16 Öteleme
Bir noktanın koordinatları, noktanın kendisine olduğu kadar seçtiğimiz koordinat sistemine de bağlıdır. Koordinat sistemini kaydırırsak ya da döndürürsek aynı noktanın koordinatları değişir. Bu bölümde ve bir sonrakinde, böyle bir değişiklikten sonra bir noktanın eski koordinatlarıyla yeni koordinatları arasındaki bağıntıları kuracağız. İşe en basit dönüşümle, ötelemeyle başlıyoruz: önce noktaları bir vektör kadar kaydıracak, sonra aynı fikri koordinat eksenlerine uygulayacağız.
16.1 Noktaların Ötelenmesi
Düzlemdeki her noktayı aynı yönde ve aynı miktarda kaydırmak istiyoruz. Bunun için bir vektör seçip her noktaya bu vektörü eklemek yeter. Bu bölüm boyunca düzlemin bir \(P(p_1, p_2)\) noktasını konum vektörü \(\overrightarrow{OP} = (p_1, p_2)\) ile özdeşleştiriyoruz (bkz. Tanım 7.9; düzlemde tanım aynıdır, yalnız üçüncü bileşen yoktur). Böylece bir noktaya bir vektör eklemek, koordinatları bileşen bileşen toplamak demektir.
Tanım 16.1 (Öteleme fonksiyonu) \(A(a_1, a_2)\), \(\mathbb{R}^2\)’de sabit bir nokta, \(O(0, 0)\) başlangıç noktası ve \(a = \overrightarrow{OA} = (a_1, a_2)\) olsun.
\[ f_a : \mathbb{R}^2 \longrightarrow \mathbb{R}^2, \qquad P \longmapsto f_a(P) = P + a = P' \]
biçiminde tanımlanan \(f_a\) fonksiyonuna öteleme vektörü \(a\) olan öteleme denir.
Yani \(f_a\) düzlemin her noktasını aynı \(a\) vektörü kadar kaydırır: \(P(x, y)\) noktası \(P'(x + a_1,\ y + a_2)\) noktasına gider. \(P\) ile \(P'\)’yi birleştiren yönlü doğru parçası her nokta için aynı vektörü, \(a\)’yı temsil eder.
Örnek 16.1 (Bir noktanın ötelenmesi) \(A(3, 4)\) sabit noktası ve \(a = \overrightarrow{OA}\) verilsin. \(f_a\) ötelemesinin \(P(-3, -2)\) noktasını hangi noktaya taşıdığını bulunuz.
Çözüm
\(a = \overrightarrow{OA} = (3, 4)\)’tür. Tanım gereği \(P\)’nin koordinatlarına \(a\)’nın bileşenlerini ekleriz:
\[ f_a\big((-3, -2)\big) = (-3, -2) + (3, 4) = (-3 + 3,\ -2 + 4) = (0, 2). \]
Demek ki \(f_a\), \(P(-3, -2)\) noktasını \(P'(0, 2)\) noktasına öteler.
\(\blacksquare\)
İki ötelemeyi art arda uygularsak yine bir öteleme elde ederiz; öteleme vektörleri ise toplanır.
Teorem 16.1 (İki ötelemenin bileşkesi) \(f_a\) ve \(f_b\), \(\mathbb{R}^2\)’de iki öteleme olsun. Bu durumda
\[ f_a \circ f_b = f_{a+b} \]
dir.
İspat
İki fonksiyonun eşit olduğunu göstermek için her noktada aynı değeri aldıklarını göstermeliyiz. \(P \in \mathbb{R}^2\) rastgele bir nokta olsun. Bileşkenin tanımına göre önce \(f_b\), sonra \(f_a\) uygulanır:
\[ (f_a \circ f_b)(P) = f_a\big(f_b(P)\big) = f_a(P + b) = (P + b) + a . \]
Vektör toplamı birleşmeli ve değişmeli olduğundan (bkz. Teorem 7.1) \((P + b) + a = P + (a + b)\)’dir. Bu da tanım gereği \(f_{a+b}(P)\)’dir:
\[ (f_a \circ f_b)(P) = P + (a + b) = f_{a+b}(P). \]
\(P\) rastgele seçildiğinden \(f_a \circ f_b = f_{a+b}\) bulunur.
\(\blacksquare\)
Yani iki ötelemeyi arka arkaya uygulamak, vektörlerin toplamı kadar tek bir öteleme yapmakla aynıdır. Vektör toplamı değişmeli olduğundan uygulama sırası da önemli değildir.
Sonuç 16.1 (Ötelemeler değişmelidir) \(\mathbb{R}^2\)’deki her \(f_a\) ve \(f_b\) ötelemesi için \(f_a \circ f_b = f_b \circ f_a\)’dır.
İspat
Teorem 16.1 iki kez uygulanırsa \(f_a \circ f_b = f_{a+b}\) ve \(f_b \circ f_a = f_{b+a}\) bulunur. \(a + b = b + a\) olduğundan bu iki öteleme aynı vektörle yapılır, yani eşittir.
\(\blacksquare\)
Örnek 16.2 (Bileşkeyi tek ötelemeyle hesaplamak) \(a = (1, 2)\) ve \(b = (-4, 3)\) olsun. \((f_a \circ f_b)(P)\) noktasını \(P(2, 2)\) için hem adım adım hem de tek bir ötelemeyle bulunuz.
Çözüm
Adım adım. Önce \(f_b\), sonra bu noktaya \(f_a\) uygulanır:
\[ \begin{aligned} f_b\big((2, 2)\big) &= (2 - 4,\ 2 + 3) = (-2, 5), \\[1mm] f_a\big((-2, 5)\big) &= (-2 + 1,\ 5 + 2) = (-1, 7). \end{aligned} \]
Tek ötelemeyle. Teorem 16.1 gereği \(f_a \circ f_b = f_{a+b}\) ve \(a + b = (1 - 4,\ 2 + 3) = (-3, 5)\)’tir. Buradan
\[ f_{a+b}\big((2, 2)\big) = (2 - 3,\ 2 + 5) = (-1, 7) \]
bulunur. İki yol aynı \((-1, 7)\) noktasını verir.
\(\blacksquare\)
Bir öteleme hiçbir iki noktayı üst üste düşürmez ve her noktaya bir yerden ulaşır; ötelemenin yaptığını geri almak için de ters yönde ötelemek yeter.
Teorem 16.2 (Ötelemenin tersi) Her \(A \in \mathbb{R}^2\) için \(f_a : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2\) ötelemesi bire bir ve örtendir. Ayrıca
\[ (f_a)^{-1} = f_{-a} \]
dır.
İspat
Adım 1: bire birlik. \(P_1, P_2 \in \mathbb{R}^2\) için \(f_a(P_1) = f_a(P_2)\) olsun. Bu, \(P_1 + a = P_2 + a\) demektir. İki yana \(-a\) eklersek \(P_1 = P_2\) bulunur. Demek ki farklı noktaların görüntüleri de farklıdır; \(f_a\) bire birdir.
Adım 2: örtenlik. \(P' \in \mathbb{R}^2\) rastgele bir nokta olsun. \(f_a(P) = P'\) olacak bir \(P\) arıyoruz. \(P + a = P'\) eşitliğinden \(P = P' - a\) olmalıdır. Bu nokta gerçekten \(\mathbb{R}^2\)’dedir ve
\[ f_a(P' - a) = (P' - a) + a = P' \]
sağlar. Her \(P'\) bir noktanın görüntüsü olduğundan \(f_a\) örtendir.
Adım 3: ters fonksiyon. Bire bir ve örten olduğu için \(f_a\)’nın \((f_a)^{-1}\) ters fonksiyonu vardır. \(Q \in \mathbb{R}^2\) rastgele olsun ve \(f_a(P) = Q\) olsun. Ters fonksiyonun tanımı gereği \((f_a)^{-1}(Q) = P\)’dir. Adım 2’deki hesaba göre \(P = Q - a\) olduğundan
\[ (f_a)^{-1}(Q) = Q - a = Q + (-a) = f_{-a}(Q) \]
bulunur. \(Q\) rastgele olduğundan \((f_a)^{-1} = f_{-a}\)’dır.
\(\blacksquare\)
Hiçbir noktayı kıpırdatmayan öteleme de ötelemelerin arasında özel bir yer tutar.
Tanım 16.2 (Birim öteleme) \(0\) sıfır vektörünü göstermek üzere her \(P \in \mathbb{R}^2\) için \(f_0(P) = P + 0 = P\)’dir. \(f_0\) ötelemesine birim (özdeşlik) öteleme denir ve \(f_0 = I\) ile gösterilir.
Yani birim öteleme, sıfır vektörü kadar ötelemedir: her nokta yerinde kalır. Sayılarda \(0\) toplamanın etkisiz elemanı olduğu gibi, \(I\) da bileşkenin etkisiz elemanıdır: Teorem 16.1 gereği \(f_a \circ I = f_{a+0} = f_a\) ve \(I \circ f_a = f_a\)’dır.
Birim öteleme sayesinde ters formülüne (bkz. Teorem 16.2) bileşke kuralıyla da ulaşabiliriz. \(f_a\)’nın tersinin de bir öteleme olduğunu, yani bir \(b\) vektörü için \((f_a)^{-1} = f_b\) yazılabildiğini kabul edelim; \(b\)’yi bileşke kuralı belirler. Bir fonksiyonla tersinin bileşkesi özdeşlik fonksiyonudur, dolayısıyla
\[ I = f_0 = (f_a)^{-1} \circ f_a = f_b \circ f_a = f_{b+a} \]
olur. \(f_{b+a} = f_0\) eşitliğini \(O\) noktasına uygularsak \(O + (b + a) = O\), yani \(b + a = 0\) bulunur. Buradan \(b = -a\) ve yine \((f_a)^{-1} = f_{-a}\) çıkar.
Örnek 16.3 (Görüntüsü verilen noktayı bulmak) \(a = (2, -5)\) olsun. \(f_a\) ötelemesi altında görüntüsü \(P'(1, 1)\) olan \(P\) noktasını bulunuz.
Çözüm
\(f_a(P) = P'\) ise Teorem 16.2 gereği \(P = (f_a)^{-1}(P') = f_{-a}(P')\)’dür. \(-a = (-2, 5)\) olduğundan
\[ P = (1, 1) + (-2, 5) = (1 - 2,\ 1 + 5) = (-1, 6) \]
bulunur. Doğrulama:
\[ f_a\big((-1, 6)\big) = (-1 + 2,\ 6 - 5) = (1, 1). \]
\(\blacksquare\)
Ötelemenin en önemli özelliği, şekillerin boyutunu değiştirmemesidir: bir noktalar çiftini birlikte kaydırdığımızda aralarındaki uzaklık aynı kalır.
Teorem 16.3 (Öteleme uzaklığı korur) \(f_a : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2\), \(P \mapsto P + a\) bir öteleme olsun. Her \(P, Q \in \mathbb{R}^2\) için
\[ |f_a(P)\,f_a(Q)| = |PQ| \]
dir.
İspat
\(a = (a_1, a_2)\), \(P(p_1, p_2)\) ve \(Q(q_1, q_2)\) olsun. İki nokta arasındaki uzaklık formülüne göre (bkz. Tanım 1.10)
\[ |PQ| = \sqrt{(q_1 - p_1)^2 + (q_2 - p_2)^2} \]
dir. Öte yandan \(f_a(P) = (p_1 + a_1,\ p_2 + a_2)\) ve \(f_a(Q) = (q_1 + a_1,\ q_2 + a_2)\)’dir. Bu iki noktanın koordinat farklarında \(a_1\) ve \(a_2\) birbirini götürür:
\[ (q_1 + a_1) - (p_1 + a_1) = q_1 - p_1, \qquad (q_2 + a_2) - (p_2 + a_2) = q_2 - p_2 . \]
Dolayısıyla
\[ |f_a(P)\,f_a(Q)| = \sqrt{(q_1 - p_1)^2 + (q_2 - p_2)^2} = |PQ| \]
bulunur.
\(\blacksquare\)
Yani ötelenmiş bir parçanın uzunluğu, parçanın kendi uzunluğuna eşittir. Kanıtta asıl iş gören şey, iki noktanın koordinat farklarının öteleme altında hiç değişmemesidir: \(f_a(Q) - f_a(P) = Q - P\). Bu gözlemi bölümün geri kalanında da kullanacağız.
Örnek 16.4 (Ötelemeden önce ve sonra uzaklık) \(P(1, 2)\), \(Q(4, 6)\) ve \(a = (-3, 1)\) olsun. \(|PQ|\) ile \(|f_a(P)\,f_a(Q)|\) uzaklıklarını ayrı ayrı hesaplayıp karşılaştırınız.
Çözüm
Ötelemeden önce. İki nokta arasındaki uzaklık
\[ |PQ| = \sqrt{(4 - 1)^2 + (6 - 2)^2} = \sqrt{9 + 16} = \sqrt{25} = 5 \]
olur.
Ötelemeden sonra. \(f_a(P) = (1 - 3,\ 2 + 1) = (-2, 3)\) ve \(f_a(Q) = (4 - 3,\ 6 + 1) = (1, 7)\)’dir. Bu iki nokta arasındaki uzaklık
\[ \sqrt{\big(1 - (-2)\big)^2 + (7 - 3)^2} = \sqrt{9 + 16} = 5 \]
olur. İki uzaklık eşittir, Teorem 16.3 ile uyumludur.
\(\blacksquare\)
Öteleme noktaları tek tek taşıdığı gibi bir doğrunun bütün noktalarını da birlikte taşır; ortaya çıkan küme yine bir doğrudur.
Örnek 16.5 (Bir doğrunun ötelenmesi) \(d : y = 2x + 1\) doğrusunun her noktası \(a = (1, 3)\) vektörü kadar ötelendiğinde oluşan kümenin denklemini bulunuz.
Çözüm
Adım 1: görüntü noktasının koordinatları. \((x, y)\), \(d\) üzerinde bir nokta olsun; görüntüsünü \((u, v)\) ile gösterelim. Öteleme tanımından \(u = x + 1\) ve \(v = y + 3\)’tür. Buradan \(x = u - 1\), \(y = v - 3\) çıkar.
Adım 2: denklemi aktarmak. \((x, y)\) noktası \(d\) üzerinde olduğundan \(y = 2x + 1\)’dir. Buraya \(x\) ve \(y\)’nin \(u\), \(v\) cinsinden değerlerini yazalım:
\[ v - 3 = 2(u - 1) + 1 \quad\Longrightarrow\quad v = 2u + 2 . \]
Adım 3: sonuç. Tersine, \(v = 2u + 2\) sağlayan her \((u, v)\) noktası, \(d\) üzerindeki \((u - 1,\ v - 3)\) noktasının görüntüsüdür. Dolayısıyla görüntü kümesi \(d' : y = 2x + 2\) doğrusudur. Eğim değişmediği için \(d'\), \(d\)’ye paraleldir; yalnız doğru yukarı doğru kaymıştır.
\(\blacksquare\)
16.2 Eksenlerin Ötelenmesi
Şimdiye kadar koordinat sistemini sabit tutup noktaları kaydırdık. Şimdi tersini yapacağız: noktalar yerinde dururken koordinat eksenlerini kaydıracağız. Bu işlem, bir eğrinin denklemini sadeleştirmek için en çok başvurulan araçtır.
\(\mathbb{R}^2\)’de başlangıç noktası \(O(0, 0)\) olan dik koordinat sistemine \(XY\) diyelim. \(X\) eksenini kendisine paralel kalacak biçimde pozitif yönde \(b\) kadar, \(Y\) eksenini de kendisine paralel kalacak biçimde pozitif yönde \(a\) kadar kaydıralım. İki yeni eksen \(O'(a, b)\) noktasında dik kesişir; bu yeni dik koordinat sistemine \(X'Y'\) diyelim. Koordinat sistemi böylece \(\overrightarrow{OO'} = (a, b)\) vektörü kadar ötelenmiş olur. \(XY\) sisteminde koordinatları \((x, y)\) olan bir \(P\) noktasının \(X'Y'\) sistemindeki koordinatlarını \((x', y')\) ile gösterelim.
Teorem 16.4 (Eksenlerin ötelenmesinde koordinat bağıntıları) \(XY\) dik koordinat sistemi \(\overrightarrow{OO'} = (a, b)\) vektörü kadar ötelenerek \(X'Y'\) sistemi elde edilsin. Bir \(P\) noktasının eski koordinatları \((x, y)\), yeni koordinatları \((x', y')\) ise
\[ \left.\begin{aligned} x &= x' + a \\ y &= y' + b \end{aligned}\right\} \tag{1} \]
ve buna denk olarak
\[ \left.\begin{aligned} x' &= x - a \\ y' &= y - b \end{aligned}\right\} \tag{2} \]
dir.
İspat
Adım 1: vektörlerle ayrışım. \(O\), \(O'\) ve \(P\) noktaları için üçgen kuralından (bkz. Önerme 7.5)
\[ \overrightarrow{OP} = \overrightarrow{OO'} + \overrightarrow{O'P} \]
yazılır.
Adım 2: koordinatlarla yazmak. \(\overrightarrow{OP}\)’nin bileşenleri \(P\)’nin eski koordinatları, yani \((x, y)\)’dir. \(\overrightarrow{OO'} = (a, b)\)’dir. \(X'\) ve \(Y'\) eksenleri \(X\) ve \(Y\) eksenlerine paralel, aynı yönlü ve aynı birimli olduğundan \(\overrightarrow{O'P}\)’nin bileşenleri de \(P\)’nin yeni sistemdeki koordinatları, yani \((x', y')\)’dür. Böylece
\[ (x, y) = (a, b) + (x', y') = (x' + a,\ y' + b) \]
olur. Bileşenleri eşitlersek (1) bulunur.
Adım 3: yeni koordinatları çekmek. (1)’deki eşitliklerden \(a\) ve \(b\)’yi karşı tarafa atarsak \(x' = x - a\), \(y' = y - b\), yani (2) elde edilir.
\(\blacksquare\)
Yani eksenleri \((a, b)\) kadar kaydırmak, her noktanın koordinatlarından \((a, b)\) çıkarmak demektir. (1) bağıntısı “yeni koordinatlardan eskiye”, (2) bağıntısı “eskiden yeniye” geçişi verir. Denklemlerle çalışırken genellikle (1)’i kullanırız: eski denklemde \(x\) yerine \(x' + a\), \(y\) yerine \(y' + b\) yazarız.
Tanım 16.3 (Eksenleri öteleyen dönüşüm) Koordinat eksenlerini \(\overrightarrow{OO'} = (a, b)\) vektörü kadar öteleyen dönüşüm \(T_{(a,b)}\) ile gösterilir:
\[ T_{(a,b)} : \mathbb{R}^2 \longrightarrow \mathbb{R}^2, \qquad (x, y) \longmapsto (x', y') = (x - a,\ y - b). \]
Yani \(T_{(a,b)}\), bir noktanın eski koordinatlarını alıp yeni koordinatlarını verir. Noktaların ötelenmesiyle karşılaştırırsak \(T_{(a,b)}\), koordinatlar açısından \(-(a, b)\) vektörü kadar bir noktalar ötelemesidir: \(T_{(a,b)} = f_{(-a,\,-b)}\). Eksenler bir yöne kayınca, noktalar yeni eksenlere göre ters yöne kaymış görünür.
Örnek 16.6 (Yeni sistemde bir noktanın koordinatları) \(XY\), \(\mathbb{R}^2\)’de başlangıç noktası \(O(0, 0)\) olan dik koordinat sistemi olsun. Koordinat eksenleri, yeni başlangıç noktası \(P(-3, 5)\) olacak biçimde kendilerine paralel kaydırılıyor. \(Q(4, -2)\) noktasının yeni sistemdeki koordinatlarını bulunuz.
Çözüm
Yeni başlangıç noktası \((-3, 5)\) olduğundan eksenler \(\overrightarrow{OP} = (-3, 5)\) vektörü kadar ötelenmiştir. Dönüşüm
\[ T_{(-3,5)} : (x, y) \longmapsto (x', y') = \big(x - (-3),\ y - 5\big) \]
dir; yani \(x' = x + 3\) ve \(y' = y - 5\)’tir. \(Q\) için \(x = 4\) ve \(y = -2\) yazarsak
\[ x' = 4 + 3 = 7, \qquad y' = -2 - 5 = -7 \]
bulunur. \(Q(4, -2)\) noktasının yeni sistemdeki koordinatları \((7, -7)\)’dir; bu noktayı yeni sistemde \(Q'(7, -7)\) diye yazarız.
\(\blacksquare\)
Ters yöndeki soru da aynı kolaylıkla çözülür: yeni koordinatlar bilinirken eski koordinatları (1) bağıntısı verir.
Örnek 16.7 (Yeni koordinatlardan eski koordinatlara) Eksenler \(\overrightarrow{OO'} = (2, 3)\) vektörü kadar ötelenmiştir. Yeni sistemdeki koordinatları \((-1, 4)\) olan noktanın eski sistemdeki koordinatlarını bulunuz.
Çözüm
Teorem 16.4 içindeki (1) bağıntısında \(a = 2\), \(b = 3\), \(x' = -1\), \(y' = 4\) yazarsak
\[ x = -1 + 2 = 1, \qquad y = 4 + 3 = 7 \]
bulunur. Nokta eski sistemde \((1, 7)\)’dir. Doğrulama: (2) ile \(x' = 1 - 2 = -1\) ve \(y' = 7 - 3 = 4\) çıkar.
\(\blacksquare\)
Noktaların ötelenmesinin uzaklığı koruduğunu görmüştük. Eksenlerin ötelenmesi için de benzer bir sonuç geçerlidir: yeni koordinatlarla hesaplanan uzunluk, açı ve alan, eski koordinatlarla hesaplananlarla aynı çıkar.
Teorem 16.5 (Ötelemede korunan büyüklükler) Bir \(T_{(a,b)}\) öteleme dönüşümünde
- uzunluklar,
- açılar,
- alanlar
değişmez.
İspat
Kanıt boyunca şu gözlemi kullanacağız: \(P_1(x_1, y_1)\) ve \(P_2(x_2, y_2)\) için
\[ T_{(a,b)}(P_1) = (x_1 - a,\ y_1 - b), \qquad T_{(a,b)}(P_2) = (x_2 - a,\ y_2 - b) \]
olduğundan yeni koordinatların farkları eskilerinkine eşittir:
\[ (x_2 - a) - (x_1 - a) = x_2 - x_1, \qquad (y_2 - b) - (y_1 - b) = y_2 - y_1 . \]
Uzunluklar. Eski koordinatlarla \(|P_1P_2| = \sqrt{(x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2}\)’dir. Yeni koordinatlarla hesaplanan uzaklık ise
\[ \begin{aligned} |T_{(a,b)}(P_1)\,T_{(a,b)}(P_2)| &= \sqrt{\big((x_2 - a) - (x_1 - a)\big)^2 + \big((y_2 - b) - (y_1 - b)\big)^2} \\[1mm] &= \sqrt{(x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2} \end{aligned} \]
olur. İkisi eşittir: \(|P_1P_2| = |T_{(a,b)}(P_1)\,T_{(a,b)}(P_2)|\).
Açılar. Düzlemde \(d_1 : y = m_1x + n_1\) ve \(d_2 : y = m_2x + n_2\) doğruları verilsin ve \(\alpha\), \(d_1\)’den \(d_2\)’ye yönlenmiş açı olsun. \(1 + m_1m_2 \neq 0\) ise Teorem 2.3 gereği
\[ \tan\alpha = \frac{m_2 - m_1}{1 + m_1m_2} \]
dir. Yeni sistemde bu doğruların denklemlerini bulmak için (1)’deki \(x = x' + a\), \(y = y' + b\) değerlerini yerine yazarız:
\[ \begin{aligned} d_1' &: y' + b = m_1(x' + a) + n_1 \;\Longrightarrow\; y' = m_1x' + (m_1a + n_1 - b), \\[1mm] d_2' &: y' + b = m_2(x' + a) + n_2 \;\Longrightarrow\; y' = m_2x' + (m_2a + n_2 - b). \end{aligned} \]
Yeni denklemlerde eğimler yine \(m_1\) ve \(m_2\)’dir; yalnız sabit terimler değişmiştir. Yeni sistemde \(d_1'\)’den \(d_2'\)’ye yönlenmiş açı \(\alpha'\) ise aynı formülle
\[ \tan\alpha' = \frac{m_2 - m_1}{1 + m_1m_2} = \tan\alpha \]
bulunur. Yönlenmiş açılar \([0, \pi)\) aralığında olduğundan ve tanjant bu aralıkta (\(\frac{\pi}{2}\) dışında) bire bir olduğundan \(\alpha' = \alpha\)’dır. \(1 + m_1m_2 = 0\) ise doğrular her iki sistemde de diktir ve \(\alpha = \alpha' = \frac{\pi}{2}\) olur. Düşey bir doğru \(x = c\) ise yeni sistemde \(x' = c - a\) olur, yani yine düşeydir. Düşey doğrular için açı formülleri (bkz. Teorem 2.3) de yalnız eğimlere bağlı olduğundan bu durumda da açı değişmez.
Alanlar. Köşeleri \(P_1(x_1, y_1)\), \(P_2(x_2, y_2)\), \(P_3(x_3, y_3)\) olan bir üçgen alalım. \(u = \overrightarrow{P_1P_2}\) ve \(v = \overrightarrow{P_1P_3}\) vektörleri üzerine kurulan paralelkenarı \(P_2P_3\) köşegeni iki eş üçgene ayırır; biri \(P_1P_2P_3\) üçgenidir. Üç nokta doğrusalsa alan her iki sistemde de \(0\)’dır; aksi hâlde \(u\) ve \(v\) lineer bağımsızdır ve Önerme 9.4 uygulanır. Buna göre üçgenin alanı
\[ \mathcal{A}(P_1P_2P_3) = \frac{1}{2}\,\big|(x_2 - x_1)(y_3 - y_1) - (y_2 - y_1)(x_3 - x_1)\big| \]
dir. Bu ifade yalnız koordinat farklarını içerir. Kanıtın başındaki gözlem gereği bu farklar yeni koordinatlarda da aynıdır; dolayısıyla yeni koordinatlarla hesaplanan alan da aynı sayıyı verir. Çokgen bölgeler köşegenlerle üçgenlere ayrılabildiği için onların alanı da değişmez. (Aynı sonuca şöyle de varılabilir: kenar uzunlukları ve açılar değişmediğinden üçgen kendisiyle eş kalır, eş üçgenlerin alanları da eşittir.)
\(\blacksquare\)
Yani öteleme bir şeklin yalnız “adresini” değiştirir; boyunu, açılarını ve alanını değiştirmez. Bir problemi çözerken eksenleri istediğimiz gibi kaydırabilir, hesabı daha kolay olan sistemde yapabiliriz. Uzunluklar için bu sonuç, noktaların ötelenmesinde uzaklığın korunmasından (bkz. Teorem 16.3) da çıkar, çünkü \(T_{(a,b)} = f_{(-a,\,-b)}\)’dir.
Örnek 16.8 (Bir üçgenin alanı iki sistemde) Köşeleri \(A(1, 1)\), \(B(5, 2)\) ve \(C(2, 4)\) olan üçgenin alanını hem \(XY\) sisteminde hem de eksenler \((3, -2)\) vektörü kadar ötelendikten sonra yeni sistemde hesaplayınız.
Çözüm
Eski sistemde. \(\overrightarrow{AB} = (4, 1)\) ve \(\overrightarrow{AC} = (1, 3)\)’tür. Alan
\[ \mathcal{A}(ABC) = \frac{1}{2}\,|4 \cdot 3 - 1 \cdot 1| = \frac{11}{2} \]
dir.
Yeni sistemde. \(T_{(3,-2)}\) ile \(x' = x - 3\), \(y' = y + 2\) olduğundan köşeler \(A'(-2, 3)\), \(B'(2, 4)\) ve \(C'(-1, 6)\) olur. Bu kez
\[ \overrightarrow{A'B'} = (2 - (-2),\ 4 - 3) = (4, 1), \qquad \overrightarrow{A'C'} = (-1 - (-2),\ 6 - 3) = (1, 3) \]
bulunur. Vektörler değişmediği için alan yine \(\frac{1}{2}|4 \cdot 3 - 1 \cdot 1| = \frac{11}{2}\)’dir.
\(\blacksquare\)
Eksenlerin ötelenmesinin asıl kullanım yeri denklemlerdir. Başlangıç noktasını uygun bir yere taşırsak bir eğrinin ya da doğrunun denklemi çok daha sade bir biçim alır.
Örnek 16.9 (Bir doğrunun yeni sistemdeki denklemi) Eksenler \(\overrightarrow{OO'} = (1, 5)\) vektörü kadar ötelenmiştir. \(d : 2x - y + 3 = 0\) doğrusunun yeni sistemdeki denklemini bulunuz.
Çözüm
- bağıntısına göre \(x = x' + 1\) ve \(y = y' + 5\)’tir. Bunları \(d\)’nin denkleminde yerine yazalım:
\[ 2(x' + 1) - (y' + 5) + 3 = 0 \;\Longrightarrow\; 2x' + 2 - y' - 5 + 3 = 0 \;\Longrightarrow\; 2x' - y' = 0 . \]
Yeni denklem \(y' = 2x'\)’tür. Sabit terim kaybolmuştur, çünkü yeni başlangıç noktası \(O'(1, 5)\), \(d\)’nin üzerindedir: \(2 \cdot 1 - 5 + 3 = 0\). Eğim ise iki sistemde de \(2\)’dir.
\(\blacksquare\)
16.3 Denklemleri Ötelemeyle Sadeleştirmek
İkinci dereceden bir denklemde \(x\) ve \(y\)’nin birinci dereceden terimleri, eğrinin “merkezinin” başlangıç noktasında olmadığını gösterir. Tam kareye tamamlama bu merkezi ortaya çıkarır; eksenleri oraya ötelemek de birinci dereceden terimleri yok eder.
- \(x\)’li terimleri ve \(y\)’li terimleri ayrı ayrı gruplayıp her grubu tam kareye tamamlayın: \((x - a)^2\) ve \((y - b)^2\) biçimli ifadeler elde edin (bir değişken yalnız birinci dereceden geçiyorsa onu \(k(x - a)\) biçiminde yazın).
- \(x' = x - a\), \(y' = y - b\) alın; bu, eksenleri \(T_{(a,b)}\) ile \(O'(a, b)\) noktasına ötelemektir.
- Denklemde \(x = x' + a\), \(y = y' + b\) yazıp sadeleştirin. Tam kareye tamamlanan değişkenlerin birinci dereceden terimleri kaybolur; \(k(x - a)\) biçiminde yazılan değişkenin ise sabiti kaybolur, \(kx'\) terimi kalır.
Örnek 16.10 (Bir çember denklemini sadeleştirmek) \(x^2 + y^2 - 4x + 6y - 3 = 0\) denklemini eksenleri öteleyerek birinci dereceden terimleri olmayan bir denkleme dönüştürünüz.
Çözüm
Adım 1: tam kareye tamamlama. \(x\)’li ve \(y\)’li terimleri gruplayalım:
\[ \begin{aligned} (x^2 - 4x) + (y^2 + 6y) &= 3 \\[1mm] (x^2 - 4x + 4) + (y^2 + 6y + 9) &= 3 + 4 + 9 \\[1mm] (x - 2)^2 + (y + 3)^2 &= 16 . \end{aligned} \]
Adım 2: öteleme. \(x' = x - 2\) ve \(y' = y + 3\) alalım. Bu, eksenleri \(T_{(2,-3)}\) ile \(O'(2, -3)\) noktasına ötelemektir.
Adım 3: yeni denklem. \(x = x' + 2\), \(y = y' - 3\) yazınca denklem
\[ x'^2 + y'^2 = 16 \]
olur. Bu, merkezi yeni başlangıç noktası \(O'\) ve yarıçapı \(4\) olan çemberdir (bkz. Tanım 4.2). Eski sistemde merkez \((2, -3)\)’tür.
\(\blacksquare\)
Tam kareye tamamlamak yerine öteleme vektörünü bilinmeyen alıp katsayılardan da bulabiliriz; bu yol, alıştırmalardaki bazı sorularda kullanılacak.
16.4 Alıştırmalar
Aşağıdaki sorular bölümde gördüğümüz iki tür ötelemeyi, noktaların ötelenmesini ve eksenlerin ötelenmesini, birlikte kullanır.
Alıştırma 16.1 (Üç ötelemenin bileşkesi) \(A(1, 3)\), \(B(4, -1)\), \(C(-3, -2)\) ve \(P(4, 2)\) olsun. \(a\), \(b\) ve \(c\) sırasıyla \(A\), \(B\) ve \(C\)’nin konum vektörleri olmak üzere \(f_{a+b+c}(P)\) noktasını bulunuz.
Çözüm
Adım 1: bileşkeye ayırmak. Teorem 16.1 iki kez uygulanırsa
\[ f_{a+b+c} = f_{a+b} \circ f_c = (f_a \circ f_b) \circ f_c \]
olur. Yani \(P\)’ye önce \(f_c\), sonra \(f_b\), en son \(f_a\) uygulanır.
Adım 2: üç öteleme art arda. \(c = (-3, -2)\), \(b = (4, -1)\) ve \(a = (1, 3)\) olduğundan
\[ \begin{aligned} f_c\big((4, 2)\big) &= (4 - 3,\ 2 - 2) = (1, 0), \\[1mm] f_b\big((1, 0)\big) &= (1 + 4,\ 0 - 1) = (5, -1), \\[1mm] f_a\big((5, -1)\big) &= (5 + 1,\ -1 + 3) = (6, 2) \end{aligned} \]
bulunur. Sonuç \(f_{a+b+c}(P) = (6, 2)\)’dir.
Adım 3: kontrol. Tek ötelemeyle de hesaplayalım:
\[ a + b + c = (1 + 4 - 3,\ 3 - 1 - 2) = (2, 0) \]
ve \((4, 2) + (2, 0) = (6, 2)\) bulunur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 16.2 (İki doğrunun belirlediği yeni sistem) \(\mathbb{R}^2\)’de başlangıç noktası \(O(0, 0)\) olan \(XY\) dik koordinat sisteminde \(P(3, 0)\) noktası veriliyor. \(y = 5\) ve \(x = -4\) doğrularının yeni eksenler olarak alındığı koordinat sisteminde \(P\)’nin koordinatlarını bulunuz.
Çözüm
Adım 1: yeni eksenler. \(y = 5\) doğrusu \(X\) eksenine, \(x = -4\) doğrusu \(Y\) eksenine paraleldir. Bunları sırasıyla \(X'\) ve \(Y'\) eksenleri olarak alırsak yeni başlangıç noktası iki doğrunun kesişimi \(O'(-4, 5)\) olur. Eksenler \((-4, 5)\) vektörü kadar ötelenmiştir.
Adım 2: dönüşüm. (2) bağıntısından
\[ x' = x - (-4) = x + 4, \qquad y' = y - 5 \]
yazılır.
Adım 3: \(P\)’nin yeni koordinatları. \(x = 3\) ve \(y = 0\) için
\[ x' = 3 + 4 = 7, \qquad y' = 0 - 5 = -5 \]
bulunur. \(P\) noktası yeni sistemde \(P'(7, -5)\) olarak yazılır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 16.3 (Öteleme ile yeni denklem: birinci eğri) \(2x^2 + 3y^2 - 8x + 6y = 7\) eğrisinin, eksenler \(a = (2, -1)\) vektörü kadar ötelendikten sonraki denklemini bulunuz.
Çözüm
Adım 1: dönüşüm. (1) bağıntısına göre \(x = x' + 2\) ve \(y = y' - 1\)’dir.
Adım 2: yerine yazmak. Bu değerleri denkleme koyalım:
\[ 2(x' + 2)^2 + 3(y' - 1)^2 - 8(x' + 2) + 6(y' - 1) = 7 . \]
Adım 3: açmak. \((x' + 2)^2 = x'^2 + 4x' + 4\) ve \((y' - 1)^2 = y'^2 - 2y' + 1\) olduğundan
\[ \begin{aligned} &2x'^2 + 8x' + 8 + 3y'^2 - 6y' + 3 \\[1mm] &\quad - 8x' - 16 + 6y' - 6 = 7 \end{aligned} \]
olur. \(8x'\) ile \(-8x'\), \(-6y'\) ile \(6y'\) birbirini götürür; sabitler \(8 + 3 - 16 - 6 = -11\) eder. Böylece \(2x'^2 + 3y'^2 - 11 = 7\), yani
\[ 2x'^2 + 3y'^2 = 18 \]
bulunur. Yeni denklemde birinci dereceden terim kalmamıştır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 16.4 (Öteleme ile yeni denklem: ikinci eğri) \(-x^2 + y^2 + 2x - 2y = 0\) eğrisinin, eksenler \(a = (3, 2)\) vektörü kadar ötelendikten sonraki denklemini bulunuz.
Çözüm
Adım 1: dönüşüm. (1) bağıntısına göre \(x = x' + 3\) ve \(y = y' + 2\)’dir.
Adım 2: yerine yazmak.
\[ -(x' + 3)^2 + (y' + 2)^2 + 2(x' + 3) - 2(y' + 2) = 0 . \]
Adım 3: açmak. \((x' + 3)^2 = x'^2 + 6x' + 9\) ve \((y' + 2)^2 = y'^2 + 4y' + 4\)’tür. Buradan
\[ \begin{aligned} &-x'^2 - 6x' - 9 + y'^2 + 4y' + 4 \\[1mm] &\quad + 2x' + 6 - 2y' - 4 = 0 \end{aligned} \]
olur. \(x'\)’li terimler \(-6x' + 2x' = -4x'\), \(y'\)’li terimler \(4y' - 2y' = 2y'\), sabitler \(-9 + 4 + 6 - 4 = -3\) eder. Yeni denklem
\[ -x'^2 + y'^2 - 4x' + 2y' - 3 = 0 \]
dır.
Adım 4: bir kontrol. Eski denklem \(-(x - 1)^2 + (y - 1)^2 = 0\) biçiminde yazılabilir; yani \(y - 1 = \pm(x - 1)\) ve eğri \(y = x\) ile \(y = 2 - x\) doğrularından oluşur. Yeni denklem de \((y' + 1)^2 - (x' + 2)^2 = 0\) biçiminde yazılır ve \(y' = x' + 1\) ile \(y' = -x' - 3\) doğrularına ayrılır. Örneğin \(y' = x' + 1\) denkleminde \(x' = x - 3\), \(y' = y - 2\) yazılırsa \(y - 2 = x - 2\), yani \(y = x\) çıkar; öteki doğru için de \(y = 2 - x\) bulunur. İki sonuç uyumludur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 16.5 (Öteleme ile yeni denklem: üçüncü eğri) \(2x^2 + 2y^2 - 14x - y - 10 = 0\) eğrisinin, eksenler \(a = (2, -1)\) vektörü kadar ötelendikten sonraki denklemini bulunuz.
Çözüm
Adım 1: dönüşüm. (1) bağıntısına göre \(x = x' + 2\) ve \(y = y' - 1\)’dir.
Adım 2: yerine yazmak.
\[ 2(x' + 2)^2 + 2(y' - 1)^2 - 14(x' + 2) - (y' - 1) - 10 = 0 . \]
Adım 3: açmak. \((x' + 2)^2 = x'^2 + 4x' + 4\) ve \((y' - 1)^2 = y'^2 - 2y' + 1\) olduğundan
\[ \begin{aligned} &2x'^2 + 8x' + 8 + 2y'^2 - 4y' + 2 \\[1mm] &\quad - 14x' - 28 - y' + 1 - 10 = 0 \end{aligned} \]
olur. \(x'\)’li terimler \(8x' - 14x' = -6x'\), \(y'\)’li terimler \(-4y' - y' = -5y'\), sabitler \(8 + 2 - 28 + 1 - 10 = -27\) eder. Yeni denklem
\[ 2x'^2 + 2y'^2 - 6x' - 5y' - 27 = 0 \]
dır. Bu öteleme birinci dereceden terimleri yok etmez, çünkü yeni başlangıç noktası eğrinin merkezi değildir: denklemi \(2\)’ye bölüp tam kareye tamamlarsak eski sistemde merkezin \(\left(\frac{7}{2}, \frac{1}{4}\right)\) olduğu görülür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 16.6 (Birinci dereceden terimleri yok eden öteleme) \(3x^2 - 4y^2 + 6x + 24y = 135\) denklemini, birinci dereceden terimlerinin katsayıları \(0\) olan bir denkleme dönüştüren ötelemeyi belirleyiniz ve yeni denklemi yazınız.
Çözüm
Adım 1: bilinmeyen öteleme. Aranan öteleme \(T_{(a,b)}\) olsun. (1) bağıntısıyla \(x = x' + a\) ve \(y = y' + b\) yazalım:
\[ 3(x' + a)^2 - 4(y' + b)^2 + 6(x' + a) + 24(y' + b) = 135 . \]
Adım 2: açıp gruplamak. Kareleri açarsak
\[ \begin{aligned} &3x'^2 + 6ax' + 3a^2 - 4y'^2 - 8by' - 4b^2 \\[1mm] &\quad + 6x' + 6a + 24y' + 24b = 135 \end{aligned} \]
olur. Aynı dereceli terimleri toplayalım:
\[ \begin{aligned} &3x'^2 - 4y'^2 + (6a + 6)x' + (24 - 8b)y' \\[1mm] &\quad + 3a^2 - 4b^2 + 6a + 24b = 135 . \end{aligned} \]
Adım 3: katsayıları sıfırlamak. \(x'\) ve \(y'\)’nün katsayıları \(0\) olmalı:
\[ 6a + 6 = 0, \qquad 24 - 8b = 0 . \]
Buradan \(a = -1\) ve \(b = 3\) bulunur. Aranan öteleme \(T_{(-1,3)}\)’tür.
Adım 4: yeni denklem. \(a = -1\), \(b = 3\) için sabit terimler
\[ 3(-1)^2 - 4 \cdot 3^2 + 6(-1) + 24 \cdot 3 = 3 - 36 - 6 + 72 = 33 \]
eder. Denklem \(3x'^2 - 4y'^2 + 33 = 135\), yani
\[ 3x'^2 - 4y'^2 = 102 \]
olur. Aynı sonuca tam kareye tamamlayarak da ulaşılır:
\[ 3(x + 1)^2 - 4(y - 3)^2 = 135 + 3 - 36 = 102 . \]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 16.7 (Eksenleri öteleyerek sadeleştirmek) \(y^2 - 8x + 6y + 17 = 0\) denklemini eksenleri öteleyerek sade bir biçime getiriniz.
Çözüm
Adım 1: tam kareye tamamlama. \(y\)’li terimleri gruplayıp tam kareye tamamlayalım; \(x\) yalnız birinci dereceden geçtiği için onu bir çarpan içine alalım:
\[ \begin{aligned} y^2 + 6y - 8x + 17 &= (y^2 + 6y + 9) - 9 - 8x + 17 \\[1mm] &= (y + 3)^2 - 8x + 8 = (y + 3)^2 - 8(x - 1). \end{aligned} \]
Denklem \((y + 3)^2 - 8(x - 1) = 0\) olur.
Adım 2: öteleme. \(x' = x - 1\) ve \(y' = y + 3\) alalım. (2) bağıntısıyla karşılaştırınca \(a = 1\), \(b = -3\)’tür; eksenler \(T_{(1,-3)}\) ile \(O'(1, -3)\) noktasına ötelenir.
Adım 3: yeni denklem. Yerine yazınca
\[ y'^2 - 8x' = 0, \qquad\text{yani}\qquad y'^2 = 8x' \]
elde edilir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 16.8 (Eksen ötelemelerinin bileşkesi) Düzlemde \(T_{(a,b)}\) ve \(T_{(c,d)}\) ötelemeleri verilsin.
\[ T_{(a,b)} \circ T_{(c,d)} = T_{(a+c,\,b+d)} \]
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Adım 1: iki aşamalı geçiş. Bir \(P\) noktasına önce \(T_{(c,d)}\), sonra \(T_{(a,b)}\) uygulayalım; böylece sırasıyla \(X'Y'\) ve \(X''Y''\) sistemlerine geçeriz. \(P\)’nin bu üç sistemdeki koordinatları \((x, y)\), \((x', y')\) ve \((x'', y'')\) olsun. Birinci öteleme
\[ T_{(c,d)} : (x, y) \longmapsto (x', y') = (x - c,\ y - d) \]
olduğundan \(x = x' + c\), \(y = y' + d\)’dir. İkinci öteleme \(X'Y'\) sisteminin eksenlerini kaydırır:
\[ T_{(a,b)} : (x', y') \longmapsto (x'', y'') = (x' - a,\ y' - b), \]
yani \(x' = x'' + a\), \(y' = y'' + b\)’dir.
Adım 2: birleştirmek. İki bağıntıyı birleştirirsek
\[ x = x'' + a + c, \qquad y = y'' + b + d \]
bulunur. Bu, (1) bağıntısının \((a + c,\ b + d)\) vektörü için yazılmış hâlidir: \(X''Y''\) sistemi, \(XY\) sisteminin \((a + c,\ b + d)\) kadar ötelenmişidir.
Adım 3: fonksiyon olarak. Aynı sonucu doğrudan bileşkeyle de görebiliriz. Her \((x, y) \in \mathbb{R}^2\) için
\[ \begin{aligned} \big(T_{(a,b)} \circ T_{(c,d)}\big)\big((x, y)\big) &= T_{(a,b)}\big((x - c,\ y - d)\big) \\[1mm] &= (x - c - a,\ y - d - b) \\[1mm] &= \big(x - (a + c),\ y - (b + d)\big) \\[1mm] &= T_{(a+c,\,b+d)}\big((x, y)\big) \end{aligned} \]
dir. Dolayısıyla \(T_{(a,b)} \circ T_{(c,d)} = T_{(a+c,\,b+d)}\)’dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 16.9 (İki eksen ötelemesinin bileşkesi: birinci sıra) \(T_1 = T_{(-2,-3)}\) ve \(T_2 = T_{(4,-1)}\) ötelemeleri veriliyor. \((T_1 \circ T_2)\big((x, y)\big)\) noktasını hesaplayınız.
Çözüm
Önce \(T_2\), sonra bu noktaya \(T_1\) uygulanır:
\[ \begin{aligned} (T_1 \circ T_2)\big((x, y)\big) &= T_1\big(T_2((x, y))\big) \\[1mm] &= T_1\big((x - 4,\ y - (-1))\big) \\[1mm] &= T_1\big((x - 4,\ y + 1)\big) \\[1mm] &= \big(x - 4 - (-2),\ y + 1 - (-3)\big) \\[1mm] &= (x - 2,\ y + 4). \end{aligned} \]
Bu, Alıştırma 16.8 ile uyumludur: \((-2 + 4,\ -3 - 1) = (2, -4)\) ve \(T_{(2,-4)}\big((x, y)\big) = (x - 2,\ y + 4)\)’tür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 16.10 (İki eksen ötelemesinin bileşkesi: ters sıra) \(T_1 = T_{(-2,-3)}\) ve \(T_2 = T_{(4,-1)}\) ötelemeleri veriliyor. \((T_2 \circ T_1)\big((x, y)\big)\) noktasını hesaplayıp \((T_1 \circ T_2)\big((x, y)\big)\) ile karşılaştırınız.
Çözüm
Bu kez önce \(T_1\), sonra \(T_2\) uygulanır:
\[ \begin{aligned} (T_2 \circ T_1)\big((x, y)\big) &= T_2\big(T_1((x, y))\big) \\[1mm] &= T_2\big((x - (-2),\ y - (-3))\big) \\[1mm] &= T_2\big((x + 2,\ y + 3)\big) \\[1mm] &= \big(x + 2 - 4,\ y + 3 - (-1)\big) \\[1mm] &= (x - 2,\ y + 4). \end{aligned} \]
Bir önceki alıştırmada \((T_1 \circ T_2)\big((x, y)\big) = (x - 2,\ y + 4)\) bulmuştuk. Demek ki
\[ (T_1 \circ T_2)\big((x, y)\big) = (T_2 \circ T_1)\big((x, y)\big) \]
dir: iki eksen ötelemesini hangi sırayla yaparsak yapalım yeni başlangıç noktası eski sistemde \((2, -4)\) olur.
\(\blacksquare\)
Ötelemeyle eksenleri kaydırmayı öğrendik; ancak eksenlerin doğrultusu hep aynı kaldı. \(xy\) çarpımı içeren bir denklemi sadeleştirmek için eksenleri döndürmek de gerekir. Sıradaki bölümde noktaların ve eksenlerin döndürülmesini inceleyeceğiz: Döndürme ve Paralel Koordinatlara Geçiş.