Tanım 18.6 (Asal ve yedek eksen) Uzak köşeleri birleştiren \(A_1A_2\) doğru parçasına elipsin asal ekseni (büyük ekseni), yakın köşeleri birleştiren \(B_1B_2\) doğru parçasına da elipsin yedek ekseni (küçük ekseni) denir.
Yani asal eksen odakları da içine alan uzun eksen, yedek eksen ise ona merkezde dik olan kısa eksendir. Bu iki parçanın ve odaklar arasındaki parçanın uzunluklarına da ad verelim.
Tanım 18.7 (Eksen uzunlukları ve odaklar arası uzaklık) \(|A_1A_2| = 2a\) sayısına elipsin asal eksen uzunluğu, \(|B_1B_2| = 2b\) sayısına yedek eksen uzunluğu, \(|F_1F_2| = 2c\) sayısına da odakları arasındaki uzaklık denir.
Yani \(a\), \(b\) ve \(c\) sırasıyla asal eksenin, yedek eksenin ve odaklar arasındaki parçanın yarı uzunluklarıdır ve aralarında Teorem 18.1 gereği \(a^2 = b^2 + c^2\) bağıntısı vardır. Asal eksenin uzunluğu, tanımdaki uzaklıklar toplamına eşittir. Bu bağıntıyı kolay hatırlamanın yolu \(B_1\)’den odaklara çizilen iki eşit parçadır: her biri \(a\) uzunluğundadır ve \(OB_1F_1\) dik üçgeninin hipotenüsüdür.
18.4 Elipsin Standart Denklemi
Uygun sistemde elipsin noktalarının koordinatları arasındaki bağıntıyı arıyoruz. İşe bir elips noktasının odaklara uzaklıklarını apsisiyle ifade ederek başlayalım.
Lemma 18.1 (Odaklara uzaklıklar) Uygun sistemde \(P(x, y)\), \(\mathcal{E}(F_1, F_2, a)\) elipsinin bir noktası ise
\[ |PF_1| = a - \frac{c}{a}\,x, \qquad |PF_2| = a + \frac{c}{a}\,x \]
dir.
İspat
\(P\)’den \(X\)-eksenine indirilen dikmenin ayağı \(H(x, 0)\) olsun. \(PHF_1\) ve \(PHF_2\) dik üçgenlerinde Pisagor bağıntısı
\[ |PF_1|^2 = |PH|^2 + |HF_1|^2, \qquad |PF_2|^2 = |PH|^2 + |HF_2|^2 \]
verir. (\(P\) \(X\)-ekseni üzerindeyse \(|PH| = 0\) olur ve bu eşitlikler yine doğrudur.) Burada \(|HF_1| = |c - x|\) ve \(|HF_2| = |c + x|\)’tir. İkinci eşitliği birinciden çıkaralım:
\[ |PF_1|^2 - |PF_2|^2 = (c - x)^2 - (c + x)^2 = -4cx. \]
Sol tarafı iki karenin farkı olarak çarpanlarına ayırıp \(|PF_1| + |PF_2| = 2a\) olduğunu kullanırsak
\[ 2a\,\big(|PF_1| - |PF_2|\big) = -4cx, \quad\text{yani}\quad |PF_1| - |PF_2| = -\frac{2c}{a}\,x \]
bulunur. Bu eşitliği \(|PF_1| + |PF_2| = 2a\) ile taraf tarafa toplayıp \(2\)’ye bölersek \(|PF_1| = a - \frac{c}{a}x\) çıkar. Taraf tarafa çıkarıp \(2\)’ye bölersek de \(|PF_2| = a + \frac{c}{a}x\) bulunur.
\(\blacksquare\)
Yani bir elips noktasının odaklara uzaklıkları, noktanın apsisinin doğrusal fonksiyonlarıdır: nokta sağa kaydıkça \(F_1\)’e yaklaşır, \(F_2\)’den uzaklaşır. Bu uzaklıklara noktanın odak yarıçapları da denir. Şimdi elipsin denklemini elde edebiliriz.
Teorem 18.2 (Elipsin denklemi) Uygun sistemde \(F_1(c, 0)\) ve \(F_2(-c, 0)\) odaklı, asal eksen uzunluğu \(2a\) olan elips, \(b^2 = a^2 - c^2\) olmak üzere
\[ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 \]
denklemiyle verilir. Yani bir \(P(x, y)\) noktası elipsin üzerindedir ancak ve ancak koordinatları bu denklemi sağlar.
İspat
(\(\Rightarrow\)) \(P(x, y)\) elipsin bir noktası olsun. Lemma 18.1 gereği \(|PF_2| = a + \frac{c}{a}x\)’tir. \(PHF_2\) dik üçgeninden \(|PF_2|^2 = y^2 + (c + x)^2\) olduğundan
\[ (c + x)^2 + y^2 = \left(a + \frac{c}{a}x\right)^2 \]
yazabiliriz. İki yanı açalım:
\[ c^2 + 2cx + x^2 + y^2 = a^2 + 2cx + \frac{c^2}{a^2}\,x^2 . \]
\(2cx\) terimleri sadeleşir; \(x^2\)’li terimleri bir yanda, sabitleri öbür yanda toplarsak
\[ \left(1 - \frac{c^2}{a^2}\right)x^2 + y^2 = a^2 - c^2 \]
olur. \(a^2 - c^2 = b^2\) olduğundan \(1 - \frac{c^2}{a^2} = \frac{b^2}{a^2}\)’dir ve eşitlik
\[ \frac{b^2}{a^2}\,x^2 + y^2 = b^2 \]
biçimini alır. İki yanı \(b^2\)’ye bölmek istenen denklemi verir.
(\(\Leftarrow\)) \(P(x, y)\) denklemi sağlasın. O zaman \(y^2 = b^2\left(1 - \frac{x^2}{a^2}\right)\) ve \(\frac{x^2}{a^2} \leq 1\), yani \(|x| \leq a\)’dır. \(|PF_1|^2\)’yi hesaplayıp \(b^2 = a^2 - c^2\) yazalım:
\[ \begin{aligned} |PF_1|^2 &= (x - c)^2 + y^2 = x^2 - 2cx + c^2 + (a^2 - c^2)\left(1 - \frac{x^2}{a^2}\right)\\[1mm] &= \frac{c^2}{a^2}\,x^2 - 2cx + a^2 = \left(a - \frac{c}{a}\,x\right)^2 . \end{aligned} \]
\(|x| \leq a\) ve \(0 < c < a\) olduğundan \(\frac{c}{a}x \leq c < a\), yani \(a - \frac{c}{a}x > 0\)’dır; bu yüzden \(|PF_1| = a - \frac{c}{a}x\)’tir. \(F_2(-c, 0)\) için aynı hesap \(c\) yerine \(-c\) yazılarak tekrarlanırsa \(|PF_2|^2 = \left(a + \frac{c}{a}x\right)^2\) bulunur; \(a + \frac{c}{a}x \geq a - c > 0\) olduğundan \(|PF_2| = a + \frac{c}{a}x\)’tir. Toplarsak \(|PF_1| + |PF_2| = 2a\) olur; \(P\) elipsin üzerindedir.
\(\blacksquare\)
Tanım 18.8 (Elipsin standart denklemi) \(a > b > 0\) olmak üzere
\[ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 \]
denklemine elipsin standart denklemi denir.
Yani uygun sistemde bir elipsi yazmak için yalnız iki sayı yeter: asal ve yedek eksenlerin yarı uzunlukları \(a\) ve \(b\). Odaklar \(c = \sqrt{a^2 - b^2}\) sayısından okunur. Denklemden elipsin birkaç özelliği hemen görülür:
- Denklemde yalnız \(x^2\) ve \(y^2\) vardır; \((x, y)\) elipsteyse \((-x, y)\), \((x, -y)\) ve \((-x, -y)\) de elipstedir. Elips iki koordinat eksenine ve başlangıç noktasına göre simetriktir.
- \(\frac{x^2}{a^2} \leq 1\) ve \(\frac{y^2}{b^2} \leq 1\) olduğundan elipsin her noktası için \(|x| \leq a\) ve \(|y| \leq b\)’dir: elips kenarları \(2a\) ve \(2b\) olan dikdörtgenin içindedir ve bu dikdörtgenin kenarlarına dört köşede dokunur.
- \(x^2 + y^2 = b^2 + \frac{c^2}{a^2}\,x^2\) eşitliği (denklemden \(y^2\) çekilerek) bir elips noktasının merkeze uzaklığının \(|x|\) büyüdükçe arttığını gösterir. Merkeze en uzak noktalar \(A_1, A_2\) (uzaklık \(a\)), en yakın noktalar \(B_1, B_2\)’dir (uzaklık \(b\)). Köşelerin adları buradan gelir.
Örnek 18.2 (Uzak köşeleri ve bir noktası verilen elips) Uzak köşeleri \(A_1(4, 0)\) ile \(A_2(-4, 0)\) olan ve \(P\big(2, \sqrt{3}\big)\) noktasından geçen elipsin denklemini bulunuz.
Çözüm
Uzak köşeler başlangıç noktasına göre simetrik ve \(X\)-ekseni üzerinde olduğundan elipsin merkezi \(O\), asal ekseni \(X\)-eksenidir; standart denklem kullanılabilir. Asal eksen uzunluğu
\[ 2a = |A_1A_2| = 8 \quad\Longrightarrow\quad a = 4 \]
olduğundan denklem \(\frac{x^2}{16} + \frac{y^2}{b^2} = 1\) biçimindedir. \(P\big(2, \sqrt{3}\big)\) elipsin üzerinde olduğundan koordinatları denklemi sağlar:
\[ \frac{2^2}{16} + \frac{\big(\sqrt{3}\big)^2}{b^2} = 1 \;\Longrightarrow\; \frac{1}{4} + \frac{3}{b^2} = 1 \;\Longrightarrow\; \frac{3}{b^2} = \frac{3}{4} \;\Longrightarrow\; b^2 = 4 . \]
Elipsin denklemi
\[ \frac{x^2}{16} + \frac{y^2}{4} = 1 \]
dir.
\(\blacksquare\)
Örnek 18.3 (Standart denklemden odaklar) \(\dfrac{x^2}{100} + \dfrac{y^2}{64} = 1\) elipsinin odaklarını ve odakları arasındaki uzaklığı bulunuz.
Çözüm
Denklem standart biçimdedir: \(a^2 = 100\) ve \(b^2 = 64\), yani \(a = 10\) ve \(b = 8\)’dir. \(b^2 + c^2 = a^2\) bağıntısından
\[ c^2 = a^2 - b^2 = 100 - 64 = 36, \qquad c = 6 \]
bulunur. Odaklar \(F_1(c, 0) = F_1(6, 0)\) ve \(F_2(-c, 0) = F_2(-6, 0)\)’dır. Odakları arasındaki uzaklık
\[ |F_1F_2| = 2c = 12 \]
dir.
\(\blacksquare\)
18.5 Eksenleri Koordinat Eksenlerine Paralel Elipsler
Uygulamada elips her zaman uygun sistemde verilmez: odaklar \(Y\)-ekseni üzerinde olabilir ya da merkez başlangıç noktasından farklı olabilir. Bu iki durumu da standart denkleme bağlayalım.
Önerme 18.3 (Asal ekseni Y-ekseni olan elips) Merkezi \(O\) olan ve odakları \(F_1(0, c)\), \(F_2(0, -c)\) olan, asal eksen uzunluğu \(2a\) olan elipsin denklemi, \(b^2 = a^2 - c^2\) olmak üzere
\[ \frac{x^2}{b^2} + \frac{y^2}{a^2} = 1 \]
dir. Bu elipsin uzak köşeleri \((0, \pm a)\), yakın köşeleri \((\pm b, 0)\)’dır.
İspat
\(P(x, y)\) noktasının odaklara uzaklıkları
\[ |PF_1| = \sqrt{x^2 + (y - c)^2}, \qquad |PF_2| = \sqrt{x^2 + (y + c)^2} \]
dir. Bu ifadeler, odakları \((\pm c, 0)\) olan elips için yazılan uzaklıklarda \(x\) ile \(y\)’nin yer değiştirmesiyle elde edilir. Dolayısıyla \(|PF_1| + |PF_2| = 2a\) koşulu, odakları \((\pm c, 0)\) olan elipsin koşulunun \(x\) ile \(y\) yer değiştirmiş hâlidir ve Teorem 18.2 bu koşulun \(\frac{y^2}{a^2} + \frac{x^2}{b^2} = 1\)’e denk olduğunu verir. Köşeler de \(x\) ile \(y\) yer değiştirilerek köşelerin koordinatları teoreminden (Teorem 18.1) bulunur. (Aynı sonuca eksenleri \(\frac{\pi}{2}\) döndürerek de ulaşılır; bkz. Döndürme ve Paralel Eksenler.)
\(\blacksquare\)
Yani \(\frac{x^2}{p} + \frac{y^2}{q} = 1\) (\(p, q > 0\), \(p \neq q\)) biçimindeki bir denklemde büyük payda asal eksenin yönünü söyler: \(p > q\) ise asal eksen \(X\)-ekseni, \(q > p\) ise \(Y\)-eksenidir. Her iki durumda da \(a^2\) büyük payda, \(b^2\) küçük paydadır ve \(c^2 = a^2 - b^2\)’dir.
Örnek 18.4 (Asal ekseni düşey olan bir elips) \(\dfrac{x^2}{9} + \dfrac{y^2}{25} = 1\) elipsinin köşelerini ve odaklarını bulunuz.
Çözüm
Büyük payda \(y^2\)’nin altında olduğundan asal eksen \(Y\)-eksenidir: \(a^2 = 25\), \(b^2 = 9\), yani \(a = 5\) ve \(b = 3\)’tür. \(c^2 = a^2 - b^2 = 25 - 9 = 16\) olduğundan \(c = 4\)’tür. Önerme 18.3 gereği
- uzak köşeler \((0, 5)\) ve \((0, -5)\),
- yakın köşeler \((3, 0)\) ve \((-3, 0)\),
- odaklar \(F_1(0, 4)\) ve \(F_2(0, -4)\)
tür.
\(\blacksquare\)
Şimdi merkezi başlangıç noktası olmayan ama eksenleri koordinat eksenlerine paralel olan elipslere geçelim. Burada eksenlerin ötelenmesi işimizi görür.
Önerme 18.4 (Merkezi M olan elips) Merkezi \(M(m_1, m_2)\) olan, asal ekseni \(X\)-eksenine paralel ve asal ve yedek eksen uzunlukları \(2a\) ve \(2b\) olan elipsin denklemi
\[ \frac{(x - m_1)^2}{a^2} + \frac{(y - m_2)^2}{b^2} = 1 \]
dir. Odakları \((m_1 \pm c,\ m_2)\), uzak köşeleri \((m_1 \pm a,\ m_2)\), yakın köşeleri \((m_1,\ m_2 \pm b)\)’dir; burada \(c^2 = a^2 - b^2\)’dir. Asal ekseni \(Y\)-eksenine paralelse denklemde \(a^2\) ile \(b^2\)’nin yeri değişir ve odaklar \((m_1,\ m_2 \pm c)\) olur.
İspat
Eksenleri \(\overrightarrow{OM} = (m_1, m_2)\) vektörü kadar öteleyelim. Yeni \(X'Y'\) sisteminde başlangıç noktası \(M\)’dir ve bir noktanın eski ve yeni koordinatları arasında
\[ x' = x - m_1, \qquad y' = y - m_2 \]
bağıntıları vardır (bkz. Öteleme). Yeni eksenler eskilere paralel olduğundan elips yeni sistemde uygun konumdadır: merkezi başlangıç noktasında, asal ekseni \(X'\)-ekseni üzerindedir. Teorem 18.2 gereği yeni sistemdeki denklemi \(\frac{x'^2}{a^2} + \frac{y'^2}{b^2} = 1\)’dir. \(x'\) ve \(y'\) yerine eski koordinatları yazmak istenen denklemi verir. Yeni sistemde odaklar \((\pm c, 0)\), köşeler \((\pm a, 0)\) ve \((0, \pm b)\)’dir; eski koordinatlara \(x = x' + m_1\), \(y = y' + m_2\) ile dönülür. Asal eksen \(Y\)-eksenine paralelse aynı akıl yürütme Önerme 18.3 ile yapılır.
\(\blacksquare\)
Yani merkezi \(M\) olan elipsin denklemi, standart denklemde \(x\) yerine \(x - m_1\), \(y\) yerine \(y - m_2\) yazılarak elde edilir. Parantezler açılırsa \(x^2\), \(y^2\), \(x\), \(y\) ve sabit terim içeren bir denklem çıkar. Tersine, böyle bir denklem verildiğinde kareye tamamlayarak merkezi ve eksenleri bulabiliriz.
- \(x\)’li terimleri ve \(y\)’li terimleri ayrı ayrı kareye tamamlayıp denklemi \(\alpha(x - m_1)^2 + \beta(y - m_2)^2 = \gamma\) biçimine getirin (\(\alpha, \beta, \gamma > 0\)).
- İki yanı \(\gamma\)’ya bölün; merkez \(M(m_1, m_2)\)’dir. Büyük payda \(a^2\), küçük payda \(b^2\)’dir ve büyük paydanın bulunduğu değişken asal eksenin yönünü verir.
- \(c = \sqrt{a^2 - b^2}\) hesaplayın; odakları ve köşeleri merkezden asal eksen boyunca \(c\) ve \(a\), yedek eksen boyunca \(b\) kadar giderek bulun.
Örnek 18.5 (Kareye tamamlayarak elipsin öğelerini bulmak) \(4x^2 + 9y^2 - 16x + 18y - 11 = 0\) denkleminin bir elips belirttiğini gösterip merkezini, köşelerini ve odaklarını bulunuz.
Çözüm
Adım 1. Terimleri gruplayıp katsayıları dışarı alalım ve kareye tamamlayalım:
\[ \begin{aligned} 4(x^2 - 4x) + 9(y^2 + 2y) &= 11,\\[1mm] 4\big[(x - 2)^2 - 4\big] + 9\big[(y + 1)^2 - 1\big] &= 11,\\[1mm] 4(x - 2)^2 + 9(y + 1)^2 &= 11 + 16 + 9 = 36 . \end{aligned} \]
Adım 2. İki yanı \(36\)’ya bölelim:
\[ \frac{(x - 2)^2}{9} + \frac{(y + 1)^2}{4} = 1 . \]
Önerme 18.4 gereği bu, merkezi \(M(2, -1)\) olan bir elipstir. Büyük payda \(9\), \((x - 2)^2\)’nin altında olduğundan asal eksen \(X\)-eksenine paraleldir; \(a^2 = 9\), \(b^2 = 4\), yani \(a = 3\) ve \(b = 2\)’dir.
Adım 3. \(c = \sqrt{9 - 4} = \sqrt{5}\)’tir. Buna göre
- uzak köşeler \((2 \pm 3, -1)\), yani \((5, -1)\) ve \((-1, -1)\),
- yakın köşeler \((2, -1 \pm 2)\), yani \((2, 1)\) ve \((2, -3)\),
- odaklar \(\big(2 \pm \sqrt{5}, -1\big)\)
dir.
\(\blacksquare\)
Örnek 18.6 (Merkezi verilen elipsin genel denklemi) Merkezi \(M(2, -1)\), asal ekseni \(X\)-eksenine paralel, \(a = 5\) ve \(b = 3\) olan elipsin denklemini parantezleri açılmış biçimde yazınız ve odaklarını bulunuz.
Çözüm
Önerme 18.4 gereği denklem
\[ \frac{(x - 2)^2}{25} + \frac{(y + 1)^2}{9} = 1 \]
dir. Paydaları yok etmek için iki yanı \(225\) ile çarpalım ve parantezleri açalım:
\[ \begin{aligned} 9(x - 2)^2 + 25(y + 1)^2 &= 225,\\[1mm] 9x^2 - 36x + 36 + 25y^2 + 50y + 25 &= 225,\\[1mm] 9x^2 + 25y^2 - 36x + 50y - 164 &= 0 . \end{aligned} \]
\(c = \sqrt{25 - 9} = 4\) olduğundan odaklar \((2 \pm 4, -1)\), yani \((6, -1)\) ve \((-2, -1)\)’dir.
\(\blacksquare\)
18.6 Elipsin Parametresi
Bir odaktan asal eksene dik çizilen kiriş, elipsin ne kadar “şişkin” olduğunu ölçen bir uzunluktur.
Tanım 18.9 (Elipsin parametresi) Elipsin bir odağından asal eksene dik çizilen kirişin uzunluğuna elipsin parametresi denir ve \(2p\) ile gösterilir.
Yani parametre, odaktan geçen ve asal eksene dik olan kirişin boyudur. Simetri yüzünden iki odak için aynı uzunluk bulunur.
Teorem 18.3 (Parametrenin formülü) \(\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1\) elipsinin parametresi
\[ 2p = \frac{2b^2}{a} \]
dir.
İspat
\(F_1(c, 0)\) odağından asal eksene (\(X\)-eksenine) dik çizilen doğru \(x = c\) doğrusudur. Bu doğrunun elipsle ortak noktalarını bulmak için denklemde \(x = c\) yazalım ve \(c^2 = a^2 - b^2\) olduğunu kullanalım:
\[ y^2 = b^2\left(1 - \frac{c^2}{a^2}\right) = b^2 \cdot \frac{a^2 - c^2}{a^2} = \frac{b^4}{a^2} . \]
Buradan \(y = \pm \frac{b^2}{a}\) bulunur; kirişin uç noktaları \(\left(c, \frac{b^2}{a}\right)\) ve \(\left(c, -\frac{b^2}{a}\right)\)’dir. Kirişin uzunluğu bu iki noktanın ordinatları farkıdır:
\[ 2p = \frac{b^2}{a} - \left(-\frac{b^2}{a}\right) = \frac{2b^2}{a} . \]
\(F_2(-c, 0)\) için de \(x = -c\) yazılır ve \(x^2\) aynı kaldığından aynı uzunluk bulunur.
\(\blacksquare\)
Örnek 18.7 (Odaklar ve parametre) \(\dfrac{x^2}{25} + \dfrac{y^2}{16} = 1\) elipsinin odaklarını ve bir odağından asal eksene dik çizilen kirişin uzunluğunu bulunuz.
Çözüm
\(a^2 = 25\), \(b^2 = 16\), yani \(a = 5\) ve \(b = 4\)’tür. \(a^2 = b^2 + c^2\) bağıntısından
\[ 25 = 16 + c^2 \;\Longrightarrow\; c^2 = 9 \;\Longrightarrow\; c = 3 \]
bulunur; odaklar \(F_1(3, 0)\) ve \(F_2(-3, 0)\)’dır. Teorem 18.3 gereği aranan kiriş uzunluğu
\[ 2p = \frac{2b^2}{a} = \frac{2 \cdot 16}{5} = \frac{32}{5} \]
tir. Kirişin uçları \(\left(3, \frac{16}{5}\right)\) ve \(\left(3, -\frac{16}{5}\right)\)’tir.
\(\blacksquare\)
18.7 Elipsin Bir Noktasındaki Teğeti ve Normali
Çemberde olduğu gibi (bkz. Tanım 4.6) teğeti, eğriyle tek ortak noktası olan doğru diye tanımlarız.
Tanım 18.10 (Elipsin teğeti) Bir elipsle tek bir ortak noktası olan doğruya elipsin bir teğeti, bu ortak noktaya da değme noktası denir.
Yani teğet, elipse bir noktada dokunup onu kesmeden geçen doğrudur. Elipsin her noktasında böyle bir doğru vardır; eğimini türevle bulup denklemini yazacağız.
Teorem 18.4 (Bir noktadaki teğetin denklemi) \(\mathcal{E}: \dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1\) elipsinin \(P(x_0, y_0)\) noktasındaki teğetinin denklemi
\[ T_d: \quad \frac{x_0\,x}{a^2} + \frac{y_0\,y}{b^2} = 1 \]
dir.
İspat
Adım 1: eğim. \(y_0 \neq 0\) olsun. \(P\)’nin yakınında elips, \(y = f(x)\) biçiminde türevlenebilir bir fonksiyonun grafiğidir (\(y_0 > 0\) ise üst yarı \(y = b\sqrt{1 - x^2/a^2}\), \(y_0 < 0\) ise alt yarı). Grafiğin \(P\)’deki teğetinin eğimi \(m = f'(x_0) = y'(x_0)\)’dır. Elips denkleminin iki yanının \(x\)’e göre türevini alalım; \((y^2)' = 2yy'\) olduğundan
\[ \frac{2x}{a^2} + \frac{2y\,y'}{b^2} = 0 \quad\Longrightarrow\quad y' = -\frac{b^2}{a^2}\cdot\frac{x}{y} \]
bulunur. Buna göre teğetin eğimi \(m_{T_d} = -\dfrac{b^2}{a^2}\cdot\dfrac{x_0}{y_0}\)’dır. (Sezgisel hesap; kesin doğrulama 4. adımdadır.)
Adım 2: denklem. Bir noktası ve eğimi bilinen doğrunun denklemi (bkz. Tanım 3.1) teğet için
\[ y - y_0 = -\frac{b^2}{a^2}\cdot\frac{x_0}{y_0}\,(x - x_0) \]
verir. İki yanı \(\frac{y_0}{b^2}\) ile çarpıp düzenleyelim:
\[ \frac{y_0\,y}{b^2} - \frac{y_0^2}{b^2} = -\frac{x_0\,x}{a^2} + \frac{x_0^2}{a^2} \;\Longrightarrow\; \frac{x_0\,x}{a^2} + \frac{y_0\,y}{b^2} = \frac{x_0^2}{a^2} + \frac{y_0^2}{b^2} . \]
\(P\) elipsin üzerinde olduğundan sağ taraf \(1\)’dir; istenen denklem elde edilir.
Adım 3: \(y_0 = 0\) durumu. Bu durumda \(P\) uzak köşelerden biridir, \(x_0 = \pm a\). Elipsin her noktası \(|x| \leq a\) sağladığından \(x = \pm a\) düşey doğrusu elipse yalnız \(P\)’de dokunur, yani teğettir. Formül de \(\frac{\pm a\,x}{a^2} = 1\), yani \(x = \pm a\) verir.
Adım 4: doğru elipsle yalnız \(P\)’de buluşur. \(Q(x, y)\) hem elipste hem \(T_d\) üzerinde olsun. Şu kareler toplamını açalım:
\[ \begin{aligned} &\left(\frac{x - x_0}{a}\right)^2 + \left(\frac{y - y_0}{b}\right)^2\\[1mm] &\quad = \left(\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2}\right) + \left(\frac{x_0^2}{a^2} + \frac{y_0^2}{b^2}\right) - 2\left(\frac{x_0x}{a^2} + \frac{y_0y}{b^2}\right)\\[1mm] &\quad = 1 + 1 - 2 \cdot 1 = 0 . \end{aligned} \]
İki karenin toplamı \(0\) ise ikisi de \(0\)’dır; \(x = x_0\) ve \(y = y_0\), yani \(Q = P\) bulunur. Demek ki \(T_d\) elipsle tek bir ortak noktası olan doğru, yani Tanım 18.10 anlamında bir teğettir.
\(P\)’den geçen başka bir doğru bu özelliği taşımaz. \(P\)’den geçen eğimi \(m\) olan doğru elipsle ikinci dereceden bir denklemin kökleri kadar noktada buluşur ve bu köklerden biri \(x_0\)’dır; tek ortak nokta olması için \(x_0\)’ın çift kök olması gerekir. Bu çift kök koşulu tam olarak \(m = -\frac{b^2x_0}{a^2y_0}\) eğimini verir, dolayısıyla eğimi farklı her doğru elipsi ikinci bir noktada da keser. \(y_0 \neq 0\) iken \(|x_0| < a\)’dır ve düşey \(x = x_0\) doğrusu elipsi \((x_0, y_0)\) ve \((x_0, -y_0)\) noktalarında keser. Böylece \(T_d\), \(P\)’deki tek teğettir.
\(\blacksquare\)
Yani teğet denklemini yazmak için elips denklemindeki \(x^2\)’yi \(x_0x\) ile, \(y^2\)’yi \(y_0y\) ile değiştirmek yeter. Aynı kural çember için de geçerlidir: \(a = b = r\) alınırsa \(x_0x + y_0y = r^2\) bulunur.
Örnek 18.8 (Verilen noktadaki teğet) \(\dfrac{x^2}{25} + \dfrac{y^2}{16} = 1\) elipsinin \(P\left(3, \frac{16}{5}\right)\) noktasındaki teğetinin denklemini bulunuz.
Çözüm
Önce \(P\)’nin elipste olduğunu doğrulayalım:
\[ \frac{3^2}{25} + \frac{(16/5)^2}{16} = \frac{9}{25} + \frac{256}{25 \cdot 16} = \frac{9}{25} + \frac{16}{25} = 1 . \]
Teğet formülünde (Teorem 18.4) \(a^2 = 25\), \(b^2 = 16\), \(x_0 = 3\), \(y_0 = \frac{16}{5}\) yazalım:
\[ \frac{3x}{25} + \frac{(16/5)\,y}{16} = 1 \;\Longrightarrow\; \frac{3x}{25} + \frac{y}{5} = 1 \;\Longrightarrow\; 3x + 5y = 25 . \]
Teğet \(3x + 5y = 25\) doğrusudur; eğimi \(-\frac{3}{5}\)’tir.
\(\blacksquare\)
Teğete değme noktasında dik olan doğru da eğrinin önemli bir öğesidir.
Tanım 18.11 (Elipsin normali) Elipsin bir \(P\) noktasından geçen ve elipsin \(P\)’deki teğetine dik olan doğruya elipsin \(P\)’deki normali denir.
Yani normal, eğriye \(P\)’de “dik” duran doğrudur. Eğimleri kullanarak denklemini bulalım.
Önerme 18.5 (Normalin denklemi) \(\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1\) elipsinin \(x_0 y_0 \neq 0\) olan bir \(P(x_0, y_0)\) noktasındaki normalinin denklemi
\[ \frac{a^2\,x}{x_0} - \frac{b^2\,y}{y_0} = a^2 - b^2 \]
dir. \(y_0 = 0\) ise normal \(X\)-ekseni, \(x_0 = 0\) ise \(Y\)-eksenidir.
İspat
\(x_0y_0 \neq 0\) ise teğetin eğimi \(-\frac{b^2x_0}{a^2y_0}\)’dır (Teorem 18.4). Dik doğruların eğimlerinin çarpımı \(-1\) olduğundan (bkz. Tanım 2.6) normalin eğimi \(\frac{a^2y_0}{b^2x_0}\)’dır. Normal \(P\)’den geçtiğinden
\[ y - y_0 = \frac{a^2\,y_0}{b^2\,x_0}\,(x - x_0) \]
dır. İki yanı \(\frac{b^2}{y_0}\) ile çarpalım:
\[ \frac{b^2y}{y_0} - b^2 = \frac{a^2x}{x_0} - a^2 \;\Longrightarrow\; \frac{a^2x}{x_0} - \frac{b^2y}{y_0} = a^2 - b^2 . \]
\(y_0 = 0\) ise teğet düşey \(x = \pm a\) doğrusudur ve \(P(\pm a, 0)\)’dan geçen dik doğru \(X\)-eksenidir. \(x_0 = 0\) ise \(P = (0, \pm b)\)’de teğet \(y = \pm b\) yatay doğrusudur ve normal \(Y\)-eksenidir.
\(\blacksquare\)
Örnek 18.9 (Verilen noktadaki normal) \(\dfrac{x^2}{25} + \dfrac{y^2}{16} = 1\) elipsinin \(P\left(3, \frac{16}{5}\right)\) noktasındaki normalinin denklemini bulunuz.
Çözüm
Normal formülünde (Önerme 18.5) \(a^2 = 25\), \(b^2 = 16\), \(x_0 = 3\), \(y_0 = \frac{16}{5}\) yazalım. Sağ taraf \(a^2 - b^2 = 9\)’dur:
\[ \frac{25x}{3} - \frac{16y}{16/5} = 9 \;\Longrightarrow\; \frac{25x}{3} - 5y = 9 \;\Longrightarrow\; 25x - 15y = 27 . \]
Doğrulama: \(P\) için \(25 \cdot 3 - 15 \cdot \frac{16}{5} = 75 - 48 = 27\)’dir. Normalin eğimi \(\frac{25}{15} = \frac{5}{3}\), teğetin eğimi ise bir önceki örnekte \(-\frac{3}{5}\) bulunmuştu; çarpımları \(-1\)’dir.
\(\blacksquare\)
18.8 Elips ile Doğru
Bir doğru ile bir elipsin ortak noktalarını bulmak, iki denklemi birlikte çözmek demektir. Çemberde olduğu gibi (bkz. Teorem 4.3) üç durum vardır ve hangisinin gerçekleştiğini ikinci dereceden bir denklemin diskriminantı söyler.
\(\mathcal{E}: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1\) elipsi ile \(d: y = mx + n\) doğrusunu düşünelim. Ortak noktalar
\[ b^2x^2 + a^2y^2 = a^2b^2 \quad (\text{i}), \qquad y = mx + n \quad (\text{ii}) \]
sisteminin çözümleridir. (ii)’yi (i)’de yerine yazıp terimleri \(x\)’in kuvvetlerine göre toplayalım:
\[ \begin{aligned} &b^2x^2 + a^2(mx + n)^2 = a^2b^2\\[1mm] &\quad\Longrightarrow\; \underbrace{(b^2 + a^2m^2)}_{A}\,x^2 + \underbrace{2a^2mn}_{B}\,x + \underbrace{a^2(n^2 - b^2)}_{C} = 0 . \end{aligned} \]
\(A = b^2 + a^2m^2 > 0\) olduğundan bu gerçekten ikinci dereceden bir denklemdir ve her kökü, (ii) ile bulunan ordinatıyla birlikte bir ortak nokta verir. Diskriminantı hesaplayalım:
\[ \begin{aligned} \Delta &= B^2 - 4AC = 4a^4m^2n^2 - 4(b^2 + a^2m^2)\,a^2(n^2 - b^2)\\[1mm] &= 4a^2\big[a^2m^2n^2 - b^2n^2 + b^4 - a^2m^2n^2 + a^2m^2b^2\big]\\[1mm] &= 4a^2b^2\,\big(a^2m^2 + b^2 - n^2\big). \end{aligned} \]
Teorem 18.5 (Doğru ile elipsin durumu) \(\mathcal{E}: \dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1\) elipsi ve \(d: y = mx + n\) doğrusu verilsin. Buna göre
- \(a^2m^2 + b^2 - n^2 < 0\) ise \(d\) elipsi kesmez;
- \(a^2m^2 + b^2 - n^2 = 0\) ise \(d\) elipse teğettir;
- \(a^2m^2 + b^2 - n^2 > 0\) ise \(d\) elipsi iki noktada keser.
İspat
Yukarıdaki hesaba göre ortak noktaların apsisleri \(Ax^2 + Bx + C = 0\) denkleminin kökleridir ve bu denklemin diskriminantı \(\Delta = 4a^2b^2\,(a^2m^2 + b^2 - n^2)\)’dir. \(4a^2b^2 > 0\) olduğundan \(\Delta\) ile \(a^2m^2 + b^2 - n^2\) aynı işaretlidir.
- \(\Delta < 0\) ise denklemin gerçel kökü yoktur; ortak nokta yoktur.
- \(\Delta = 0\) ise tek (çift) kök vardır; tek ortak nokta vardır ve Tanım 18.10 gereği \(d\) teğettir.
- \(\Delta > 0\) ise iki farklı kök, dolayısıyla iki farklı ortak nokta vardır.
\(\blacksquare\)
Yani doğrunun elipsle durumu \(a^2m^2 + b^2\) ile \(n^2\)’nin karşılaştırılmasına bağlıdır. Teğet durumu özellikle kullanışlıdır.
Sonuç 18.1 (Teğet olma koşulu ve değme noktası) \(d: y = mx + n\) doğrusu \(\mathcal{E}: \dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1\) elipsine ancak ve ancak
\[ a^2m^2 + b^2 = n^2 \]
ise teğettir. Bu durumda değme noktası
\[ (x_0, y_0) = \left(-\frac{a^2m}{n},\ \frac{b^2}{n}\right) \]
dır.
İspat
Koşul, doğru ile elipsin durumunu veren teoremin (Teorem 18.5) ikinci şıkkıdır. Teğet durumunda \(n^2 = a^2m^2 + b^2 \geq b^2 > 0\) olduğundan \(n \neq 0\)’dır. \(\Delta = 0\) iken çift kök \(x_0 = -\frac{B}{2A}\)’dır:
\[ x_0 = -\frac{2a^2mn}{2(b^2 + a^2m^2)} = -\frac{a^2mn}{n^2} = -\frac{a^2m}{n} . \]
Bunu (ii)’de yerine yazalım ve yine \(n^2 = a^2m^2 + b^2\)’yi kullanalım:
\[ y_0 = m\left(-\frac{a^2m}{n}\right) + n = \frac{n^2 - a^2m^2}{n} = \frac{b^2}{n} . \]
\(\blacksquare\)
Bu sonuç Teorem 18.4 ile uyumludur: \((x_0, y_0)\) noktasındaki teğetin eğimi \(-\frac{b^2x_0}{a^2y_0} = -\frac{b^2}{a^2}\cdot\frac{-a^2m/n}{b^2/n} = m\)’dir. Düşey doğrular \(y = mx + n\) biçiminde yazılamaz; ama onların durumu kolaydır: elipsin her noktası \(|x| \leq a\) sağladığından \(x = k\) doğrusu \(|k| < a\) ise elipsi iki noktada keser, \(|k| = a\) ise köşede teğettir, \(|k| > a\) ise kesmez.
Örnek 18.10 (Bir doğrunun elipsi kestiği noktalar) \(y = \frac{1}{2}x + 1\) doğrusunun \(\dfrac{x^2}{4} + y^2 = 1\) elipsiyle durumunu belirleyip varsa ortak noktalarını bulunuz.
Çözüm
\(a^2 = 4\), \(b^2 = 1\), \(m = \frac{1}{2}\), \(n = 1\)’dir. Durum teoremindeki (Teorem 18.5) ifade
\[ a^2m^2 + b^2 - n^2 = 4 \cdot \frac{1}{4} + 1 - 1 = 1 > 0 \]
olduğundan doğru elipsi iki noktada keser. Noktaları bulmak için \(y = \frac{1}{2}x + 1\)’i \(x^2 + 4y^2 = 4\) denkleminde yerine yazalım:
\[ x^2 + 4\left(\tfrac{1}{4}x^2 + x + 1\right) = 4 \;\Longrightarrow\; 2x^2 + 4x = 0 \;\Longrightarrow\; 2x(x + 2) = 0 . \]
Kökler \(x = 0\) ve \(x = -2\)’dir; ordinatlar \(y = 1\) ve \(y = 0\)’dır. Ortak noktalar \((0, 1)\) ve \((-2, 0)\)’dır; bunlar elipsin bir yakın ve bir uzak köşesidir.
\(\blacksquare\)
Örnek 18.11 (Teğet olması için sabit terim) \(y = x + n\) doğrusunun \(\mathcal{E}: \dfrac{x^2}{25} + \dfrac{y^2}{9} = 1\) elipsine teğet olması için \(n\) ne olmalıdır? Bu durumda değme noktalarının koordinatlarını bulunuz.
Çözüm
\(m = 1\), \(a = 5\), \(b = 3\)’tür. Teğet olma koşulu (Sonuç 18.1)
\[ a^2m^2 + b^2 = n^2 \;\Longrightarrow\; 25 + 9 = n^2 \;\Longrightarrow\; n = \pm\sqrt{34} \]
verir. Değme noktası \(\left(-\frac{a^2m}{n}, \frac{b^2}{n}\right) = \left(-\frac{25}{n}, \frac{9}{n}\right)\)’dir:
\[ \begin{aligned} d_1: y = x + \sqrt{34} &\;\Longrightarrow\; P_1 = \left(-\tfrac{25}{\sqrt{34}},\ \tfrac{9}{\sqrt{34}}\right),\\[1mm] d_2: y = x - \sqrt{34} &\;\Longrightarrow\; P_2 = \left(\tfrac{25}{\sqrt{34}},\ -\tfrac{9}{\sqrt{34}}\right). \end{aligned} \]
Doğrulama: \(P_1\) için \(\frac{625/34}{25} + \frac{81/34}{9} = \frac{25}{34} + \frac{9}{34} = 1\)’dir ve \(\frac{9}{\sqrt{34}} = -\frac{25}{\sqrt{34}} + \frac{34}{\sqrt{34}}\) olduğundan \(P_1\), \(d_1\) üzerindedir.
\(\blacksquare\)
18.9 Birbirine Dik Teğetler ve Monge Çemberi
Bir elipse dışarıdan iki dik teğet çizelim; bu iki teğetin kesişim noktası nerede olabilir? Şaşırtıcı biçimde bu noktalar hep aynı çemberin üzerindedir.
Teorem 18.6 (Dik teğetlerin kesişim noktaları) Dik koordinat sisteminde denklemi \(\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1\) olan \(\mathcal{E}\) elipsinin birbirine dik teğetlerinin ortak noktalarının geometrik yeri, merkezi \(O\) olan
\[ x^2 + y^2 = a^2 + b^2 \]
çemberidir.
İspat
İki şey göstereceğiz: dik iki teğetin kesişim noktası bu çemberin üzerindedir, ve çemberin her noktası böyle bir kesişim noktasıdır.
Adım 1: eksenlere paralel olmayan teğetler. Dik teğetler \(d_1: y = mx + n_1\) ve \(d_2: y = -\frac{1}{m}x + n_2\) olsun (\(m \neq 0\); eğimlerin çarpımı \(-1\), bkz. Tanım 2.6). İkisi de elipse teğet olduğundan Sonuç 18.1 gereği
\[ n_1^2 = a^2m^2 + b^2, \qquad n_2^2 = \frac{a^2}{m^2} + b^2 \]
dir. \(P(x, y) \in d_1 \cap d_2\) olsun. İki denklemi eşitleyelim:
\[ mx + n_1 = -\frac{1}{m}x + n_2 \;\Longrightarrow\; \frac{m^2 + 1}{m}\,x = n_2 - n_1 \;\Longrightarrow\; x = \frac{m(n_2 - n_1)}{m^2 + 1} . \]
Bunu \(d_2\)’de yerine yazalım:
\[ y = -\frac{1}{m}\cdot\frac{m(n_2 - n_1)}{m^2 + 1} + n_2 = \frac{-n_2 + n_1 + m^2n_2 + n_2}{m^2 + 1} = \frac{m^2n_2 + n_1}{m^2 + 1} . \]
Demek ki
\[ P(x, y) = \left(\frac{m(n_2 - n_1)}{m^2 + 1},\ \frac{m^2n_2 + n_1}{m^2 + 1}\right) \qquad (\star) \]
dır. Şimdi \(x^2 + y^2\)’yi hesaplayalım. Paylar açıldığında \(\mp 2m^2n_1n_2\) terimleri birbirini götürür:
\[ \begin{aligned} x^2 + y^2 &= \frac{m^2n_2^2 - 2m^2n_1n_2 + m^2n_1^2 + m^4n_2^2 + 2m^2n_1n_2 + n_1^2}{(m^2 + 1)^2}\\[1mm] &= \frac{m^2n_2^2\,(1 + m^2) + n_1^2\,(m^2 + 1)}{(m^2 + 1)^2} = \frac{m^2n_2^2 + n_1^2}{m^2 + 1} . \end{aligned} \]
Teğet koşullarından \(m^2n_2^2 = a^2 + b^2m^2\) ve \(n_1^2 = a^2m^2 + b^2\)’dir; toplamları \((a^2 + b^2)(m^2 + 1)\) olduğundan
\[ x^2 + y^2 = a^2 + b^2 \]
bulunur.
Adım 2: eksenlere paralel teğetler. Teğetlerden biri düşeyse, ona dik olan yataydır. Elipsin düşey teğetleri \(x = \pm a\), yatay teğetleri \(y = \pm b\)’dir (Teorem 18.4, köşelerde). Kesişim noktaları \((\pm a, \pm b)\)’dir ve \(a^2 + b^2 = a^2 + b^2\) olduğundan bunlar da çemberin üzerindedir.
Adım 3: çemberin her noktası bir kesişim noktasıdır. \(Q(x_0, y_0)\), \(x_0^2 + y_0^2 = a^2 + b^2\) çemberinin bir noktası olsun. \(x_0^2 = a^2\) ise \(y_0^2 = b^2\)’dir ve Adım 2’deki noktalardan biri bulunur. \(x_0^2 \neq a^2\) olsun. \(Q\)’dan geçen eğimi \(m\) olan doğru \(y = mx + (y_0 - mx_0)\)’dır; bu doğrunun teğet olması için Sonuç 18.1 gereği
\[ (y_0 - mx_0)^2 = a^2m^2 + b^2 \;\Longleftrightarrow\; (x_0^2 - a^2)\,m^2 - 2x_0y_0\,m + (y_0^2 - b^2) = 0 \]
olmalıdır. Bu, \(m\)’ye göre ikinci dereceden bir denklemdir. Diskriminantının dörtte biri
\[ x_0^2y_0^2 - (x_0^2 - a^2)(y_0^2 - b^2) = b^2x_0^2 + a^2y_0^2 - a^2b^2 \]
dir. \(b < a\) olduğundan \(\frac{y_0^2}{b^2} \geq \frac{y_0^2}{a^2}\)’dir; \(Q\) çember üzerinde olduğundan da
\[ \frac{x_0^2}{a^2} + \frac{y_0^2}{b^2} \geq \frac{x_0^2 + y_0^2}{a^2} = \frac{a^2 + b^2}{a^2} > 1 \]
bulunur. İki yanı \(a^2b^2\) ile çarparsak \(b^2x_0^2 + a^2y_0^2 > a^2b^2\), yani diskriminantın pozitif olduğu görülür. Demek ki denklemin iki farklı gerçel kökü \(m_1, m_2\) vardır ve kökler çarpımı
\[ m_1m_2 = \frac{y_0^2 - b^2}{x_0^2 - a^2} = \frac{(a^2 - x_0^2)}{x_0^2 - a^2} = -1 \]
dir (çember denkleminden \(y_0^2 - b^2 = a^2 - x_0^2\)). Böylece \(Q\)’dan geçen, eğimleri \(m_1\) ve \(m_2\) olan iki teğet birbirine diktir ve \(Q\) bunların kesişim noktasıdır.
\(\blacksquare\)
Tanım 18.12 (Monge çemberi) Bir elipsin birbirine dik teğetlerinin kesişim noktalarının oluşturduğu, \((\star)\) ile verilen noktaların çizdiği \(x^2 + y^2 = a^2 + b^2\) çemberine elipsin Monge çemberi denir.
Yani Monge çemberi, elipsi “dik açıyla gören” noktaların çemberidir: bu çemberin herhangi bir noktasından elipse çizilen iki teğet birbirine diktir. Yarıçapı \(\sqrt{a^2 + b^2}\), yani elipsi çevreleyen \(2a \times 2b\) dikdörtgenin köşegeninin yarısıdır; dikdörtgenin köşeleri \((\pm a, \pm b)\) bu çemberin üzerindedir.
Örnek 18.12 (Monge çemberi ve teğet karesi) \(\dfrac{x^2}{25} + \dfrac{y^2}{9} = 1\) elipsinin Monge çemberini yazınız. Eğimi \(1\) ve \(-1\) olan teğetlerin kesişim noktalarının bu çember üzerinde olduğunu doğrulayınız.
Çözüm
Teorem 18.6 gereği Monge çemberi \(x^2 + y^2 = 25 + 9 = 34\) çemberidir.
Eğimi \(1\) olan teğetleri bir önceki kesimdeki örnekte (Örnek 18.11) bulduk: \(y = x \pm \sqrt{34}\). Eğimi \(-1\) olanlar için Sonuç 18.1 yine \(n^2 = 25 \cdot 1 + 9 = 34\) verir: \(y = -x \pm \sqrt{34}\). Dört teğet bir kare oluşturur; köşeleri ikişer teğetin kesişimidir. Örneğin
\[ \begin{aligned} y = x + \sqrt{34},\ y = -x + \sqrt{34} &\;\Longrightarrow\; (0, \sqrt{34}),\\[1mm] y = x + \sqrt{34},\ y = -x - \sqrt{34} &\;\Longrightarrow\; (-\sqrt{34}, 0) \end{aligned} \]
ve benzer biçimde \((0, -\sqrt{34})\) ile \((\sqrt{34}, 0)\) bulunur. Dördünün de başlangıç noktasına uzaklığı \(\sqrt{34}\)’tür; hepsi Monge çemberinin üzerindedir.
\(\blacksquare\)
18.10 Dış Merkezlik
Aynı asal eksene sahip elipslerden bazıları çembere yakın, bazıları basıktır. Bu basıklığı tek bir sayıyla ölçeriz.
Tanım 18.13 (Dış merkezlik) \(\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1\) elipsinde
\[ e = \frac{|F_1F_2|}{|A_1A_2|} = \frac{c}{a} \]
sayısına elipsin dış merkezliği denir.
Yani dış merkezlik, odaklar arasındaki uzaklığın asal eksen uzunluğuna oranıdır; odakların merkezden ne kadar “dışarı” kaçtığını ölçer.
Önerme 18.6 (Dış merkezlik ve basıklık) Bir elipsin dış merkezliği
\[ e = \sqrt{1 - \left(\frac{b}{a}\right)^2} \]
dir ve \(0 \leq e < 1\) sağlar. \(e\) büyüdükçe \(\frac{b}{a}\) oranı küçülür, yani elips basıklaşır. Özel olarak:
- \(e = 0\) olması \(c = 0\), yani \(F_1 = F_2\) olması demektir; bu durumda \(b = a\) olur ve elips yarıçapı \(a\) olan bir çembere dönüşür.
- \(e \to 1\) iken \(c \to a\) ve \(b \to 0\) olur; \(e = 1\) sınır durumu \(|F_1F_2| = |A_1A_2|\) demektir, odaklar uzak köşelerle çakışır ve “elips” \(F_1F_2\) doğru parçasına yozlaşır.
Odaklar birbiriyle ya da uzak köşelerle çakışmadıkça \(0 < e < 1\)’dir.
İspat
\(c = \sqrt{a^2 - b^2}\) olduğundan
\[ e = \frac{c}{a} = \frac{\sqrt{a^2 - b^2}}{a} = \sqrt{\frac{a^2 - b^2}{a^2}} = \sqrt{1 - \left(\frac{b}{a}\right)^2} \]
dir. \(0 \leq c < a\) olduğundan \(0 \leq e < 1\)’dir. Formülde \(e\), \(\frac{b}{a} \in (0, 1]\) oranının azalan bir fonksiyonudur: \(e\)’nin artması, kök içinden çıkarılan \(\left(\frac{b}{a}\right)^2\)’nin, dolayısıyla \(\frac{b}{a}\)’nın küçülmesi demektir. \(e = 0\) ise \(c = 0\), \(F_1 = F_2 = M\) ve \(b = a\)’dır; tanım, \(M\)’ye uzaklığı \(a\) olan noktaları verir. \(e = 1\) için \(2a = 2c = |F_1F_2|\) olur ve Önerme 18.1 gereği uzaklıklar toplamı \(2a\) olan noktalar tam olarak \(F_1F_2\) parçasını oluşturur.
\(\blacksquare\)
Örnek 18.13 (Dış merkezliği hesaplamak) \(\dfrac{x^2}{225} + \dfrac{y^2}{81} = 1\) elipsinin dış merkezliğini bulunuz.
Çözüm
\(a^2 = 225\) ve \(b^2 = 81\), yani \(a = 15\) ve \(b = 9\)’dur. Buradan
\[ c = \sqrt{a^2 - b^2} = \sqrt{225 - 81} = \sqrt{144} = 12 \]
ve
\[ e = \frac{c}{a} = \frac{12}{15} = \frac{4}{5} \]
bulunur.
\(\blacksquare\)
18.11 Asal ve Yedek Çember, Parametrik Denklem
Elipsin merkezine yerleştirilmiş iki çember, elipsi bir çemberin “sıkıştırılmışı” olarak görmemizi sağlar.
Tanım 18.14 (Asal ve yedek çember) Merkezi elipsin merkezi, çapı elipsin asal eksen uzunluğu kadar olan çembere elipsin asal çemberi; merkezi elipsin merkezi, çapı elipsin yedek eksen uzunluğu kadar olan çembere de elipsin yedek çemberi denir.
Yani uygun sistemde asal çember \(x^2 + y^2 = a^2\), yedek çember \(x^2 + y^2 = b^2\)’dir. Elips bu iki çemberin arasında kalır: asal çembere uzak köşelerde, yedek çembere yakın köşelerde dokunur. Bu iki çemberden yararlanarak elipsin noktalarını tek bir açıyla ifade edebiliriz.
Teorem 18.7 (Elipsin parametrik denklemi) \(\mathcal{E}: \dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1\) elipsinin noktaları tam olarak
\[ x = a\cos\theta, \qquad y = b\sin\theta, \qquad \theta \in [0, 2\pi) \]
noktalarıdır. Geometrik olarak: \(OX\) ile \(\theta\) açısı yapan yarı doğru asal çemberi \(R\)’de, yedek çemberi \(S\)’de kessin; \(R\)’den asal eksene indirilen dikmenin ayağı \(H\), \(S\)’den asal eksene indirilen dikmenin ayağı \(K\) olsun. \(S\)’den \(RH\)’ye indirilen dikmenin \(RH\)’yi kestiği \(P\) noktası elipsin, \(\theta\) değerine karşılık gelen noktasıdır.
İspat
Adım 1: yapının verdiği nokta. \(R\) asal çember üzerinde ve \(|OR| = a\) olduğundan kutupsal koordinatlarla (bkz. Önerme 5.3) \(R = (a\cos\theta, a\sin\theta)\)’dır; benzer biçimde \(|OS| = b\) olduğundan \(S = (b\cos\theta, b\sin\theta)\)’dır. İlk çeyrekte bu, \(ROH\) ve \(SOK\) dik üçgenlerinden okunur:
\[ \cos\theta = \frac{|OH|}{|OR|}, \qquad \sin\theta = \frac{|SK|}{|OS|} . \]
\(RH\) düşey doğrudur, yani \(P\)’nin apsisi \(R\)’ninkiyle aynıdır: \(x = |OH| = a\cos\theta\). \(SP\) yataydır, yani \(P\)’nin ordinatı \(S\)’ninkiyle aynıdır: \(y = |PH| = |SK| = b\sin\theta\).
Adım 2: bu noktalar elipstedir. \(x = a\cos\theta\), \(y = b\sin\theta\) için
\[ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = \cos^2\theta + \sin^2\theta = 1 \]
dir.
Adım 3: elipsin her noktası böyle yazılır. \((x, y)\) elipste olsun. \(\left(\frac{x}{a}\right)^2 + \left(\frac{y}{b}\right)^2 = 1\) olduğundan \(\left(\frac{x}{a}, \frac{y}{b}\right)\) noktası birim çemberin üzerindedir. Birim çemberin her noktası \((\cos\theta, \sin\theta)\) biçiminde tek bir \(\theta \in [0, 2\pi)\) ile yazılır; bu \(\theta\) için \(x = a\cos\theta\) ve \(y = b\sin\theta\) olur.
\(\blacksquare\)
Yani elips, asal çemberin her noktasının ordinatını \(\frac{b}{a}\) oranında küçülterek elde edilir: asal çemberin \((a\cos\theta, a\sin\theta)\) noktası elipsin \((a\cos\theta, b\sin\theta)\) noktasına iner. Buradaki \(\theta\) açısı genel olarak \(OP\) yarı doğrusunun açısı değildir; \(OR\) yarı doğrusunun açısıdır.
Örnek 18.14 (Parametreye karşılık gelen nokta) \(\dfrac{x^2}{25} + \dfrac{y^2}{9} = 1\) elipsinin parametrik denklemlerini yazınız ve \(\theta = \frac{\pi}{3}\) değerine karşılık gelen noktayı bulunuz.
Çözüm
\(a = 5\), \(b = 3\) olduğundan Teorem 18.7 gereği parametrik denklemler
\[ x = 5\cos\theta, \qquad y = 3\sin\theta, \qquad \theta \in [0, 2\pi) \]
dir. \(\theta = \frac{\pi}{3}\) için \(\cos\frac{\pi}{3} = \frac{1}{2}\) ve \(\sin\frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}\) olduğundan nokta
\[ \left(\frac{5}{2},\ \frac{3\sqrt{3}}{2}\right) \]
dir. Doğrulama: \(\frac{25/4}{25} + \frac{27/4}{9} = \frac{1}{4} + \frac{3}{4} = 1\).
\(\blacksquare\)
18.12 Doğrultmanlar ve Elipsin İkinci Tanımı
Girişte koniklerin bir odak ve bir doğrultmanla da tanımlanabileceğini söylemiştik. Şimdi elips için bu doğruları bulalım.
Tanım 18.15 (Doğrultmanlar) \(\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1\) elipsinde (\(c > 0\)) odaklar eksenine dik olan ve merkezden \(\dfrac{a^2}{c}\) birim uzaklıkta bulunan
\[ \Delta_1: x = \frac{a^2}{c}, \qquad \Delta_2: x = -\frac{a^2}{c} \]
doğrularına elipsin doğrultmanları denir. \(\Delta_1\)’e \(F_1\)’e ait, \(\Delta_2\)’ye \(F_2\)’ye ait doğrultman denir.
Yani doğrultmanlar, asal eksene dik ve elipsin dışında kalan iki doğrudur: \(c < a\) olduğundan \(\frac{a^2}{c} > a\)’dır, yani her doğrultman merkeze uzak köşeden daha uzaktır. \(e = \frac{c}{a}\) olduğundan doğrultmanları \(x = \pm\frac{a}{e}\) biçiminde de yazabiliriz.
Teorem 18.8 (Odak–doğrultman oranı) Elipsin üzerindeki herhangi bir noktanın bir odağa uzaklığının, aynı noktanın bu odağa ait doğrultmana uzaklığına oranı sabittir ve elipsin dış merkezliğine eşittir:
\[ \frac{|PF_1|}{d(P, \Delta_1)} = \frac{|PF_2|}{d(P, \Delta_2)} = e < 1 . \]
İspat
\(P(x, y)\) elipsin bir noktası olsun ve \(r = |PF_1|\), \(d = d(P, \Delta_1)\) diyelim. Lemma 18.1 gereği
\[ r = a - \frac{c}{a}\,x \]
dir. \(\Delta_1\) düşey \(x = \frac{a^2}{c}\) doğrusu olduğundan \(P\)’nin ona uzaklığı apsisler farkının mutlak değeridir. \(x \leq a < \frac{a^2}{c}\) olduğundan bu fark pozitiftir:
\[ d = \frac{a^2}{c} - x . \]
Oranı hesaplamak için payı \(\frac{c}{a}\) ortak çarpanına ayıralım:
\[ \frac{r}{d} = \frac{a - \frac{c}{a}x}{\frac{a^2}{c} - x} = \frac{\frac{c}{a}\left(\frac{a^2}{c} - x\right)}{\frac{a^2}{c} - x} = \frac{c}{a} = e . \]
İkinci odak için Lemma 18.1 \(|PF_2| = a + \frac{c}{a}x\) verir; \(\Delta_2: x = -\frac{a^2}{c}\) doğrusuna uzaklık da \(x \geq -a > -\frac{a^2}{c}\) olduğundan \(x + \frac{a^2}{c}\)’dir. Aynı çarpanlara ayırma
\[ \frac{|PF_2|}{d(P, \Delta_2)} = \frac{\frac{c}{a}\left(\frac{a^2}{c} + x\right)}{\frac{a^2}{c} + x} = e \]
verir. Önerme 18.6 gereği \(e < 1\)’dir.
\(\blacksquare\)
Bu teoremin tersi de doğrudur: bir noktaya ve bir doğruya uzaklıklarının oranı \(1\)’den küçük bir sabit olan noktalar bir elips oluşturur.
Teorem 18.9 (Odak ve doğrultmandan elips) \(F\) bir nokta, \(\Delta\) da \(F\)’den geçmeyen bir doğru ve \(0 < e < 1\) olsun. \(|PF| = e \cdot d(P, \Delta)\) koşulunu sağlayan \(P\) noktalarının kümesi, bir odağı \(F\), bu odağa ait doğrultmanı \(\Delta\) ve dış merkezliği \(e\) olan bir elipstir.
İspat
\(F\)’nin \(\Delta\)’ya uzaklığı \(h > 0\) olsun. Koordinat sistemini, \(X\)-ekseni \(F\)’den geçip \(\Delta\)’ya dik olacak ve \(\Delta\), \(F\)’nin sağında kalacak biçimde seçelim; başlangıç noktasını da birazdan belirleyeceğimiz bir yere koyalım. Önce
\[ a = \frac{he}{1 - e^2}, \qquad c = ae \]
sayılarını tanımlayalım. \(\frac{a}{e} - ae = \frac{a(1 - e^2)}{e} = h\) olduğundan, başlangıç noktası \(F\)’nin \(c\) birim solunda seçilirse \(F = (c, 0)\) ve \(\Delta: x = \frac{a}{e}\) olur.
Bu sistemde \(P(x, y)\) için koşul \(\sqrt{(x - c)^2 + y^2} = e\,\left|\frac{a}{e} - x\right|\)’tir. İki yan da negatif olmadığından kareleri alınabilir ve \(c = ae\) yazılabilir:
\[ (x - ae)^2 + y^2 = (a - ex)^2 . \]
Açalım:
\[ x^2 - 2aex + a^2e^2 + y^2 = a^2 - 2aex + e^2x^2 . \]
\(-2aex\) terimleri sadeleşir ve
\[ (1 - e^2)\,x^2 + y^2 = a^2(1 - e^2) \]
kalır. \(b^2 = a^2(1 - e^2) > 0\) diyerek iki yanı \(a^2(1 - e^2)\)’ye bölersek
\[ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 \]
bulunur. \(a^2 - b^2 = a^2e^2 = c^2\) olduğundan bu, odakları \((\pm c, 0)\) olan elipstir (Teorem 18.2); \(F\) odağına ait doğrultmanı \(x = \frac{a^2}{c} = \frac{a}{e}\), yani \(\Delta\), dış merkezliği \(\frac{c}{a} = e\)’dir.
\(\blacksquare\)
Bu iki teorem, elipsi odaklar yerine bir odak ve bir doğrultmanla tanımlamamıza izin verir.
Tanım 18.16 (Elipsin ikinci tanımı) Sabit bir noktaya ve bu noktadan geçmeyen sabit bir doğruya uzaklıklarının oranı sabit ve \(1\)’den küçük olan noktaların geometrik yerine elips denir.
Yani elips, bir odağa, doğrultmanına olduğundan “daha yakın” duran noktalardır; ne kadar daha yakın olduğunu dış merkezlik söyler. Oran \(1\)’e eşit ya da \(1\)’den büyük olsaydı aynı yapı parabol ve hiperbolü verirdi; bunları sonraki bölümlerde göreceğiz.
Örnek 18.15 (Odak ve doğrultmandan elips denklemi) \(F(-3, 0)\) noktasına ve \(x = -\frac{25}{3}\) doğrusuna uzaklıklarının oranı \(\frac{3}{5}\) olan noktaların geometrik yerini bulunuz.
Çözüm
\(P(x, y)\) aranan geometrik yerin bir noktası olsun. \(P\)’nin \(F\)’ye uzaklığı
\[ r = |PF| = \sqrt{(-3 - x)^2 + (0 - y)^2} = \sqrt{(x + 3)^2 + y^2} \]
dir. \(x = -\frac{25}{3}\) düşey doğrusuna uzaklığı \(d = \left|-\frac{25}{3} - x\right| = \left|x + \frac{25}{3}\right|\)’tür. Koşul \(\frac{r}{d} = \frac{3}{5}\)’tir; iki yan da negatif olmadığından karelerini alabiliriz:
\[ \frac{(x + 3)^2 + y^2}{\left(x + \frac{25}{3}\right)^2} = \frac{9}{25} \;\Longrightarrow\; 25\big[(x + 3)^2 + y^2\big] = 9\left(x + \frac{25}{3}\right)^2 . \]
İki yanı açalım:
\[ \begin{aligned} 25x^2 + 150x + 225 + 25y^2 &= 9x^2 + 150x + 625,\\[1mm] 16x^2 + 25y^2 &= 400 . \end{aligned} \]
İki yanı \(400\)’e bölersek aranan geometrik yer
\[ \frac{x^2}{25} + \frac{y^2}{16} = 1 \]
elipsi bulunur. Gerçekten bu elipste \(a = 5\), \(c = 3\), \(e = \frac{3}{5}\)’tir; \(F(-3, 0)\) odağına ait doğrultman \(x = -\frac{a^2}{c} = -\frac{25}{3}\)’tür.
\(\blacksquare\)
18.13 Alıştırmalar
Aşağıdaki alıştırmalarda bölümde öğrendiğimiz kavramları uyguluyoruz: kareye tamamlama, elipsin öğelerini denklemden okuma, verilen koşullardan denklem kurma, teğet, bir doğruyla durum ve dış merkezlik.
Alıştırma 18.1 (Birinci dereceden terimleri kaldırmak: birinci denklem) Kareye tamamlama yöntemiyle \(x^2 + 2y^2 - 4x + 6y - 8 = 0\) denklemindeki birinci dereceden terimleri kaldırınız.
Çözüm
\(x\)’li ve \(y\)’li terimleri ayrı ayrı kareye tamamlayalım:
\[ x^2 - 4x = (x - 2)^2 - 4, \qquad 2y^2 + 6y = 2\left(y^2 + 3y\right) = 2\left(y + \tfrac{3}{2}\right)^2 - \tfrac{9}{2} . \]
Denklemde yerine yazalım:
\[ (x - 2)^2 - 4 + 2\left(y + \tfrac{3}{2}\right)^2 - \tfrac{9}{2} - 8 = 0 \;\Longrightarrow\; (x - 2)^2 + 2\left(y + \tfrac{3}{2}\right)^2 = \tfrac{33}{2} . \]
İki yanı \(2\) ile çarparsak \(2(x - 2)^2 + 4\left(y + \frac{3}{2}\right)^2 = 33\) olur. \(x' = x - 2\), \(y' = y + \frac{3}{2}\) dönüşümüyle, yani eksenleri \(\left(2, -\frac{3}{2}\right)\) noktasına öteleyerek
\[ 2x'^2 + 4y'^2 = 33 \]
elde edilir; birinci dereceden terimler kalmamıştır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.2 (Birinci dereceden terimleri kaldırmak: ikinci denklem) Kareye tamamlama yöntemiyle \(3x^2 - 4y^2 - 6x - 8y - 10 = 0\) denklemindeki birinci dereceden terimleri kaldırınız.
Çözüm
Kareye tamamlayalım:
\[ 3x^2 - 6x = 3(x - 1)^2 - 3, \qquad -4y^2 - 8y = -4(y^2 + 2y) = -4(y + 1)^2 + 4 . \]
Denklemde yerine yazalım:
\[ 3(x - 1)^2 - 3 - 4(y + 1)^2 + 4 - 10 = 0 \;\Longrightarrow\; 3(x - 1)^2 - 4(y + 1)^2 = 9 . \]
\(x' = x - 1\), \(y' = y + 1\) dönüşümüyle
\[ 3x'^2 - 4y'^2 = 9 \]
bulunur. (\(x'^2\) ile \(y'^2\)’nin katsayıları zıt işaretli olduğundan bu bir elips değildir; bu tür eğrileri Hiperbol bölümünde inceleyeceğiz.)
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.3 (Birinci dereceden terimleri kaldırmak: üçüncü denklem) Kareye tamamlama yöntemiyle \(2x^2 + 5y^2 - 12x + 10y - 17 = 0\) denklemindeki birinci dereceden terimleri kaldırınız.
Çözüm
Kareye tamamlayalım:
\[ 2x^2 - 12x = 2(x - 3)^2 - 18, \qquad 5y^2 + 10y = 5(y + 1)^2 - 5 . \]
Denklemde yerine yazalım:
\[ 2(x - 3)^2 - 18 + 5(y + 1)^2 - 5 - 17 = 0 \;\Longrightarrow\; 2(x - 3)^2 + 5(y + 1)^2 = 40 . \]
\(x' = x - 3\), \(y' = y + 1\) dönüşümüyle
\[ 2x'^2 + 5y'^2 = 40 \]
bulunur. \(40\)’a bölersek \(\frac{x'^2}{20} + \frac{y'^2}{8} = 1\) olur; bu, merkezi eski sistemde \((3, -1)\) olan bir elipstir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.4 (Birinci dereceden terimleri kaldırmak: dördüncü denklem) Kareye tamamlama yöntemiyle \(3x^2 + 3y^2 - 12x + 12y - 1 = 0\) denklemindeki birinci dereceden terimleri kaldırınız.
Çözüm
Kareye tamamlayalım:
\[ 3x^2 - 12x = 3(x - 2)^2 - 12, \qquad 3y^2 + 12y = 3(y + 2)^2 - 12 . \]
Denklemde yerine yazalım:
\[ 3(x - 2)^2 - 12 + 3(y + 2)^2 - 12 - 1 = 0 \;\Longrightarrow\; 3(x - 2)^2 + 3(y + 2)^2 = 25 . \]
\(x' = x - 2\), \(y' = y + 2\) dönüşümüyle
\[ 3x'^2 + 3y'^2 = 25 \]
bulunur. Bu, merkezi eski sistemde \((2, -2)\) ve yarıçapı \(\frac{5}{\sqrt{3}}\) olan bir çemberdir, yani dış merkezliği \(0\) olan bir elipstir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.5 (Asal eksen uzunluğu: 169 ve 144 paydalı elips) \(\dfrac{x^2}{169} + \dfrac{y^2}{144} = 1\) elipsinin asal eksen uzunluğunu bulunuz.
Çözüm
Denklem \(\frac{x^2}{13^2} + \frac{y^2}{12^2} = 1\) biçimindedir. Büyük payda \(x^2\)’nin altında olduğundan asal eksen \(X\)-ekseni üzerindedir ve \(a = 13\)’tür. Asal eksen uzunluğu \(2a = 2 \cdot 13 = 26\)’dır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.6 (Yedek eksen uzunluğu: 169 ve 144 paydalı elips) \(\dfrac{x^2}{169} + \dfrac{y^2}{144} = 1\) elipsinin yedek eksen uzunluğunu bulunuz.
Çözüm
\(b^2 = 144\), yani \(b = 12\)’dir. Yedek eksen uzunluğu \(2b = 2 \cdot 12 = 24\)’tür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.7 (Odaklar: 169 ve 144 paydalı elips) \(\dfrac{x^2}{169} + \dfrac{y^2}{144} = 1\) elipsinin odaklarını bulunuz.
Çözüm
\(a = 13\), \(b = 12\) ve \(a^2 = b^2 + c^2\) olduğundan
\[ c^2 = 169 - 144 = 25, \qquad c = 5 \]
tir. Asal eksen \(X\)-ekseni olduğundan odaklar \(F_1(5, 0)\) ve \(F_2(-5, 0)\)’dır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.8 (Dış merkezlik: 169 ve 144 paydalı elips) \(\dfrac{x^2}{169} + \dfrac{y^2}{144} = 1\) elipsinin dış merkezliğini bulunuz.
Çözüm
\(a = 13\) ve \(c = \sqrt{169 - 144} = 5\)’tir. Dış merkezlik \(e = \frac{c}{a} = \frac{5}{13}\)’tür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.9 (Asal eksen uzunluğu: 8 ve 12 paydalı elips) \(\dfrac{x^2}{8} + \dfrac{y^2}{12} = 1\) elipsinin asal eksen uzunluğunu bulunuz.
Çözüm
Büyük payda \(12\), \(y^2\)’nin altındadır; Önerme 18.3 gereği asal eksen \(Y\)-ekseni üzerindedir ve
\[ a^2 = 12 = \big(2\sqrt{3}\big)^2, \qquad a = 2\sqrt{3} \]
tür. Asal eksen uzunluğu \(2a = 4\sqrt{3}\)’tür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.10 (Yedek eksen uzunluğu: 8 ve 12 paydalı elips) \(\dfrac{x^2}{8} + \dfrac{y^2}{12} = 1\) elipsinin yedek eksen uzunluğunu bulunuz.
Çözüm
Küçük payda \(8\), \(x^2\)’nin altındadır; yedek eksen \(X\)-ekseni üzerindedir ve \(b^2 = 8 = \big(2\sqrt{2}\big)^2\), yani \(b = 2\sqrt{2}\)’dir. Yedek eksen uzunluğu \(2b = 4\sqrt{2}\)’dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.11 (Odaklar: 8 ve 12 paydalı elips) \(\dfrac{x^2}{8} + \dfrac{y^2}{12} = 1\) elipsinin odaklarını bulunuz.
Çözüm
Asal eksen \(Y\)-ekseni, \(a^2 = 12\) ve \(b^2 = 8\)’dir. \(a^2 = b^2 + c^2\) bağıntısından
\[ 12 = 8 + c^2 \;\Longrightarrow\; c^2 = 4 \;\Longrightarrow\; c = 2 \]
bulunur. Odaklar asal eksen üzerinde olduğundan \(F_1(0, 2)\) ve \(F_2(0, -2)\)’dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.12 (Dış merkezlik: 8 ve 12 paydalı elips) \(\dfrac{x^2}{8} + \dfrac{y^2}{12} = 1\) elipsinin dış merkezliğini bulunuz.
Çözüm
Asal yarı eksen \(a = 2\sqrt{3}\), \(c = 2\)’dir. Dış merkezlik
\[ e = \frac{c}{a} = \frac{2}{2\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3} \]
tür. (Dış merkezlik her zaman odaklar arası uzaklığın asal eksen uzunluğuna oranıdır; asal eksenin hangi koordinat ekseni üzerinde olduğu önemli değildir.)
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.13 (Asal eksen uzunluğu: 225x² + 289y² = 65025) \(225x^2 + 289y^2 = 65025\) elipsinin asal eksen uzunluğunu bulunuz.
Çözüm
Önce standart biçime getirelim. \(65025 = 225 \cdot 289\) olduğundan iki yanı \(65025\)’e bölersek
\[ \frac{x^2}{289} + \frac{y^2}{225} = 1 \]
bulunur. Büyük payda \(x^2\)’nin altındadır: \(a^2 = 289\), \(a = 17\). Asal eksen uzunluğu \(2a = 34\)’tür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.14 (Yedek eksen uzunluğu: 225x² + 289y² = 65025) \(225x^2 + 289y^2 = 65025\) elipsinin yedek eksen uzunluğunu bulunuz.
Çözüm
İki yanı \(65025 = 225 \cdot 289\)’a bölersek \(\frac{x^2}{289} + \frac{y^2}{225} = 1\) olur. \(b^2 = 225\), \(b = 15\)’tir. Yedek eksen uzunluğu \(2b = 30\)’dur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.15 (Odaklar: 225x² + 289y² = 65025) \(225x^2 + 289y^2 = 65025\) elipsinin odaklarını bulunuz.
Çözüm
Standart biçim \(\frac{x^2}{289} + \frac{y^2}{225} = 1\)’dir; \(a = 17\), \(b = 15\)’tir. \(a^2 = b^2 + c^2\) bağıntısından
\[ 289 = 225 + c^2 \;\Longrightarrow\; c^2 = 64 \;\Longrightarrow\; c = 8 \]
bulunur. Asal eksen \(X\)-ekseni olduğundan odaklar \(F_1(8, 0)\) ve \(F_2(-8, 0)\)’dır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.16 (Dış merkezlik: 225x² + 289y² = 65025) \(225x^2 + 289y^2 = 65025\) elipsinin dış merkezliğini bulunuz.
Çözüm
Standart biçimden \(a = 17\), \(b = 15\) ve \(c = \sqrt{289 - 225} = 8\)’dir. Dış merkezlik \(e = \frac{c}{a} = \frac{8}{17}\)’dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.17 (Odakları ve uzak köşeleri verilen elips) Odakları \((\pm 4, 0)\) ve uzak köşeleri \((\pm 5, 0)\) olan merkezil elipsin standart denklemini bulunuz.
Çözüm
Odaklar \(F_1(4, 0)\) ve \(F_2(-4, 0)\) olduğundan asal eksen \(X\)-eksenidir ve \(c = 4\)’tür. Uzak köşeler \(A_1(5, 0)\) ve \(A_2(-5, 0)\) olduğundan \(a = 5\)’tir. \(a^2 = b^2 + c^2\) bağıntısından
\[ 25 = b^2 + 16 \;\Longrightarrow\; b^2 = 9 \;\Longrightarrow\; b = 3 \]
bulunur. Elipsin standart denklemi
\[ \frac{x^2}{25} + \frac{y^2}{9} = 1 \]
dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.18 (Odakları ve uzak köşeleri Y-ekseninde olan elips) Odakları \(F_{1,2}(0, \pm 8)\) ve uzak köşeleri \((0, \pm 17)\) olan merkezil elipsin standart denklemini bulunuz.
Çözüm
Odaklar ve uzak köşeler \(Y\)-ekseni üzerinde olduğundan asal eksen \(Y\)-eksenidir. \(c = 8\) ve \(a = 17\)’dir. \(a^2 = b^2 + c^2\) bağıntısından
\[ 289 = b^2 + 64 \;\Longrightarrow\; b^2 = 225 \;\Longrightarrow\; b = 15 \]
bulunur. Önerme 18.3 gereği \(a^2\) bu kez \(y^2\)’nin altına yazılır:
\[ \frac{x^2}{225} + \frac{y^2}{289} = 1 . \]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.19 (Yedek ekseni ve uzak köşeleri verilen elips) Yedek eksen uzunluğu \(10\) birim ve uzak köşeleri \((\pm 10, 0)\) olan merkezil elipsin standart denklemini bulunuz.
Çözüm
Yedek eksen uzunluğu \(2b = 10\) olduğundan \(b = 5\)’tir. Uzak köşeler \(A_1(10, 0)\) ve \(A_2(-10, 0)\) olduğundan asal eksen \(X\)-eksenidir ve \(a = 10\)’dur. Standart denklem
\[ \frac{x^2}{10^2} + \frac{y^2}{5^2} = 1, \quad\text{yani}\quad \frac{x^2}{100} + \frac{y^2}{25} = 1 \]
dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.20 (Odakları ve yedek ekseni verilen elips) Odakları \((0, \pm 6)\) ve yedek eksen uzunluğu \(16\) birim olan merkezil elipsin standart denklemini bulunuz.
Çözüm
Odaklar \(Y\)-ekseni üzerinde olduğundan asal eksen \(Y\)-eksenidir ve \(c = 6\)’dır. Yedek eksen uzunluğu \(2b = 16\) olduğundan \(b = 8\)’dir. \(a^2 = b^2 + c^2\) bağıntısından
\[ a^2 = 64 + 36 = 100, \qquad a = 10 \]
bulunur. Önerme 18.3 gereği standart denklem
\[ \frac{x^2}{64} + \frac{y^2}{100} = 1 \]
dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.21 (Odakları ve dış merkezliği verilen elips) Odakları \((\pm 5, 0)\) ve dış merkezliği \(\frac{5}{8}\) olan merkezil elipsin standart denklemini bulunuz.
Çözüm
Odaklar \(F_1(5, 0)\) ve \(F_2(-5, 0)\) olduğundan asal eksen \(X\)-eksenidir ve \(c = 5\)’tir. Dış merkezlikten
\[ e = \frac{c}{a} = \frac{5}{a} = \frac{5}{8} \;\Longrightarrow\; a = 8 \]
bulunur. \(a^2 = b^2 + c^2\) bağıntısından \(b^2 = 64 - 25 = 39\)’dur. Standart denklem
\[ \frac{x^2}{64} + \frac{y^2}{39} = 1 \]
dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.22 (İki noktası verilen elips) Odakları \(X\)-ekseni üzerinde ve merkezi başlangıç noktası olan, \(\big(-3, 2\sqrt{3}\big)\) ile \(\left(4, \frac{4\sqrt{5}}{3}\right)\) noktalarından geçen elipsin denklemini bulunuz.
Çözüm
Elipsin denklemi \(\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1\) biçimindedir. İki bilinmeyeni kolay bulmak için \(u = \frac{1}{a^2}\) ve \(v = \frac{1}{b^2}\) diyelim; denklem \(ux^2 + vy^2 = 1\) olur ve \(u, v\)’ye göre doğrusaldır.
\(\big(-3, 2\sqrt{3}\big)\) noktası için \((-3)^2 = 9\) ve \(\big(2\sqrt{3}\big)^2 = 12\) olduğundan
\[ 9u + 12v = 1 \qquad (\text{i}) \]
dir. \(\left(4, \frac{4\sqrt{5}}{3}\right)\) noktası için \(4^2 = 16\) ve \(\left(\frac{4\sqrt{5}}{3}\right)^2 = \frac{80}{9}\) olduğundan
\[ 16u + \frac{80}{9}v = 1 \qquad (\text{ii}) \]
dir. (i)’den \(u = \frac{1 - 12v}{9}\) bulunur; bunu (ii)’de yerine yazıp iki yanı \(9\) ile çarpalım:
\[ 16(1 - 12v) + 80v = 9 \;\Longrightarrow\; 16 - 192v + 80v = 9 \;\Longrightarrow\; 112v = 7 \;\Longrightarrow\; v = \frac{1}{16} . \]
Buradan \(u = \frac{1 - 12/16}{9} = \frac{1/4}{9} = \frac{1}{36}\) bulunur. Demek ki \(a^2 = 36\) ve \(b^2 = 16\)’dır; \(a > b\) olduğundan odaklar gerçekten \(X\)-ekseni üzerindedir. Elipsin denklemi
\[ \frac{x^2}{36} + \frac{y^2}{16} = 1 \]
dir. Doğrulama: \(\frac{9}{36} + \frac{12}{16} = \frac{1}{4} + \frac{3}{4} = 1\) ve \(\frac{16}{36} + \frac{80/9}{16} = \frac{4}{9} + \frac{5}{9} = 1\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.23 (Odakları ve uzaklıklar toplamı verilen geometrik yer) \(F_1(3, 1)\) ve \(F_2(-5, 1)\) noktalarına uzaklıklarının toplamı \(10\) birim olan noktaların geometrik yerinin denklemini bulunuz.
Çözüm
Odaklar arasındaki uzaklık
\[ |F_1F_2| = \sqrt{(-5 - 3)^2 + (1 - 1)^2} = 8 < 10 \]
olduğundan Tanım 18.2 gereği aranan geometrik yer bir elipstir. Öğelerini bulalım.
- \(|PF_1| + |PF_2| = 2a = 10\) olduğundan \(a = 5\)’tir.
- \(2c = |F_1F_2| = 8\) olduğundan \(c = 4\)’tür.
- \(a^2 = b^2 + c^2\) bağıntısından \(25 = b^2 + 16\), yani \(b = 3\)’tür.
Merkez odakların orta noktasıdır:
\[ M = \tfrac{1}{2}(F_1 + F_2) = \tfrac{1}{2}\big((3, 1) + (-5, 1)\big) = \tfrac{1}{2}(-2, 2) = (-1, 1) . \]
Odaklar \(y = 1\) yatay doğrusu üzerinde olduğundan asal eksen \(X\)-eksenine paraleldir. Önerme 18.4 gereği elipsin denklemi
\[ \frac{(x + 1)^2}{25} + \frac{(y - 1)^2}{9} = 1 \]
dir. Parantezleri açmak için iki yanı \(225\) ile çarpalım:
\[ \begin{aligned} 9(x + 1)^2 + 25(y - 1)^2 &= 225,\\[1mm] 9x^2 + 18x + 9 + 25y^2 - 50y + 25 &= 225,\\[1mm] 9x^2 + 25y^2 + 18x - 50y - 191 &= 0 . \end{aligned} \]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.24 (Asal eksen uzunluğu: x² + 4y² = 4) \(x^2 + 4y^2 = 4\) elipsinin asal eksen uzunluğunu hesaplayınız.
Çözüm
İki yanı \(4\)’e bölersek \(\frac{x^2}{4} + y^2 = 1\) olur; \(a^2 = 4\), \(a = 2\)’dir. Asal eksen uzunluğu \(2a = 4\)’tür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.25 (Yedek eksen uzunluğu: x² + 4y² = 4) \(x^2 + 4y^2 = 4\) elipsinin yedek eksen uzunluğunu hesaplayınız.
Çözüm
Standart biçim \(\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{1} = 1\)’dir; \(b^2 = 1\), \(b = 1\)’dir. Yedek eksen uzunluğu \(2b = 2\)’dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.26 (Odaklar: x² + 4y² = 4) \(x^2 + 4y^2 = 4\) elipsinin odaklarını hesaplayınız.
Çözüm
Standart biçim \(\frac{x^2}{4} + y^2 = 1\)’dir; \(a = 2\), \(b = 1\)’dir. \(c^2 = a^2 - b^2 = 4 - 1 = 3\) olduğundan \(c = \sqrt{3}\)’tür. Asal eksen \(X\)-ekseni olduğundan odaklar \(F_1\big(\sqrt{3}, 0\big)\) ve \(F_2\big(-\sqrt{3}, 0\big)\)’dır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.27 (Odaklar arası uzaklık: x² + 4y² = 4) \(x^2 + 4y^2 = 4\) elipsinin odakları arasındaki uzaklığı hesaplayınız.
Çözüm
Standart biçim \(\frac{x^2}{4} + y^2 = 1\)’den \(c = \sqrt{4 - 1} = \sqrt{3}\) bulunur. Odakları arasındaki uzaklık \(2c = 2\sqrt{3}\)’tür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.28 (Asal eksen uzunluğu: 16x² + 25y² = 400) \(16x^2 + 25y^2 = 400\) elipsinin asal eksen uzunluğunu hesaplayınız.
Çözüm
İki yanı \(400\)’e bölersek \(\frac{x^2}{25} + \frac{y^2}{16} = 1\) olur; \(a = 5\)’tir. Asal eksen uzunluğu \(2a = 10\)’dur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.29 (Yedek eksen uzunluğu: 16x² + 25y² = 400) \(16x^2 + 25y^2 = 400\) elipsinin yedek eksen uzunluğunu hesaplayınız.
Çözüm
Standart biçim \(\frac{x^2}{25} + \frac{y^2}{16} = 1\)’dir; \(b = 4\)’tür. Yedek eksen uzunluğu \(2b = 8\)’dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.30 (Odaklar: 16x² + 25y² = 400) \(16x^2 + 25y^2 = 400\) elipsinin odaklarını hesaplayınız.
Çözüm
Standart biçim \(\frac{x^2}{25} + \frac{y^2}{16} = 1\)’dir. \(c^2 = a^2 - b^2 = 25 - 16 = 9\), yani \(c = 3\)’tür. Odaklar \(F_1(3, 0)\) ve \(F_2(-3, 0)\)’dır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.31 (Odaklar arası uzaklık: 16x² + 25y² = 400) \(16x^2 + 25y^2 = 400\) elipsinin odakları arasındaki uzaklığı hesaplayınız.
Çözüm
Standart biçimden \(c = \sqrt{25 - 16} = 3\) bulunur. Odakları arasındaki uzaklık \(2c = 6\)’dır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.32 (Parametrik noktanın elips üzerinde olması) Koordinatları \(\theta\) parametresine bağlı \(P(a\cos\theta, b\sin\theta)\) noktası verilsin. \(\theta\)’nın her değeri için \(P\)’nin \(\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1\) elipsi üzerinde olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(P\)’nin koordinatlarını elips denkleminin sol tarafında yerine yazalım:
\[ \frac{(a\cos\theta)^2}{a^2} + \frac{(b\sin\theta)^2}{b^2} = \frac{a^2\cos^2\theta}{a^2} + \frac{b^2\sin^2\theta}{b^2} = \cos^2\theta + \sin^2\theta = 1 . \]
Her \(\theta\) için sonuç \(1\) olduğundan \(P\) elips denklemini sağlar, yani elipsin üzerindedir. (Tersine, elipsin her noktasının bu biçimde yazılabildiğini parametrik denklem teoreminde (Teorem 18.7) gördük.)
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.33 (Odakları ve asal eksen uzunluğu verilen elips) Odakları \((-3, 2)\) ve \((3, 2)\), asal eksen uzunluğu \(10\) birim olan elipsin denklemini bulunuz.
Çözüm
Merkez odakların orta noktasıdır:
\[ M = \tfrac{1}{2}\big((-3, 2) + (3, 2)\big) = (0, 2) . \]
\(2a = 10\) olduğundan \(a = 5\)’tir. Odaklar arası uzaklık
\[ 2c = |F_1F_2| = \sqrt{(3 - (-3))^2 + (2 - 2)^2} = 6 \]
olduğundan \(c = 3\)’tür. \(b^2 = a^2 - c^2 = 25 - 9 = 16\), yani \(b = 4\)’tür. Odaklar \(y = 2\) yatay doğrusu üzerinde olduğundan asal eksen \(X\)-eksenine paraleldir; Önerme 18.4 gereği
\[ \frac{x^2}{25} + \frac{(y - 2)^2}{16} = 1 \]
bulunur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.34 (Dört köşesi verilen elips) Köşeleri \((0, 0)\), \((10, 0)\), \((5, 4)\) ve \((5, -4)\) olan elipsin denklemini bulunuz.
Çözüm
\((0, 0)\) ile \((10, 0)\) arasındaki uzaklık \(\sqrt{10^2} = 10\), \((5, 4)\) ile \((5, -4)\) arasındaki uzaklık \(\sqrt{(5 - 5)^2 + (-4 - 4)^2} = 8\)’dir. Uzun olan parça asal eksen, kısa olan yedek eksendir:
\[ 2a = 10 \;\Longrightarrow\; a = 5, \qquad 2b = 8 \;\Longrightarrow\; b = 4 . \]
İki eksen merkezde kesişir; merkez \((0, 0)\) ile \((10, 0)\)’ın (ve \((5, \pm 4)\)’ün) orta noktası olan \(M(5, 0)\)’dır. Asal eksen \(X\)-ekseni üzerinde olduğundan Önerme 18.4 gereği
\[ \frac{(x - 5)^2}{25} + \frac{y^2}{16} = 1 \]
bulunur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.35 (Merkezi ve eksen uzunlukları verilen elips) Merkezi \((0, 0)\), asal eksen uzunluğu \(20\) birim ve yedek eksen uzunluğu \(10\) birim olan (eksenleri koordinat eksenleri üzerinde) elipsin denklemini bulunuz.
Çözüm
\(2a = 20\) ve \(2b = 10\) olduğundan \(a = 10\) ve \(b = 5\)’tir. Asal eksen \(X\)-ekseni üzerindeyse standart denklem
\[ \frac{x^2}{100} + \frac{y^2}{25} = 1 \]
dir. Soru asal eksenin hangi koordinat ekseni üzerinde olduğunu belirtmediğinden, asal eksen \(Y\)-ekseni üzerindeyse Önerme 18.3 gereği \(\frac{x^2}{25} + \frac{y^2}{100} = 1\) elipsi de koşulları sağlar.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.36 (Uzaklıklar toplamı 6 olan noktalar) \(F_1(-2, 0)\) ve \(F_2(2, 0)\) noktalarına uzaklıklarının toplamı \(6\) birim olan noktaların geometrik yeri nedir?
Çözüm
\(|F_1F_2| = 4 < 6\) olduğundan aranan geometrik yer bir elipstir. Denklemini doğrudan tanımdan çıkaralım. \(P(x, y)\) bu geometrik yerin bir noktası olsun:
\[ \sqrt{(x + 2)^2 + y^2} + \sqrt{(x - 2)^2 + y^2} = 6 . \]
İkinci kökü sağa atıp iki yanın karesini alalım:
\[ \begin{aligned} (x + 2)^2 + y^2 &= 36 - 12\sqrt{(x - 2)^2 + y^2} + (x - 2)^2 + y^2,\\[1mm] x^2 + 4x + 4 &= 36 - 12\sqrt{(x - 2)^2 + y^2} + x^2 - 4x + 4,\\[1mm] 8x - 36 &= -12\sqrt{(x - 2)^2 + y^2} . \end{aligned} \]
İki yanı \(-4\)’e bölüp yeniden kare alalım:
\[ \begin{aligned} (9 - 2x)^2 &= 9\big[(x - 2)^2 + y^2\big],\\[1mm] 81 - 36x + 4x^2 &= 9x^2 - 36x + 36 + 9y^2,\\[1mm] 45 &= 5x^2 + 9y^2 . \end{aligned} \]
İki yanı \(45\)’e bölersek
\[ \frac{x^2}{9} + \frac{y^2}{5} = 1 \]
bulunur. Aynı sonucu Teorem 18.2 de verir: \(2a = 6\), \(2c = 4\), yani \(a = 3\), \(c = 2\) ve \(b^2 = 9 - 4 = 5\)’tir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.37 (Bir noktadaki teğet: 12 ve 8 paydalı elips) \(\dfrac{x^2}{12} + \dfrac{y^2}{8} = 1\) elipsine \(P\left(2, \frac{4}{\sqrt{3}}\right)\) noktasında teğet olan doğrunun denklemini bulunuz.
Çözüm
Önce \(P\)’nin elipste olduğunu doğrulayalım: \(\left(\frac{4}{\sqrt{3}}\right)^2 = \frac{16}{3}\) olduğundan
\[ \frac{4}{12} + \frac{16/3}{8} = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} = 1 . \]
Teğet formülünde (Teorem 18.4) \(a^2 = 12\), \(b^2 = 8\), \(x_0 = 2\), \(y_0 = \frac{4}{\sqrt{3}}\) yazalım:
\[ \frac{2x}{12} + \frac{\frac{4}{\sqrt{3}}\,y}{8} = 1 \;\Longrightarrow\; \frac{x}{6} + \frac{y}{2\sqrt{3}} = 1 . \]
İki yanı \(6\) ile çarparsak \(x + \frac{6}{2\sqrt{3}}y = 6\), yani \(x + \sqrt{3}\,y = 6\) olur. Teğet
\[ x + \sqrt{3}\,y - 6 = 0 \]
doğrusudur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.38 (Bir doğru ailesinin elipse göre durumu) \(d: y = -x + n\) doğrusu ile \(\mathcal{E}: \dfrac{x^2}{20} + \dfrac{y^2}{5} = 1\) elipsinin birbirine göre durumunu \(n\)’ye göre irdeleyiniz.
Çözüm
Durum teoremine (Teorem 18.5) göre diskriminant \(\Delta = 4a^2b^2\,(a^2m^2 + b^2 - n^2)\)’dir ve \(4a^2b^2 > 0\) olduğundan işaretini \(a^2m^2 + b^2 - n^2\) belirler. Burada \(a^2 = 20\), \(b^2 = 5\), \(m = -1\)’dir:
\[ a^2m^2 + b^2 - n^2 = 20 \cdot (-1)^2 + 5 - n^2 = 25 - n^2 . \]
\(25 - n^2\), \(n = \pm 5\)’te sıfırdır, \(-5 < n < 5\) için pozitif, \(n < -5\) ya da \(n > 5\) için negatiftir. Buna göre
- \(n < -5\) ya da \(n > 5\) ise \(d\) elipsi kesmez;
- \(n = -5\) ya da \(n = 5\) ise \(d\) elipse teğettir;
- \(-5 < n < 5\) ise \(d\) elipsi iki noktada keser.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.39 (Teğet durumunda değme noktaları) \(d: y = -x + n\) doğrusunun \(\mathcal{E}: \dfrac{x^2}{20} + \dfrac{y^2}{5} = 1\) elipsine teğet olduğu durumlarda değme noktalarının koordinatlarını bulunuz.
Çözüm
Sonuç 18.1 gereği teğet olma koşulu \(n^2 = a^2m^2 + b^2 = 20 + 5 = 25\), yani \(n = \pm 5\)’tir. Değme noktalarını denklemleri birlikte çözerek bulalım; elips denkleminin iki yanını \(100\) ile çarparak onu \(5x^2 + 20y^2 - 100 = 0\) biçiminde kullanalım.
\(n = -5\) için. \(y = -x - 5\)’i yerine yazalım:
\[ \begin{aligned} 5x^2 + 20(-x - 5)^2 - 100 &= 0,\\[1mm] 5x^2 + 20(x^2 + 10x + 25) - 100 &= 0,\\[1mm] 25x^2 + 200x + 400 &= 0 . \end{aligned} \]
\(25\)’e bölersek \(x^2 + 8x + 16 = (x + 4)^2 = 0\), yani çift kök \(x = -4\) bulunur; \(y = -(-4) - 5 = -1\)’dir. Değme noktası \((-4, -1)\)’dir.
\(n = 5\) için. \(y = -x + 5\)’i yerine yazalım:
\[ \begin{aligned} 5x^2 + 20(-x + 5)^2 - 100 &= 0,\\[1mm] 5x^2 + 20(x^2 - 10x + 25) - 100 &= 0,\\[1mm] 25x^2 - 200x + 400 &= 0 . \end{aligned} \]
\(25\)’e bölersek \((x - 4)^2 = 0\), yani \(x = 4\) ve \(y = -4 + 5 = 1\) bulunur. Değme noktası \((4, 1)\)’dir.
Aynı noktaları değme noktası formülü (Sonuç 18.1) de verir: \(\left(-\frac{a^2m}{n}, \frac{b^2}{n}\right) = \left(\frac{20}{n}, \frac{5}{n}\right)\); \(n = 5\) için \((4, 1)\), \(n = -5\) için \((-4, -1)\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.40 (Odakların yedek ekseni gördüğü açı) Merkezil bir elipste odaklar, yedek ekseni \(\frac{\pi}{3}\)’lük açı altında görmektedir. Elipsin dış merkezliğini bulunuz.
Çözüm
Elipsi uygun sistemde düşünelim. \(F_1(c, 0)\) odağı yedek ekseni \(B_1B_2\)’yi \(\widehat{B_1F_1B_2} = \frac{\pi}{3}\) açısı altında görür. \(X\)-ekseni bu açının açıortayıdır, çünkü \(B_1\) ve \(B_2\) \(X\)-eksenine göre simetriktir; dolayısıyla
\[ \widehat{OF_1B_1} = \frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{6} \]
dır. \(OF_1B_1\) dik üçgeninde komşu dik kenar \(|OF_1| = c\), hipotenüs Teorem 18.1 gereği \(|F_1B_1| = a\)’dır:
\[ \cos\frac{\pi}{6} = \frac{c}{a} \;\Longrightarrow\; e = \frac{c}{a} = \frac{\sqrt{3}}{2} . \]
Simetri yüzünden \(F_2\)’den bakıldığında da aynı açı görülür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.41 (Yakın köşenin odakları gördüğü açı) Merkezil bir elipste yedek eksenin \(B_1\) ucu, \(F_2F_1\) doğru parçasını dik açı altında görmektedir. Elipsin dış merkezliğini bulunuz.
Çözüm
Uygun sistemde \(B_1(0, b)\), \(F_1(c, 0)\) ve \(F_2(-c, 0)\)’dır; koşul \(\widehat{F_2B_1F_1} = \frac{\pi}{2}\)’dir. \(Y\)-ekseni bu açının açıortayıdır (\(F_1\) ile \(F_2\), \(Y\)-eksenine göre simetrik), dolayısıyla
\[ \widehat{OB_1F_1} = \frac{\pi}{4} \]
tür. \(OB_1F_1\) dik üçgeninde bu açının karşısındaki dik kenar \(|OF_1| = c\), hipotenüs \(|B_1F_1| = a\)’dır (Teorem 18.1):
\[ \sin\frac{\pi}{4} = \frac{c}{a} \;\Longrightarrow\; e = \frac{c}{a} = \frac{\sqrt{2}}{2} . \]
Bu elipste \(b = c\)’dir; çünkü \(OB_1F_1\) ikizkenar dik üçgendir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.42 (Uzak köşesi, merkezi ve dış merkezliği verilen elips) Uzak köşelerinden biri \(A_1(5, -1)\), dış merkezliği \(\frac{2}{3}\) ve merkezi \(M(-1, -1)\) olan elipsin denklemini bulunuz.
Çözüm
Merkezden uzak köşeye uzaklık asal yarı eksendir:
\[ a = |MA_1| = \sqrt{(5 - (-1))^2 + (-1 - (-1))^2} = \sqrt{6^2 + 0^2} = 6 . \]
Dış merkezlikten
\[ e = \frac{c}{a} = \frac{c}{6} = \frac{2}{3} \;\Longrightarrow\; c = 4 \]
bulunur. \(b^2 = a^2 - c^2 = 36 - 16 = 20\)’dir. \(M\) ile \(A_1\) aynı \(y = -1\) yatay doğrusu üzerinde olduğundan asal eksen \(X\)-eksenine paraleldir; Önerme 18.4 gereği
\[ \frac{(x + 1)^2}{36} + \frac{(y + 1)^2}{20} = 1 \]
bulunur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.43 (İki elipsi birbirine dönüştüren dönme) \(9x^2 + 4y^2 = 36\) ve \(4x^2 + 9y^2 = 36\) elipslerini birbirine dönüştüren bir dönme bulunuz.
Çözüm
Önce iki denklemi standart biçime getirelim:
\[ 9x^2 + 4y^2 = 36 \;\Longleftrightarrow\; \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{9} = 1, \qquad 4x^2 + 9y^2 = 36 \;\Longleftrightarrow\; \frac{x^2}{9} + \frac{y^2}{4} = 1 . \]
İlk elipsin asal ekseni \(Y\)-ekseni, ikincisininki \(X\)-eksenidir; iki elipsin yarı eksenleri aynıdır (\(3\) ve \(2\)). Asal ekseni \(Y\)-ekseninden \(X\)-eksenine götürmek için eksenleri \(\frac{\pi}{2}\) döndürmeyi deneyelim.
Eksenler \(\theta\) kadar döndürülünce eski ve yeni koordinatlar arasında \(x = x'\cos\theta - y'\sin\theta\), \(y = x'\sin\theta + y'\cos\theta\) bağıntıları vardır (bkz. Döndürme ve Paralel Eksenler). \(\theta = \frac{\pi}{2}\) için \(\cos\frac{\pi}{2} = 0\), \(\sin\frac{\pi}{2} = 1\) olduğundan
\[ x = -y', \qquad y = x' \]
dür; buna denk olarak eksenlerin \(\frac{\pi}{2}\) döndürülmesi \(D\left(\frac{\pi}{2}\right): (x, y) \mapsto (x', y') = (y, -x)\) ile verilir. \(x = -y'\) ve \(y = x'\)’i ilk elipsin denkleminde yerine yazalım:
\[ 9(-y')^2 + 4x'^2 = 36 \;\Longrightarrow\; 4x'^2 + 9y'^2 = 36 . \]
Demek ki eksenler \(\frac{\pi}{2}\) döndürülünce \(9x^2 + 4y^2 = 36\) elipsinin yeni sistemdeki denklemi \(4x'^2 + 9y'^2 = 36\) olur; bu, ikinci elipsin denklemidir. Aynı sonuç nokta dönmesiyle de söylenebilir: düzlemin noktalarını başlangıç noktası etrafında \(\frac{\pi}{2}\) döndürmek (ya da \(-\frac{\pi}{2}\)) ilk elipsi ikincisinin üzerine taşır.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde elipsi iki odağa uzaklıklar toplamıyla tanımladık; standart denklemini, köşelerini, eksenlerini, teğet ve normalini, bir doğruyla durumunu, Monge çemberini, dış merkezliğini, parametrik denklemini ve doğrultmanlarını inceledik. Sonraki bölümde uzaklıkların toplamı yerine farkının sabit olduğu eğriyi, Hiperbol’ü ele alacağız.