23  Özel Yüzeyler

Düzlemde bir denklem çoğu zaman bir eğri belirtir: \(x^2 + y^2 = 1\) bir çember, \(y = x^2\) bir paraboldür. Uzayda ise üç değişkenli tek bir denklem, \(F(x, y, z) = 0\), genellikle bir yüzey belirtir. Bu yüzeylerin en basitini, düzlemi, uzayda düzlem denklemlerini incelerken tanıdık; küreyle de Uzayda Dik Koordinat Sistemi bölümünde karşılaştık.

Bu son bölümde yüzeyleri iki yoldan kuracağız. Birinci yol hareket: bir doğruyu bir eğri boyunca kaydırarak silindiri ve koniyi, bir eğriyi bir eksen etrafında döndürerek dönel yüzeyleri elde edeceğiz. İkinci yol denklem: \(x\), \(y\), \(z\)’nin kareleriyle kurulan standart denklemlerin hangi yüzeyleri verdiğini, yüzeyi düzlemlerle keserek, yani izlerine bakarak anlayacağız. Konikleri tanırken kazandığımız her şey burada işimize yarayacak: bir yüzeyin izleri hep elips, hiperbol, parabol ya da doğru çıkacak.

23.1 Yüzey ve Küre

Sezgimizdeki “yüzey” kavramıyla başlayalım.

Tanım 23.1 (Yüzey) Katı bir cismi dışarıdan saran, cismin kabuğu gibi düşünebileceğimiz geometrik yere o cismin yüzeyi denir.

Yani yüzey, cismin içini değil yalnız dış kabuğunu anlatır: bir topun yüzeyi küre, bir konserve kutusunun yan yüzü silindirdir. Bu tanım sezgiseldir; bu bölümde karşılaşacağımız yüzeylerin hepsi ya \(F(x, y, z) = 0\) biçiminde bir denklemi sağlayan noktaların kümesi olarak ya da iki parametreye bağlı noktalar olarak verilecek. Bunların bazıları (paraboloidler, hiperboloidler) sınırsız uzanır ve hiçbir katı cismi tümüyle sarmaz; yine de onlara da yüzey deriz.

Bildiğimiz ilk kapalı yüzey küredir. Merkezi \(M(a, b, c)\) ve yarıçapı \(r\) olan küre (Tanım 6.6), \(M\)’ye uzaklığı \(r\) olan noktaların kümesidir: \[ S = \{\, P(x, y, z) \in \mathbb{R}^3 : |PM| = r \,\}. \] Uzaklık formülüyle bu koşul \[ |PM| = \sqrt{(x - a)^2 + (y - b)^2 + (z - c)^2} = r \] biçiminde yazılır; iki yanın karesini almak bize tanıdık küre denklemini verir. Denklemi açılmış hâlde verilen bir kürenin merkezini ve yarıçapını tam kareye tamamlayarak buluruz (Önerme 6.1).

Örnek 23.1 (Silindirik koordinatlardan gelen bir küre) Dik koordinatlardaki denklemi \[ x^2 + y^2 + z^2 = -2x - 16y + 8z \] olan yüzeyin bir küre olduğunu gösteriniz; merkezini ve yarıçapını bulunuz. (Bu yüzeyin silindirik koordinatlardaki denklemi \[ r^2 + z^2 = -2r\cos\theta - 16r\sin\theta + 8z \] idi; bkz. Silindirik ve Küresel Koordinatlar.)

Çözüm

Bütün terimleri sol tarafa toplayıp aynı değişkenli terimleri gruplayalım: \[ (x^2 + 2x) + (y^2 + 16y) + (z^2 - 8z) = 0. \] Her grubu tam kareye tamamlayalım: \(x^2 + 2x = (x + 1)^2 - 1\), \(y^2 + 16y = (y + 8)^2 - 64\) ve \(z^2 - 8z = (z - 4)^2 - 16\). Yerine yazarsak \[ (x + 1)^2 - 1 + (y + 8)^2 - 64 + (z - 4)^2 - 16 = 0 \] ve sabitleri sağa atarak \[ (x + 1)^2 + (y + 8)^2 + (z - 4)^2 = 81 = 9^2 \] buluruz. Tanım 6.6 ile karşılaştırınca bu, merkezi \(M(-1, -8, 4)\) ve yarıçapı \(r = 9\) olan küredir.

Denklemde sabit terim bulunmadığından \(O(0, 0, 0)\) noktası denklemi sağlar; yani küre başlangıç noktasından geçer. Gerçekten \(|OM| = \sqrt{1 + 64 + 16} = \sqrt{81}\), yani \(|OM| = 9 = r\)’dir.

Merkezi M(−1, −8, 4) ve yarıçapı 9 olan küre. Kırmızı doğru parçası yarıçaptır; |OM| = 9 olduğundan başlangıç noktası O küre üzerindedir (kesikli MO parçası). Eksenlerin kürenin arkasında ya da içinde kalan kısımları kesiklidir.

\(\blacksquare\)

23.2 Uzay Eğrisi

Silindir ve koni, bir doğrunun bir eğri boyunca hareket etmesiyle oluşur. Bu yüzden önce uzayda eğrinin ne olduğunu belirleyelim.

Tanım 23.2 (Uzay eğrisi) \(I \subseteq \mathbb{R}\) bir aralık (örneğin kapalı bir \([a, b]\) aralığı) olsun ve \(\alpha_1\), \(\alpha_2\), \(\alpha_3\) fonksiyonları \(I\) üzerinde sürekli olsun. \(t\) sayısı \(I\)’yı dolaşırken \[ \alpha(t) = \big(\alpha_1(t),\ \alpha_2(t),\ \alpha_3(t)\big) \] noktalarının oluşturduğu geometrik yere bir uzay eğrisi denir. \(t\)’ye eğrinin parametresi denir.

Yani uzay eğrisini, \(t\) anında \(\alpha(t)\) noktasında bulunan bir parçacığın izlediği yol gibi düşünebiliriz. Fonksiyonların sürekli olması, parçacığın sıçramadan, kesintisiz hareket ettiğini söyler. Uzayda doğrunun parametrik denklemi bunun en basit örneğidir: \(\alpha(t) = (x_0 + ta,\ y_0 + tb,\ z_0 + tc)\) bileşenleri \(t\)’nin birinci dereceden fonksiyonlarıdır. Düzlemdeki bir çember de, örneğin \(\alpha(t) = (\cos t,\ \sin t,\ 0)\), \(t \in [0, 2\pi]\), bir uzay eğrisidir.

Örnek 23.2 (Helis) \(t \in [0, 4\pi]\) için \[ \alpha(t) = \left(2\cos t,\ 2\sin t,\ \frac{t}{2}\right) \] eğrisinin noktalarının \(x^2 + y^2 = 4\) bağıntısını sağladığını gösteriniz ve eğrinin biçimini betimleyiniz.

Çözüm

Bileşenler \(\cos\), \(\sin\) ve birinci dereceden bir fonksiyon olduğundan süreklidir; demek ki \(\alpha\) bir uzay eğrisidir. Her \(t\) için \[ x^2 + y^2 = (2\cos t)^2 + (2\sin t)^2 = 4(\cos^2 t + \sin^2 t) = 4 \] olur. Yani eğrinin her noktasının \(z\)-eksenine uzaklığı \(2\)’dir. \(t\) arttıkça \((x, y)\) ikilisi \(xy\)-düzlemindeki \(x^2 + y^2 = 4\) çemberinin üzerinde saat yönünün tersine döner, bu sırada yükseklik \(z = \frac{t}{2}\) düzgün biçimde artar. Bir tam dönüşte (\(t\)’nin \(2\pi\) artması) yükseklik \(\pi\) kadar artar.

Birkaç noktayı yazalım: \(\alpha(0) = (2, 0, 0)\), \(\alpha\left(\frac{\pi}{2}\right) = \left(0, 2, \frac{\pi}{4}\right)\), \(\alpha(2\pi) = (2, 0, \pi)\) ve \(\alpha(4\pi) = (2, 0, 2\pi)\). Eğri, bir yay ya da vida dişi gibi iki tam tur atarak yükselir. Böyle bir eğriye helis denir.

Helis α(t) = (2 cos t, 2 sin t, t/2), t ∈ [0, 4π], x² + y² = 4 silindirinin üzerinde iki tur atarak yükselir; ok, t artarken hareket yönünü gösterir. α(0), α(2π) ve α(4π) aynı düşey doğru üzerindedir; eğrinin silindirin arkasında kalan kısımları kesiklidir.

\(\blacksquare\)

23.3 Silindir

Bir kâğıdı kıvırıp bir boru yaptığımızı düşünelim: borunun yan yüzü, birbirine paralel doğru parçalarından örülmüştür. Silindirin tanımı bu gözlemi genelleştirir.

Tanım 23.3 (Silindir) Uzayda sabit bir doğrultuya paralel kalarak ve sabit bir eğriye dayanarak hareket eden bir doğrunun oluşturduğu yüzeye silindir denir.

• Doğrunun dayandığı sabit eğriye silindirin dayanak eğrisi denir ve \(\Gamma\) ile gösterilir.
• Hareket eden doğrunun paralel kaldığı sabit doğrultuyu veren \(\Delta\) doğrusuna silindirin doğrultmanı denir.
• Hareket ederek silindiri oluşturan doğrunun her konumuna silindirin bir üreteci denir.

Silindir: dayanak eğrisi Γ (kırmızı) boyunca kayan ve Δ doğrusuna (doğrultman vektörü v) paralel kalan doğrular, yani üreteçler yüzeyi örer. Γ üzerindeki R noktasının üretecindeki her P noktası için RP = λv olur.

Yani silindir, \(\Gamma\) eğrisinin her noktasından geçen ve \(\Delta\)’ya paralel olan bütün doğruların birleşimidir. Silindirin her noktası bu doğrulardan birinin, yani bir üretecin üzerindedir. Günlük dildeki “silindir” (dairesel taban, dik yan yüz) bunun yalnızca özel bir durumudur; dayanak eğrisi bir elips, bir parabol, hatta kapalı olmayan herhangi bir eğri olabilir ve üreteçler eğik durabilir.

Silindirin noktalarını parametrelerle yazmak kolaydır: bir noktaya ulaşmak için önce dayanak eğrisi üzerinde bir noktaya gider, sonra doğrultman boyunca ilerleriz.

Teorem 23.1 (Silindirin parametrik denklemi) Bir silindirin dayanak eğrisi \(\Gamma(t) = \big(\Gamma_1(t), \Gamma_2(t), \Gamma_3(t)\big)\) ve doğrultmanının doğrultman vektörü \(v = (a, b, c) \neq 0\) olsun. \(P(x, y, z)\) noktasının silindir üzerinde bulunması için gerek ve yeter koşul, bazı \(t\) ve \(\lambda \in \mathbb{R}\) sayıları için \[ \left. \begin{aligned} x &= \Gamma_1(t) + \lambda a\\ y &= \Gamma_2(t) + \lambda b\\ z &= \Gamma_3(t) + \lambda c \end{aligned} \ \right\} \] olmasıdır. Bu denklemlere silindirin parametrik denklemi denir.

İspat

\(O(0, 0, 0)\) başlangıç noktası olsun. \(P\) silindir üzerindeyse, \(P\)’den geçen bir üreteç vardır; bu üreteç \(\Gamma\)’yı bir \(R = \Gamma(t)\) noktasında keser ve \(v\)’ye paraleldir. \(P\) ile \(R\) aynı üreteç üzerinde bulunduğundan \(\overrightarrow{RP}\) vektörü \(v\) ile aynı doğrultudadır; dolayısıyla bir \(\lambda\) sayısı için \(\overrightarrow{RP} = \lambda v\) olur (Önerme 7.11; \(P = R\) ise \(\lambda = 0\) alınır). Üçgen kuralından (Önerme 7.5) \[ \overrightarrow{OP} = \overrightarrow{OR} + \overrightarrow{RP} = \overrightarrow{OR} + \lambda v \] yazılır. Konum vektörleri noktaların koordinatlarıdır (Tanım 7.9); öyleyse \[ (x, y, z) = \big(\Gamma_1(t), \Gamma_2(t), \Gamma_3(t)\big) + (\lambda a, \lambda b, \lambda c) \] olur ve bileşenleri eşitlersek parametrik denklemleri buluruz.

Tersine, \(P\)’nin koordinatları bir \(t\) ve bir \(\lambda\) için bu denklemleri sağlasın. \(R = \Gamma(t)\) dersek \(\overrightarrow{RP} = \lambda v\) olur; yani \(P\), \(R\)’den geçen ve \(v\)’ye paralel olan doğru üzerindedir. Bu doğru bir üreteç olduğundan \(P\) silindirin üzerindedir.

\(\blacksquare\)

Parametrik denklemlerden \(t\) ile \(\lambda\)’yı yok edebilirsek silindirin \(F(x, y, z) = 0\) biçimindeki kartezyen denklemine ulaşırız. İki örnekle görelim.

Örnek 23.3 (Dik dairesel silindir) Dayanak eğrisi \(xy\)-düzlemindeki \(x^2 + y^2 = 4\) çemberi ve doğrultmanı \(z\)-ekseni olan silindirin parametrik ve kartezyen denklemlerini bulunuz.

Çözüm

Çemberi \(\Gamma(t) = (2\cos t,\ 2\sin t,\ 0)\), \(t \in [0, 2\pi]\), biçiminde parametrelendirelim. \(z\)-ekseninin doğrultman vektörü olarak \(v = (0, 0, 1)\) alınabilir. Teorem 23.1 ile \[ x = 2\cos t,\qquad y = 2\sin t,\qquad z = \lambda \] parametrik denklemleri bulunur. Şimdi parametreleri yok edelim. İlk iki denklemin karelerini toplarsak \[ x^2 + y^2 = 4\cos^2 t + 4\sin^2 t = 4 \] olur; \(\lambda\) ise yalnız üçüncü denklemde geçer ve \(z\) her değeri alabilir. Kartezyen denklem \[ x^2 + y^2 = 4 \] biçimindedir. Uzayda bu denklemde \(z\) görünmez; bu, “\(z\) ne olursa olsun” demektir. Yüzey, \(z\)-ekseni etrafında yarıçapı \(2\) olan bildiğimiz borudur. Helis örneğindeki eğri de (Örnek 23.2) bu silindirin üzerinde dolanır.

Dayanak eğrisi xy-düzlemindeki Γ: x² + y² = 4 çemberi (kırmızı) olan ve üreteçleri v = (0, 0, 1) doğrultusunda olan dik dairesel silindir (0 ≤ z ≤ 3 parçası). P = R + λv noktası, Γ üzerindeki R(2, 0, 0) noktasından geçen üreteçtedir.

\(\blacksquare\)

Örnek 23.4 (Eğik bir silindir) Dayanak eğrisi \(xy\)-düzlemindeki \(x^2 + y^2 = 1\) çemberi ve doğrultman vektörü \(v = (1, 0, 1)\) olan silindirin kartezyen denklemini bulunuz.

Çözüm

Çemberi \(\Gamma(t) = (\cos t,\ \sin t,\ 0)\) biçiminde parametrelendirelim. Teorem 23.1 ile \[ x = \cos t + \lambda,\qquad y = \sin t,\qquad z = \lambda \] olur. Üçüncü denklem \(\lambda = z\) verir. Bunu birinciye yazarsak \(\cos t = x - z\) olur; ikinciden de \(\sin t = y\)’dir. \(\cos^2 t + \sin^2 t = 1\) özdeşliği \(t\)’yi de yok eder: \[ (x - z)^2 + y^2 = 1. \] Tersine, bu denklemi sağlayan her \((x, y, z)\) için \(\lambda = z\) alıp \((x - z,\ y)\) birim çember üzerinde olduğundan \(\cos t = x - z\), \(\sin t = y\) olacak bir \(t\) seçebiliriz; demek ki denklemin her çözümü silindir üzerindedir.

Denklemin anlamına bakalım: \(z = k\) düzlemiyle kesişim \((x - k)^2 + y^2 = 1\), yani merkezi \((k, 0, k)\) ve yarıçapı \(1\) olan bir çemberdir. Yükseldikçe çember \(x\)-ekseni yönünde kayar; bu yüzden silindir eğiktir. Denetim için \(t = 0\), \(\lambda = 1\) ile bulunan \((2, 0, 1)\) noktasını yerine yazalım: \((2 - 1)^2 + 0^2 = 1\).

Eğik silindir (x − z)² + y² = 1, 0 ≤ z ≤ 2. Dayanak çemberi Γ (kırmızı) xy-düzlemindedir; z = 1 ve z = 2 kesitleri merkezleri (1, 0, 1) ve (2, 0, 2) olan birim çemberlerdir. Kalın üreteç (1, 0, 0)’dan v = (1, 0, 1) doğrultusunda çıkar ve (2, 0, 1) noktasından geçer.

\(\blacksquare\)

Dayanak eğrisinin bir düzlemde bulunduğu ve üreteçlerin bu düzleme dik durduğu durum, özel bir adı hak edecek kadar sık karşımıza çıkar.

Tanım 23.4 (Dik silindir) Dayanak eğrisi bir düzlemde bulunan ve üreteçleri bu düzleme dik olan silindire dik silindir denir.

Yani dik silindirde yan yüz tabana diktir; dik dairesel silindir (Örnek 23.3) bir dik silindirdir, eğik silindir (Örnek 23.4) ise değildir. Dayanak eğrisi bir koordinat düzleminde yer alan dik silindirlerin denklemi özellikle basittir.

Önerme 23.1 (Koordinat düzlemine dik silindirin denklemi) \(\Gamma\) eğrisi \(xy\)-düzleminde \(f(x, y) = 0\), \(z = 0\) denklemleriyle verilsin. Dayanak eğrisi \(\Gamma\) olan ve üreteçleri \(z\)-eksenine paralel olan dik silindirin denklemi \[ f(x, y) = 0 \] biçimindedir; yani bu denklem uzayda, \(z\) serbest kalmak üzere, tam olarak silindirin noktalarını belirtir.

İspat

Doğrultman vektörü \(v = (0, 0, 1)\)’dir. Teorem 23.1 gereğince \(P(x, y, z)\)’nin silindir üzerinde olması, \(\Gamma\) üzerindeki bir \(R(x_0, y_0, 0)\) noktası ve bir \(\lambda\) için \[ (x, y, z) = (x_0, y_0, 0) + \lambda(0, 0, 1) = (x_0, y_0, \lambda) \] olması demektir. Bu eşitlik \(x = x_0\), \(y = y_0\), \(z = \lambda\) verir. Dolayısıyla \(P\) silindir üzerindeyse \((x, y, 0) = R \in \Gamma\), yani \(f(x, y) = 0\) olur. Tersine \(f(x, y) = 0\) ise \(R(x, y, 0)\) noktası \(\Gamma\) üzerindedir ve \(\lambda = z\) ile \(P = R + \lambda v\) yazılır; \(P\) silindir üzerindedir.

\(\blacksquare\)

Aynı akıl yürütme öbür eksenler için de geçerlidir: denklemde bir değişken hiç görünmüyorsa yüzey, üreteçleri o değişkenin eksenine paralel olan bir dik silindirdir.

Örnek 23.5 (Eliptik silindir) Uzayda \(\dfrac{x^2}{4} + y^2 = 1\) denklemiyle verilen yüzeyi betimleyiniz.

Çözüm

Denklemde \(z\) görünmüyor. Önerme 23.1 gereğince yüzey, dayanak eğrisi \(xy\)-düzlemindeki \(\frac{x^2}{4} + y^2 = 1\) elipsi olan ve üreteçleri \(z\)-eksenine paralel olan dik silindirdir. Elipsin \(x\) yönündeki yarı ekseni \(2\), \(y\) yönündeki yarı ekseni \(1\)’dir (elips için bkz. Elips). Her \(z = k\) düzlemi yüzeyi bu elipsin aynısı boyunca keser. Böyle bir yüzeye eliptik silindir denir.

Eliptik silindir x²/4 + y² = 1 (−1 ≤ z ≤ 2 parçası). Her z = k düzlemi yüzeyi aynı elips boyunca keser; kırmızı elips xy-düzlemindeki dayanak eğrisidir ve eksenleri (±2, 0, 0) ile (0, ±1, 0) noktalarında keser.

\(\blacksquare\)

Örnek 23.6 (Parabolik silindir) Dayanak eğrisi \(yz\)-düzlemindeki \(z = y^2\) parabolü ve doğrultmanı \(x\)-ekseni olan silindirin denklemini bulunuz.

Çözüm

Parabolü \(\Gamma(t) = (0,\ t,\ t^2)\), \(t \in \mathbb{R}\), biçiminde parametrelendirelim; \(x\)-ekseninin doğrultman vektörü \(v = (1, 0, 0)\)’dır. Teorem 23.1 ile \[ x = \lambda,\qquad y = t,\qquad z = t^2 \] olur. \(t = y\)’yi üçüncü denkleme yazarsak \(z = y^2\) çıkar; \(x = \lambda\) ise her değeri alabilir. Silindirin denklemi \[ z = y^2 \] dir. Bu denklemde \(x\) görünmez: yüzey, parabolün \(x\)-ekseni boyunca kaydırılmasıyla oluşan bir “oluk”tur. Böyle bir yüzeye parabolik silindir denir.

Parabolik silindir z = y² (−2 ≤ x ≤ 2 parçası): yz-düzlemindeki Γ parabolü (kırmızı) x-ekseni doğrultusunda kaydırılır; üreteçler v = (1, 0, 0)’a paraleldir.

\(\blacksquare\)

23.4 Koni

Silindirde üreteçler hep aynı doğrultudaydı. Bütün üreteçler sabit bir noktadan geçerse silindirin yerini koni alır.

Tanım 23.5 (Koni) Düzlemsel bir eğriye dayanarak hareket eden ve bu eğrinin düzleminde bulunmayan sabit bir noktadan geçen bir doğrunun oluşturduğu yüzeye koni denir.

• Doğrunun dayandığı sabit eğriye koninin dayanak eğrisi denir ve \(\Gamma\) ile gösterilir.
• Sabit noktaya koninin tepe noktası denir ve \(T\) ile gösterilir.
• Hareket ederek koniyi oluşturan doğrunun her konumuna koninin bir üreteci denir.

Koni: dayanak eğrisi Γ (kırmızı) üzerindeki her noktayı T tepe noktasına birleştiren doğrular (üreteçler) yüzeyi örer; üreteçler T’nin ötesine uzanarak öbür kanadı (soluk) oluşturur. R ∈ Γ ve P, RT üreteci üzerindeyken RP = λRT olur.

Yani koni, \(\Gamma\)’nın her noktasını \(T\)’ye birleştiren doğruların birleşimidir. Üreteçler doğru olduğundan \(T\)’nin iki yanına da uzanır; bu yüzden koni \(T\)’de birleşen iki “kanat”tan oluşur. Dondurma külahı bu kanatlardan birinin bir parçasıdır.

Teorem 23.2 (Koninin parametrik denklemi) Bir koninin dayanak eğrisi \(\Gamma(t) = \big(\Gamma_1(t), \Gamma_2(t), \Gamma_3(t)\big)\) ve tepe noktası \(T(x_0, y_0, z_0)\) olsun. \(P(x, y, z)\) noktasının koni üzerinde bulunması için gerek ve yeter koşul, bazı \(t\) ve \(\lambda \in \mathbb{R}\) sayıları için \[ \left. \begin{aligned} x &= (1 - \lambda)\,\Gamma_1(t) + \lambda x_0\\ y &= (1 - \lambda)\,\Gamma_2(t) + \lambda y_0\\ z &= (1 - \lambda)\,\Gamma_3(t) + \lambda z_0 \end{aligned} \ \right\} \] olmasıdır. Bu denklemlere koninin parametrik denklemi denir.

İspat

\(O(0, 0, 0)\) başlangıç noktası olsun. \(P\) koni üzerindeyse \(P\)’den geçen bir üreteç vardır; bu üreteç \(\Gamma\)’yı bir \(R = \Gamma(t)\) noktasında keser ve \(T\)’den geçer. \(T\), \(\Gamma\)’nın düzleminde olmadığından \(R \neq T\)’dir ve üreteç \(R\) ile \(T\)’den geçen doğrudur. \(P\) bu doğru üzerinde olduğundan \(\overrightarrow{RP}\) vektörü \(\overrightarrow{RT}\) ile aynı doğrultudadır; bir \(\lambda\) için \(\overrightarrow{RP} = \lambda\,\overrightarrow{RT}\) olur (Önerme 7.11; \(P = R\) ise \(\lambda = 0\)). Üçgen kuralıyla (Önerme 7.5) \[ \overrightarrow{OP} = \overrightarrow{OR} + \overrightarrow{RP} = \overrightarrow{OR} + \lambda\,\overrightarrow{RT} \] yazılır. Koordinatlarla (Tanım 7.9) \[ \begin{aligned} (x, y, z) &= \big(\Gamma_1(t), \Gamma_2(t), \Gamma_3(t)\big) \\ &\quad + \lambda\big(x_0 - \Gamma_1(t),\ y_0 - \Gamma_2(t),\ z_0 - \Gamma_3(t)\big) \end{aligned} \] olur. Örneğin birinci bileşen \[ x = \Gamma_1(t) + \lambda x_0 - \lambda\Gamma_1(t) = (1 - \lambda)\Gamma_1(t) + \lambda x_0 \] biçiminde düzenlenir; öbür bileşenler de aynı biçimde düzenlenir.

Tersine, \(P\)’nin koordinatları bir \(t\) ve bir \(\lambda\) için bu denklemleri sağlasın. \(R = \Gamma(t)\) dersek yukarıdaki hesabı geri okuyarak \(\overrightarrow{RP} = \lambda\,\overrightarrow{RT}\) buluruz; demek ki \(P\), \(R\) ile \(T\)’den geçen doğru, yani bir üreteç üzerindedir.

\(\blacksquare\)

Parametrenin anlamına dikkat edelim: \(\lambda = 0\) dayanak eğrisi üzerindeki \(R\) noktasını, \(\lambda = 1\) tepe noktası \(T\)’yi verir. \(0 < \lambda < 1\) değerleri \(R\) ile \(T\) arasındaki doğru parçasını, \(\lambda > 1\) değerleri ise \(T\)’nin ötesindeki öbür kanadı tarar.

NotParametrelerin yok edilmesi

Silindirin ve koninin parametrik denklemlerinde iki parametre, \(t\) ve \(\lambda\), vardır. Üç denklemden bu iki parametre yok edilirse \(x\), \(y\), \(z\) arasında tek bir bağıntı, yani \[ F(x, y, z) = 0 \] biçiminde bir denklem elde edilir. Bu, yüzeyin kartezyen denklemidir. Silindir örneklerinde yaptığımız da buydu.

Örnek 23.7 (Dik dairesel koni) Tepe noktası \(T(0, 0, 2)\) ve dayanak eğrisi \(xy\)-düzlemindeki \(x^2 + y^2 = 1\) çemberi olan koninin kartezyen denklemini bulunuz.

Çözüm

Çemberi \(\Gamma(t) = (\cos t,\ \sin t,\ 0)\) biçiminde parametrelendirelim. \(x_0 = 0\), \(y_0 = 0\), \(z_0 = 2\) ile Teorem 23.2 şunu verir: \[ x = (1 - \lambda)\cos t,\qquad y = (1 - \lambda)\sin t,\qquad z = 2\lambda. \] Üçüncü denklemden \(\lambda = \frac{z}{2}\), dolayısıyla \(1 - \lambda = \frac{2 - z}{2}\) bulunur. İlk iki denklemin karelerini toplarsak \(t\) yok olur: \[ x^2 + y^2 = (1 - \lambda)^2(\cos^2 t + \sin^2 t) = (1 - \lambda)^2 = \frac{(2 - z)^2}{4}. \] Paydadan kurtulursak koninin denklemi \[ 4x^2 + 4y^2 = (2 - z)^2 \] olur. Denetleyelim: \(z = 0\) koyunca \(x^2 + y^2 = 1\), yani dayanak çemberi; \(z = 2\) koyunca \(x^2 + y^2 = 0\), yani yalnız tepe noktası çıkar. \(z = k\) düzlemi koniyi merkezi \((0, 0, k)\) ve yarıçapı \(\frac{|2 - k|}{2}\) olan bir çember boyunca keser: tepeye yaklaştıkça çember küçülür, tepeyi geçince yeniden büyür.

Tersine, denklemi sağlayan bir \((x, y, z)\) için \(\lambda = \frac{z}{2}\) alalım. \(z = 2\) ise \(x = y = 0\) olur ve nokta tepe noktasıdır (\(\lambda = 1\)). \(z \neq 2\) ise \(s = \frac{2 - z}{2} \neq 0\) için \(\left(\frac{x}{s}\right)^2 + \left(\frac{y}{s}\right)^2 = 1\) olduğundan \(\frac{x}{s} = \cos t\), \(\frac{y}{s} = \sin t\) olacak bir \(t\) vardır. Yani denklemin her çözümü koni üzerindedir.

Dik dairesel koni 4x² + 4y² = (2 − z)², 0 ≤ z ≤ 4. Üreteçler dayanak çemberi Γ’dan (kırmızı) T(0, 0, 2) tepe noktasından geçerek üst kanada uzanır; kesikli ara çember z = 1 kesitidir (yarıçap 1/2).

\(\blacksquare\)

Örnek 23.8 (Tepesi başlangıç noktasında olan eliptik koni) \(a, b, c > 0\) olsun. Tepe noktası \(O(0, 0, 0)\) ve dayanak eğrisi \(z = c\) düzlemindeki \(\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1\) elipsi olan koninin denkleminin \[ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = \frac{z^2}{c^2} \] olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Elipsi \(\Gamma(t) = (a\cos t,\ b\sin t,\ c)\) biçiminde parametrelendirelim; gerçekten \(\frac{(a\cos t)^2}{a^2} + \frac{(b\sin t)^2}{b^2} = 1\) ve üçüncü koordinat \(c\)’dir. Tepe noktası başlangıç noktası olduğundan koninin parametrik denklemindeki (Teorem 23.2) \(\lambda x_0\), \(\lambda y_0\), \(\lambda z_0\) terimleri sıfırdır: \[ x = (1 - \lambda)\,a\cos t,\qquad y = (1 - \lambda)\,b\sin t,\qquad z = (1 - \lambda)\,c. \] \(s = 1 - \lambda\) diyelim. Üçüncü denklemden \(s = \frac{z}{c}\) olur. İlk iki denklemden \(\frac{x}{a} = s\cos t\) ve \(\frac{y}{b} = s\sin t\)’dir; karelerini toplarsak \[ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = s^2(\cos^2 t + \sin^2 t) = s^2 = \frac{z^2}{c^2} \] buluruz. Demek ki koninin her noktası bu denklemi sağlar.

Tersine denklemi sağlayan bir \((x, y, z)\) alalım. \(z = 0\) ise sol taraf \(0\) olmalıdır; bu \(x = y = 0\) demektir ve nokta tepe noktasıdır (\(s = 0\)). \(z \neq 0\) ise \(s = \frac{z}{c} \neq 0\) için \(\left(\frac{x}{as}\right)^2 + \left(\frac{y}{bs}\right)^2 = 1\) olur; dolayısıyla \(\frac{x}{as} = \cos t\), \(\frac{y}{bs} = \sin t\) olacak bir \(t\) vardır ve \(\lambda = 1 - s\) ile nokta koni üzerindedir. Böylece denklem koniyi tam olarak belirtir. Bu yüzeyle aşağıda, ikinci derece yüzeyler arasında yeniden karşılaşacağız (Tanım 23.10).

a = 2, b = 1, c = 2 için tepe noktası başlangıç noktası olan eliptik koni x²/4 + y² = z²/4. Dayanak elipsi Γ (kırmızı) z = c düzlemindedir; üreteçler O’dan geçip alt kanada uzanır, alt kanattaki elips z = −2 kesitidir.

\(\blacksquare\)

23.5 Dönel Yüzeyler

Bir çömlekçi çarkında dönen bir kilin ya da torna tezgâhında dönen bir tahta parçasının aldığı biçimi düşünelim: her kesit bir çemberdir. Bu yüzeyler, düzlemsel bir eğrinin bir eksen etrafında döndürülmesiyle oluşur.

Tanım 23.6 (Dönel yüzey) \(\Gamma\) eğrisi ile \(\Delta\) doğrusu aynı düzlemde bulunsun. \(\Gamma\)’nın \(\Delta\) doğrusu etrafında döndürülmesiyle oluşan yüzeye dönel yüzey denir. \(\Delta\)’ya dönel yüzeyin ekseni, \(\Gamma\) eğrisine de dönel yüzeyin üreteci denir.

Dönel yüzey: xy-düzlemindeki Γ eğrisi (kırmızı) Δ = x-ekseni etrafında döndürülür. Γ’nın her Q noktası, merkezi eksen üzerinde olan ve eksene dik bir düzlemde kalan bir çember (yeşil) çizer; bu çemberin P noktalarının eksene uzaklığı Q’nunkine eşittir.

Yani üretecin her noktası, eksene dik bir düzlemde, merkezi eksen üzerinde olan bir çember çizer; dönel yüzey bu çemberlerin birleşimidir. Özel olarak dönel yüzeyin eksene dik her düzlemle kesişimi bir çemberdir (ya da bir nokta). Küre, bir çemberin bir çapı etrafında döndürülmesiyle; dik dairesel silindir, bir doğrunun kendisine paralel bir eksen etrafında döndürülmesiyle; dik dairesel koni de bir doğrunun kendisini kesen ve kendisine dik olmayan bir eksen etrafında döndürülmesiyle elde edilen dönel yüzeylerdir.

Dönel yüzeyin denklemini bulmak için üretecin bir noktasının çizdiği çembere bakmak yeter. Üreteç \(xy\)-düzleminde, eksen de \(x\)-ekseni olsun. \(Q(x_0, y_0, 0)\) noktası \(x\)-ekseni etrafında dönerken \(x = x_0\) düzleminden ayrılmaz ve \(x\)-eksenine uzaklığı hep \(|y_0|\) kalır. Bir \((x, y, z)\) noktasının \(x\)-eksenine uzaklığı \(\sqrt{y^2 + z^2}\) olduğundan \(Q\)’nun çizdiği çember \[ x = x_0,\qquad y^2 + z^2 = y_0^2 \] noktalarından oluşur; bu çember \(\theta \in [0, 2\pi]\) için \((x_0,\ y_0\cos\theta,\ y_0\sin\theta)\) biçiminde parametrelendirilir.

Önerme 23.2 (Dönel yüzeyin denklemi) \(\Gamma\) eğrisi \(xy\)-düzleminde bulunsun.

1. \(\Gamma(t) = \big(\Gamma_1(t), \Gamma_2(t), 0\big)\) ise \(\Gamma\)’nın \(x\)-ekseni etrafında döndürülmesiyle oluşan yüzeyin parametrik denklemi, \(\theta \in [0, 2\pi]\) olmak üzere \[ X(t, \theta) = \big(\Gamma_1(t),\ \Gamma_2(t)\cos\theta,\ \Gamma_2(t)\sin\theta\big) \] dir.
2. \(\Gamma\)’nın denklemi \(y\)’ye yalnız \(y^2\) üzerinden bağlıysa, yani \(\Gamma\): \(G(x, y^2) = 0\), \(z = 0\) ise, \(\Gamma\)’nın \(x\)-ekseni etrafında döndürülmesiyle oluşan yüzeyin kartezyen denklemi \[ G(x,\ y^2 + z^2) = 0 \] dır. Kısaca: denklemde \(y^2\) yerine \(y^2 + z^2\) yazılır.

İspat

Yüzey, \(\Gamma\)’nın her noktasının \(x\)-ekseni etrafında çizdiği çemberlerin birleşimidir.

Birinci kısım. \(\Gamma(t)\) noktası için \(x_0 = \Gamma_1(t)\), \(y_0 = \Gamma_2(t)\) alınırsa, yukarıda gördüğümüz gibi bu noktanın çizdiği çember \(\big(\Gamma_1(t),\ \Gamma_2(t)\cos\theta,\ \Gamma_2(t)\sin\theta\big)\), \(\theta \in [0, 2\pi]\), noktalarıdır. \(t\) de değiştikçe bu noktalar bütün yüzeyi tarar.

İkinci kısım. \(P(x, y, z)\) yüzey üzerinde olsun. O zaman \(P\), \(\Gamma\) üzerindeki bir \(Q(x_0, y_0, 0)\) noktasının çizdiği çemberin üzerindedir; bu çemberin noktaları \(x = x_0\) ve \(y^2 + z^2 = y_0^2\) koşullarını sağlar. \(Q \in \Gamma\) olduğundan \(G(x_0, y_0^2) = 0\)’dır; buna göre \[ G(x,\ y^2 + z^2) = G(x_0,\ y_0^2) = 0 \] olur. Tersine \(G(x, y^2 + z^2) = 0\) olsun. \(y_0 = \sqrt{y^2 + z^2}\) diyelim ve \(Q(x, y_0, 0)\) noktasını alalım. \(G(x, y_0^2) = G(x, y^2 + z^2) = 0\) olduğundan \(Q \in \Gamma\)’dır. \(P\) ile \(Q\) aynı \(x\) değerine sahiptir ve \(P\)’nin eksene uzaklığı \(\sqrt{y^2 + z^2} = y_0\), \(Q\)’nunkine eşittir; yani \(P\), \(Q\)’nun çizdiği çember üzerindedir ve dolayısıyla yüzeydedir.

\(\blacksquare\)

Koordinatların rolleri değiştirilerek aynı kural öbür eksenler için de geçerlidir. Döndürme ekseni boyunca ölçülen koordinat olduğu gibi kalır; eksene dik koordinatın karesi yerine, eksene dik iki koordinatın karelerinin toplamı yazılır:

• \(xy\)-düzlemindeki \(G(x^2, y) = 0\) eğrisi \(y\)-ekseni etrafında dönerse yüzey \(G(x^2 + z^2,\ y) = 0\) olur.
• \(yz\)-düzlemindeki \(G(y^2, z) = 0\) eğrisi \(z\)-ekseni etrafında dönerse yüzey \(G(x^2 + y^2,\ z) = 0\) olur.

Örnek 23.9 (Elipsin x-ekseni etrafında döndürülmesi) \(a, b > 0\) olsun. \(xy\)-düzlemindeki \(\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1\) elipsinin \(x\)-ekseni etrafında döndürülmesiyle oluşan yüzeyin denklemini bulunuz.

Çözüm

Elipsin parametrik denklemi \(\Gamma(t) = (a\cos t,\ b\sin t,\ 0)\), \(t \in [0, 2\pi]\)’dir. Dönel yüzeyin denklemini veren önermenin (Önerme 23.2) birinci kısmına göre yüzeyin parametrik denklemi \[ X(t, \theta) = (a\cos t,\ b\sin t\cos\theta,\ b\sin t\sin\theta), \] yani \[ \left. \begin{aligned} x(t, \theta) &= a\cos t\\ y(t, \theta) &= b\sin t\cos\theta\\ z(t, \theta) &= b\sin t\sin\theta \end{aligned} \ \right\} \] olur. Parametreleri yok edelim. Birinci denklemden \(\frac{x^2}{a^2} = \cos^2 t\)’dir. Son iki denklemden \[ y^2 + z^2 = b^2\sin^2 t\,(\cos^2\theta + \sin^2\theta) = b^2\sin^2 t \] dolayısıyla \(\frac{y^2 + z^2}{b^2} = \sin^2 t\) bulunur. İkisini toplarsak \[ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{b^2} = \cos^2 t + \sin^2 t = 1 \] elde ederiz. Aynı sonuca dönel yüzey denkleminin ikinci kısmıyla (Önerme 23.2) doğrudan varılır: elips denkleminde \(y^2\) yerine \(y^2 + z^2\) yazmak yeter. Bu yüzey bir elipsoiddir (Tanım 23.8); iki yarı ekseni eşit olduğundan ona dönel elipsoid de denir.

a = 2, b = 1 için x²/4 + y² = 1 elipsi Γ’nın (kırmızı) x-ekseni etrafında döndürülmesiyle oluşan dönel elipsoid x²/4 + y² + z² = 1. Yeşil çember x = 0 kesitidir; x = ±1 kesitleri yarıçapı √3/2 olan çemberlerdir.

\(\blacksquare\)

Örnek 23.10 (Denklemi verilen bir dönel elipsoid) \(2x^2 + 4y^2 + 4z^2 = 1\) denklemiyle verilen yüzeyin hangi eğrinin hangi eksen etrafında döndürülmesiyle elde edildiğini bulunuz ve yüzeyi betimleyiniz.

Çözüm

\(y\) ile \(z\) denklemde yalnız \(4y^2 + 4z^2 = 4(y^2 + z^2)\) biçiminde geçiyor. Dönel yüzey denklemine göre (Önerme 23.2) bu, \(xy\)-düzlemindeki \[ 2x^2 + 4y^2 = 1 \] elipsinde \(y^2\) yerine \(y^2 + z^2\) yazılmış hâlidir. Demek ki yüzey, bu elipsin \(x\)-ekseni etrafında döndürülmesiyle oluşur. Denklemi \(\frac{x^2}{1/2} + \frac{y^2 + z^2}{1/4} = 1\) biçiminde yazarsak elipsin \(x\)-ekseni etrafında döndürülmesiyle bulduğumuz kalıba (Örnek 23.9) \(a = \frac{1}{\sqrt{2}} \approx 0{,}71\) ve \(b = \frac{1}{2}\) ile uyduğunu görürüz.

Yüzey bir dönel elipsoiddir: \(x\)-ekseni boyunca \(x = \pm\frac{1}{\sqrt{2}}\) noktalarına kadar uzanır; \(x = 0\) düzlemindeki kesiti yarıçapı \(\frac{1}{2}\) olan \(y^2 + z^2 = \frac{1}{4}\) çemberidir. \(a > b\) olduğundan yüzey \(x\)-ekseni doğrultusunda uzamış, iğ biçiminde bir cisimdir.

Dönel elipsoid 2x² + 4y² + 4z² = 1: xy-düzlemindeki iz 2x² + 4y² = 1 elipsi (kırmızı, üreteç), xz-düzlemindeki iz 2x² + 4z² = 1 elipsi (yeşil), yz-düzlemindeki iz yarıçapı 1/2 olan çember (mavi). Yüzey x-ekseni boyunca ±1/√2’ye uzanır.

\(\blacksquare\)

Örnek 23.11 (Hiperbolün y-ekseni etrafında döndürülmesi) \(a, b > 0\) olsun. \(xy\)-düzlemindeki \(\dfrac{x^2}{a^2} - \dfrac{y^2}{b^2} = 1\) hiperbolünün \(y\)-ekseni etrafında döndürülmesiyle oluşan yüzeyin denklemini bulunuz.

Çözüm

Döndürme ekseni \(y\)-ekseni olduğundan \(y\) olduğu gibi kalır; hiperbolün denkleminde \(x\) yalnız \(x^2\) olarak geçtiği için dönel yüzey denkleminden (Önerme 23.2) sonra verilen kurala göre \(x^2\) yerine \(x^2 + z^2\) yazarız: \[ \frac{x^2 + z^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1,\qquad\text{yani}\qquad \frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{a^2} = 1. \] Hiperbolün iki kolu da \(y\)-ekseni etrafında dönerken aynı yüzeyi süpürür: \(y = k\) düzlemindeki kesit, yarıçapı \(a\sqrt{1 + \frac{k^2}{b^2}}\) olan \(x^2 + z^2 = a^2\left(1 + \frac{k^2}{b^2}\right)\) çemberidir. Bu çember hiçbir \(k\) için boş değildir; en küçüğü \(y = 0\)’daki yarıçapı \(a\) olan “bel” çemberidir. Yüzey tek parçadan oluşan, kum saati biçiminde bir yüzeydir; ona tek kanatlı hiperboloid denir (Tanım 23.11).

a = b = 1 için x² − y² = 1 hiperbolünün (kırmızı, Γ) y-ekseni etrafında döndürülmesiyle oluşan tek kanatlı hiperboloid x² − y² + z² = 1, −2 ≤ y ≤ 2. Yeşil çember y = 0’daki bel çemberidir; uçlardaki çemberlerin yarıçapı √5’tir.

\(\blacksquare\)

Örnek 23.12 (Denklemi verilen bir tek kanatlı dönel hiperboloid) \(2x^2 - 4y^2 + 2z^2 = 1\) denklemiyle verilen yüzeyi betimleyiniz.

Çözüm

\(x\) ile \(z\) denklemde yalnız \(2x^2 + 2z^2 = 2(x^2 + z^2)\) biçiminde geçiyor. Bu, \(xy\)-düzlemindeki \[ 2x^2 - 4y^2 = 1,\qquad\text{yani}\qquad \frac{x^2}{1/2} - \frac{y^2}{1/4} = 1 \] hiperbolünde \(x^2\) yerine \(x^2 + z^2\) yazılmış hâlidir. Dolayısıyla yüzey, bu hiperbolün \(y\)-ekseni etrafında döndürülmesiyle oluşan tek kanatlı hiperboloiddir; hiperbolün \(y\)-ekseni etrafında döndürülmesiyle bulunan kalıba (Örnek 23.11) \(a = \frac{1}{\sqrt{2}}\), \(b = \frac{1}{2}\) ile uyar.

Bel çemberi \(y = 0\) düzleminde \(x^2 + z^2 = \frac{1}{2}\), yani yarıçapı \(\frac{1}{\sqrt{2}} \approx 0{,}71\) olan çemberdir. \(y = k\) düzleminde kesit \[ x^2 + z^2 = \frac{1 + 4k^2}{2} \] çemberidir; örneğin \(y = \pm 1\) için yarıçap \(\sqrt{\frac{5}{2}} \approx 1{,}58\) olur. \(x = 0\) düzlemindeki iz \(2z^2 - 4y^2 = 1\) hiperbolüdür.

Tek kanatlı dönel hiperboloid 2x² − 4y² + 2z² = 1, −1,2 ≤ y ≤ 1,2 (y-ekseni dikey). Bel çemberi x² + z² = 1/2 (yeşil); xy-düzlemindeki 2x² − 4y² = 1 hiperbolü (kırmızı) üreteçtir, yz-düzlemindeki iz 2z² − 4y² = 1 hiperbolüdür.

\(\blacksquare\)

Örnek 23.13 (Hiperbolün x-ekseni etrafında döndürülmesi) \(a, b > 0\) olsun. \(xy\)-düzlemindeki \(\dfrac{x^2}{a^2} - \dfrac{y^2}{b^2} = 1\) hiperbolünün \(x\)-ekseni etrafında döndürülmesiyle oluşan yüzeyin denklemini bulunuz.

Çözüm

Bu kez eksen \(x\)-eksenidir; \(x\) olduğu gibi kalır, \(y^2\) yerine \(y^2 + z^2\) yazılır (Önerme 23.2): \[ \frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2 + z^2}{b^2} = 1,\qquad\text{yani}\qquad \frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} - \frac{z^2}{b^2} = 1. \] \(x = k\) düzlemindeki kesit \(y^2 + z^2 = b^2\left(\frac{k^2}{a^2} - 1\right)\)’dir. Sağ taraf ancak \(|k| \geq a\) iken negatif değildir: \(|k| < a\) için kesit boştur, \(k = \pm a\) için tek bir noktadır, \(|k| > a\) için bir çemberdir. Demek ki yüzey \(-a < x < a\) bölgesine hiç girmez ve biri \(x \geq a\), öbürü \(x \leq -a\) bölgesinde kalan iki ayrı parçadan oluşur; her parça hiperbolün bir kolunun dönmesiyle oluşur. Bu yüzeye iki kanatlı hiperboloid denir (Tanım 23.12).

a = b = 1 için x² − y² = 1 hiperbolünün (kırmızı, Γ) x-ekseni etrafında döndürülmesiyle oluşan iki kanatlı hiperboloid x² − y² − z² = 1, |x| ≤ 2,5. Kanatlar köşelerde başlar; −1 < x < 1 bölgesinde yüzey yoktur.

\(\blacksquare\)

Örnek 23.14 (Denklemi verilen bir iki kanatlı dönel hiperboloid) \(2x^2 - 4y^2 - 4z^2 = 1\) denklemiyle verilen yüzeyi betimleyiniz.

Çözüm

\(y\) ile \(z\) yalnız \(-4(y^2 + z^2)\) biçiminde geçiyor; yüzey, \(xy\)-düzlemindeki \(2x^2 - 4y^2 = 1\) hiperbolünün \(x\)-ekseni etrafında döndürülmesiyle oluşur. Hiperbolün \(x\)-ekseni etrafında döndürülmesiyle bulunan kalıba (Örnek 23.13) \(a = \frac{1}{\sqrt{2}}\), \(b = \frac{1}{2}\) ile uyar; yüzey iki kanatlı hiperboloiddir.

Köşeler \(\left(\pm\frac{1}{\sqrt{2}}, 0, 0\right) \approx (\pm 0{,}71, 0, 0)\) noktalarıdır. \(x = k\) düzlemindeki kesit \[ y^2 + z^2 = \frac{2k^2 - 1}{4} \] dür; bu, \(|k| > \frac{1}{\sqrt{2}}\) iken bir çemberdir. Örneğin \(x = \pm 2\) için yarıçap \(\frac{\sqrt{7}}{2} \approx 1{,}32\)’dir.

İki kanatlı dönel hiperboloid 2x² − 4y² − 4z² = 1, |x| ≤ 2: xy-düzlemindeki iz 2x² − 4y² = 1 (kırmızı), xz-düzlemindeki iz 2x² − 4z² = 1 (yeşil); x = ±2’deki uç çemberlerin yarıçapı √7/2’dir. Köşeler (±1/√2, 0, 0) noktalarıdır.

\(\blacksquare\)

23.6 İkinci Derece Yüzeyler

Dönel yüzey örneklerinde karşılaştığımız elipsoid ve hiperboloidlerin denklemleri \(x\), \(y\), \(z\)’nin kareleriyle kurulmuştu. Şimdi bu denklemleri dönme koşulundan kurtarıp genel hâlleriyle ele alacağız. \(x\), \(y\), \(z\)’ye göre ikinci dereceden bir denklemle verilen yüzeylere ikinci derece yüzeyler denir. Düzlemdeki konikler gibi (bkz. Koniklerin Sınıflandırılması), genel ikinci derece denklem de uygun bir öteleme ve döndürmeyle birkaç standart biçimden birine getirilebilir. Biz burada karışık terim (\(xy\), \(yz\), \(zx\)) içermeyen denklemlerle çalışacağız.

Bir yüzeyin biçimini anlamanın en etkili yolu, onu koordinat düzlemlerine paralel düzlemlerle kesmektir.

Tanım 23.7 (İz) Bir yüzeyin bir düzlemle kesişimine yüzeyin o düzlemdeki izi (kesiti) denir. Özellikle \(x = k\), \(y = k\) ya da \(z = k\) biçimindeki, koordinat düzlemlerine paralel düzlemlerle alınan izler kullanılır.

Yani izleri bulmak için yüzeyin denkleminde değişkenlerden birine sabit bir değer verir, kalan iki değişkenli denklemin düzlemde hangi eğriyi belirttiğine bakarız. Bir yüzeyin birkaç izini üst üste düşündüğümüzde, tıpkı bir bilgisayar tomografisinin kesitlerinden organın biçimini kurması gibi, yüzeyin biçimi ortaya çıkar.

Aşağıda \(a, b, c > 0\) sabitlerdir. Denklemlerde değişkenler yalnız çift kuvvetlerle geçtiğinden (paraboloidlerde \(z\) dışında) \(x\) yerine \(-x\) yazmak denklemi değiştirmez; bu yüzeyler koordinat düzlemlerine göre simetriktir; paraboloidler ise yalnız \(x = 0\) ve \(y = 0\) düzlemlerine göre simetriktir (bkz. Uzayda Simetri).

Elipsoid

Tanım 23.8 (Elipsoid) \[ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{c^2} = 1 \] denklemiyle verilen yüzeye elipsoid denir. \(a\), \(b\), \(c\) sayılarına elipsoidin yarı eksenleri denir.

Yani elipsoid, küreyi eksen doğrultularında farklı oranlarda germekle elde edilen, yumurta ya da mercimek biçiminde kapalı bir yüzeydir. Sol taraftaki her terim negatif olmadığından her terim en çok \(1\)’dir; buradan \(|x| \leq a\), \(|y| \leq b\), \(|z| \leq c\) çıkar ve yüzey bir kutunun içinde kalır. Koordinat eksenlerini \((\pm a, 0, 0)\), \((0, \pm b, 0)\), \((0, 0, \pm c)\) noktalarında keser. \(z = k\) izi, \(|k| < c\) iken \[ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 - \frac{k^2}{c^2} \] elipsidir; \(|k| = c\) iken tek nokta, \(|k| > c\) iken boştur. Öbür izler de aynı biçimde elipstir. \(a = b = c\) ise elipsoid küre, iki yarı eksen eşitse dönel elipsoid olur.

Örnek 23.15 (Bir elipsoidin yarı eksenleri ve izleri) \(2x^2 + 3y^2 + 9z^2 = 1\) elipsoidinin yarı eksenlerini ve koordinat düzlemlerindeki izlerini bulunuz.

Çözüm

Katsayıları paydaya alarak denklemi standart biçime getirelim: \[ \frac{x^2}{1/2} + \frac{y^2}{1/3} + \frac{z^2}{1/9} = 1. \] Tanım 23.8 ile karşılaştırırsak \(a^2 = \frac{1}{2}\), \(b^2 = \frac{1}{3}\), \(c^2 = \frac{1}{9}\), yani \[ a = \frac{1}{\sqrt{2}} \approx 0{,}71,\qquad b = \frac{1}{\sqrt{3}} \approx 0{,}58,\qquad c = \frac{1}{3} \] bulunur. Yüzey eksenleri \(\left(\pm\frac{1}{\sqrt{2}}, 0, 0\right)\), \(\left(0, \pm\frac{1}{\sqrt{3}}, 0\right)\) ve \(\left(0, 0, \pm\frac{1}{3}\right)\) noktalarında keser.

Koordinat düzlemlerindeki izleri, ilgili değişkene \(0\) vererek buluruz:

• \(xy\)-düzleminde (\(z = 0\)): \(2x^2 + 3y^2 = 1\) elipsi,
• \(xz\)-düzleminde (\(y = 0\)): \(2x^2 + 9z^2 = 1\) elipsi,
• \(yz\)-düzleminde (\(x = 0\)): \(3y^2 + 9z^2 = 1\) elipsi.

\(c\) öbür yarı eksenlerden belirgin biçimde küçük olduğundan yüzey \(z\) doğrultusunda basık, mercimek biçimindedir.

Elipsoid 2x² + 3y² + 9z² = 1 ve koordinat düzlemlerindeki izleri: 2x² + 3y² = 1 (kırmızı, z = 0), 2x² + 9z² = 1 (yeşil, y = 0), 3y² + 9z² = 1 (mavi, x = 0). c = 1/3 küçük olduğundan yüzey z doğrultusunda basıktır.

\(\blacksquare\)

Eliptik paraboloid

Tanım 23.9 (Eliptik paraboloid) \[ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = z \] denklemiyle verilen yüzeye eliptik paraboloid denir. \(O(0, 0, 0)\) noktasına paraboloidin köşesi, \(z\)-eksenine de ekseni denir.

Yani eliptik paraboloid, yukarı doğru açılan bir kâse ya da çanak anten biçimindedir. Sol taraf negatif olmadığından yüzeyin her noktasında \(z \geq 0\)’dır ve en alçak nokta köşedir. \(z = k > 0\) izi \(\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = k\) elipsidir ve \(k\) büyüdükçe genişler. \(x = 0\) ve \(y = 0\) düzlemlerindeki izler ise \(z = \frac{y^2}{b^2}\) ve \(z = \frac{x^2}{a^2}\) parabolleridir; adı buradan gelir: izlerin bir kısmı elips, bir kısmı paraboldür. \(a = b\) ise yüzey, \(z = \frac{x^2}{a^2}\) parabolünün \(z\)-ekseni etrafında döndürülmesiyle oluşan dönel paraboloiddir.

Örnek 23.16 (Bir eliptik paraboloidin izleri) \(2x^2 + 3y^2 = z\) eliptik paraboloidinin izlerini bulunuz.

Çözüm

Denklem \(\frac{x^2}{1/2} + \frac{y^2}{1/3} = z\) biçiminde yazılır; eliptik paraboloidin standart denklemiyle (Tanım 23.9) karşılaştırınca \(a^2 = \frac{1}{2}\), \(b^2 = \frac{1}{3}\)’tür.

• \(z = k\) düzleminde: \(2x^2 + 3y^2 = k\). \(k < 0\) için boş küme, \(k = 0\) için yalnız köşe \(O\), \(k > 0\) için yarı eksenleri \(\sqrt{\frac{k}{2}}\) ve \(\sqrt{\frac{k}{3}}\) olan bir elips. Örneğin \(z = 1\)’de yarı eksenler \(\frac{1}{\sqrt{2}} \approx 0{,}71\) ve \(\frac{1}{\sqrt{3}} \approx 0{,}58\); \(z = 4\)’te \(\sqrt{2} \approx 1{,}41\) ve \(\frac{2}{\sqrt{3}} \approx 1{,}15\)’tir.
• \(xz\)-düzleminde (\(y = 0\)): yukarı açılan \(z = 2x^2\) parabolü.
• \(yz\)-düzleminde (\(x = 0\)): yukarı açılan \(z = 3y^2\) parabolü.

\(y\) yönündeki parabol daha dik olduğundan kâse \(y\) doğrultusunda daha dardır.

Eliptik paraboloid 2x² + 3y² = z, 0 ≤ z ≤ 4. xz- ve yz-düzlemlerindeki izler z = 2x² (kırmızı) ve z = 3y² (yeşil) parabolleridir; z = 1 ve z = 4 düzlemlerindeki izler elipstir. Köşe O’dur.

\(\blacksquare\)

Eliptik koni

Tanım 23.10 (Eliptik koni) \[ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = \frac{z^2}{c^2} \] denklemiyle verilen yüzeye eliptik koni denir.

Yani eliptik koni, tepe noktası başlangıç noktasında olan ve \(z = c\) düzlemindeki \(\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1\) elipsine dayanan konidir (bkz. Örnek 23.8). \(z = k \neq 0\) izi \(\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = \frac{k^2}{c^2}\) elipsidir, \(z = 0\) izi yalnız tepe noktasıdır. \(y = 0\) düzlemindeki iz \(\frac{x^2}{a^2} = \frac{z^2}{c^2}\), yani \(x = \pm\frac{a}{c}z\) doğru çiftidir; \(x = 0\) düzleminde de \(y = \pm\frac{b}{c}z\) doğru çifti bulunur. Bu doğrular koninin üreteçlerinden dördüdür. \(a = b\) ise koni dik dairesel konidir.

Örnek 23.17 (Bir eliptik koninin izleri) \(2x^2 + 3y^2 = 9z^2\) eliptik konisinin izlerini bulunuz.

Çözüm

Denklemi \(\frac{x^2}{1/2} + \frac{y^2}{1/3} = \frac{z^2}{1/9}\) biçiminde yazarsak eliptik koninin standart denklemiyle (Tanım 23.10) karşılaştırınca \(a^2 = \frac{1}{2}\), \(b^2 = \frac{1}{3}\), \(c^2 = \frac{1}{9}\) olur.

• \(z = k\) düzleminde: \(2x^2 + 3y^2 = 9k^2\). \(k = 0\) için yalnız tepe noktası \(O\); \(k \neq 0\) için yarı eksenleri \(\frac{3|k|}{\sqrt{2}}\) ve \(\sqrt{3}\,|k|\) olan bir elips. Örneğin \(z = \pm 1\)’de yarı eksenler \(\frac{3}{\sqrt{2}} \approx 2{,}12\) ve \(\sqrt{3} \approx 1{,}73\)’tür.
• \(xz\)-düzleminde (\(y = 0\)): \(2x^2 = 9z^2\), yani \(x = \pm\frac{3}{\sqrt{2}}\,z\) doğru çifti.
• \(yz\)-düzleminde (\(x = 0\)): \(3y^2 = 9z^2\), yani \(y = \pm\sqrt{3}\,z\) doğru çifti.

İki kanat tepe noktasında birleşir; \(z = k\) ve \(z = -k\) izleri aynı elipstir.

Eliptik koni 2x² + 3y² = 9z², |z| ≤ 1,3. z = ±1 düzlemlerindeki izler aynı 2x² + 3y² = 9 elipsidir (kırmızı); xz-düzlemindeki iz x = ±(3/√2)z (yeşil), yz-düzlemindeki iz y = ±√3 z doğru çiftidir. İki kanat O’da birleşir.

\(\blacksquare\)

Tek kanatlı hiperboloid

Tanım 23.11 (Tek kanatlı hiperboloid) \[ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} - \frac{z^2}{c^2} = 1 \] denklemiyle verilen yüzeye tek kanatlı hiperboloid denir. Negatif işaretli terimin değişkenine karşılık gelen \(z\)-eksenine hiperboloidin ekseni denir.

Yani tek kanatlı hiperboloid, belden ince, iki uca doğru genişleyen, soğutma kulesi ya da kum saati biçiminde tek parça bir yüzeydir. \(z = k\) izi \[ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 + \frac{k^2}{c^2} \] elipsidir; sağ taraf her zaman pozitif olduğundan bu iz hiçbir \(k\) için boş değildir ve en küçüğü \(z = 0\)’daki bel elipsidir. \(x = 0\) ve \(y = 0\) düzlemlerindeki izler ise \(\frac{y^2}{b^2} - \frac{z^2}{c^2} = 1\) ve \(\frac{x^2}{a^2} - \frac{z^2}{c^2} = 1\) hiperbolleridir. Eksi işaret başka bir terimin önünde dursaydı, hiperboloidin ekseni o terimin değişkeninin ekseni olurdu. \(a = b\) ise yüzey, hiperbolün döndürülmesiyle elde ettiğimiz tek kanatlı hiperboloide (Örnek 23.11) benzer bir dönel hiperboloiddir.

Örnek 23.18 (Bir tek kanatlı hiperboloidin izleri) \(2x^2 + 3y^2 - 9z^2 = 1\) hiperboloidinin izlerini bulunuz.

Çözüm

Standart biçim \(\frac{x^2}{1/2} + \frac{y^2}{1/3} - \frac{z^2}{1/9} = 1\)’dir. Yalnız bir terim eksi işaretli olduğundan yüzey, ekseni \(z\)-ekseni olan tek kanatlı hiperboloiddir.

• \(z = k\) düzleminde: \(2x^2 + 3y^2 = 1 + 9k^2\) elipsi. Bel elipsi (\(k = 0\)) \(2x^2 + 3y^2 = 1\)’dir ve yarı eksenleri \(\frac{1}{\sqrt{2}} \approx 0{,}71\), \(\frac{1}{\sqrt{3}} \approx 0{,}58\)’dir. \(z = \pm 1\)’de \(2x^2 + 3y^2 = 10\) olur; yarı eksenler \(\sqrt{5} \approx 2{,}24\) ve \(\sqrt{\frac{10}{3}} \approx 1{,}83\)’tür.
• \(xz\)-düzleminde (\(y = 0\)): \(2x^2 - 9z^2 = 1\) hiperbolü; köşeleri \(\left(\pm\frac{1}{\sqrt{2}}, 0, 0\right)\).
• \(yz\)-düzleminde (\(x = 0\)): \(3y^2 - 9z^2 = 1\) hiperbolü; köşeleri \(\left(0, \pm\frac{1}{\sqrt{3}}, 0\right)\).

Tek kanatlı hiperboloid 2x² + 3y² − 9z² = 1, |z| ≤ 1. z = 0’daki bel elipsi 2x² + 3y² = 1 (yeşil), z = ±1’deki uç elipsler 2x² + 3y² = 10’dur; xz- ve yz-düzlemlerindeki izler 2x² − 9z² = 1 (kırmızı) ve 3y² − 9z² = 1 hiperbolleridir.

\(\blacksquare\)

İki kanatlı hiperboloid

Tanım 23.12 (İki kanatlı hiperboloid) \[ \frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} - \frac{z^2}{c^2} = 1 \] denklemiyle verilen yüzeye iki kanatlı hiperboloid denir. Pozitif işaretli terimin değişkenine karşılık gelen \(x\)-eksenine hiperboloidin ekseni, \((\pm a, 0, 0)\) noktalarına köşeleri denir.

Yani iki kanatlı hiperboloid, birbirine karşı açılan iki ayrı kâseden oluşur. \(x = k\) izi \[ \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{c^2} = \frac{k^2}{a^2} - 1 \] dir: \(|k| < a\) iken sağ taraf negatif olduğundan iz boştur, \(|k| = a\) iken tek noktadır (köşe), \(|k| > a\) iken bir elipstir. Yüzey bu yüzden \(-a < x < a\) şeridine girmez ve iki parçaya ayrılır. \(y = 0\) ve \(z = 0\) düzlemlerindeki izler \(\frac{x^2}{a^2} - \frac{z^2}{c^2} = 1\) ve \(\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1\) hiperbolleridir. Tek kanatlıdan farkı işaret sayısındadır: tek kanatlıda bir eksi, iki kanatlıda iki eksi vardır.

Örnek 23.19 (Bir iki kanatlı hiperboloidin izleri) \(2x^2 - 3y^2 - 9z^2 = 1\) hiperboloidinin izlerini bulunuz.

Çözüm

Standart biçim \(\frac{x^2}{1/2} - \frac{y^2}{1/3} - \frac{z^2}{1/9} = 1\)’dir. İki terim eksi işaretli olduğundan yüzey, ekseni \(x\)-ekseni olan iki kanatlı hiperboloiddir; \(a = \frac{1}{\sqrt{2}}\) olduğundan köşeler \(\left(\pm\frac{1}{\sqrt{2}}, 0, 0\right) \approx (\pm 0{,}71, 0, 0)\)’dır.

• \(x = k\) düzleminde: \(3y^2 + 9z^2 = 2k^2 - 1\). \(|k| < \frac{1}{\sqrt{2}}\) için boş, \(|k| = \frac{1}{\sqrt{2}}\) için köşe, \(|k| > \frac{1}{\sqrt{2}}\) için elips. Örneğin \(x = \pm 2\)’de \(3y^2 + 9z^2 = 7\) olur; yarı eksenler \(\sqrt{\frac{7}{3}} \approx 1{,}53\) ve \(\frac{\sqrt{7}}{3} \approx 0{,}88\)’dir.
• \(xy\)-düzleminde (\(z = 0\)): \(2x^2 - 3y^2 = 1\) hiperbolü.
• \(xz\)-düzleminde (\(y = 0\)): \(2x^2 - 9z^2 = 1\) hiperbolü.
• \(yz\)-düzleminde (\(x = 0\)): \(-3y^2 - 9z^2 = 1\) denkleminin çözümü yoktur; yüzey \(yz\)-düzlemini kesmez.

İki kanatlı hiperboloid 2x² − 3y² − 9z² = 1, |x| ≤ 2: xy-düzlemindeki iz 2x² − 3y² = 1 (kırmızı), xz-düzlemindeki iz 2x² − 9z² = 1 (yeşil); x = ±2 düzlemlerindeki uç elipsler 3y² + 9z² = 7’dir. Yüzey yz-düzlemini kesmez.

\(\blacksquare\)

Hiperbolik paraboloid

Tanım 23.13 (Hiperbolik paraboloid) \[ -\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = z \] denklemiyle verilen yüzeye hiperbolik paraboloid denir.

Yani hiperbolik paraboloid bir at eyerine ya da iki tepe arasındaki bir dağ geçidine benzer. \(x = 0\) düzlemindeki iz \(z = \frac{y^2}{b^2}\), yukarı açılan bir paraboldür; \(y = 0\) düzlemindeki iz \(z = -\frac{x^2}{a^2}\), aşağı açılan bir paraboldür. Başlangıç noktası, bir yönde en alçak, öbür yönde en yüksek noktadır; böyle bir noktaya eyer noktası denir. \(z = k \neq 0\) izi \(-\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = k\) hiperbolüdür: \(k > 0\) iken kolları \(y\) yönünde, \(k < 0\) iken \(x\) yönünde açılır. \(z = 0\) izi ise \(y = \pm\frac{b}{a}x\) doğru çiftidir. İzlerin bir kısmı hiperbol, bir kısmı parabol olduğu için yüzeye bu ad verilir.

Örnek 23.20 (Bir hiperbolik paraboloidin izleri) \(-2x^2 + 3y^2 = z\) hiperbolik paraboloidinin izlerini bulunuz.

Çözüm

Denklem \(-\frac{x^2}{1/2} + \frac{y^2}{1/3} = z\) biçiminde yazılır; \(a^2 = \frac{1}{2}\), \(b^2 = \frac{1}{3}\)’tür.

• \(yz\)-düzleminde (\(x = 0\)): yukarı açılan \(z = 3y^2\) parabolü.
• \(xz\)-düzleminde (\(y = 0\)): aşağı açılan \(z = -2x^2\) parabolü.
• \(z = 0\) düzleminde: \(3y^2 = 2x^2\), yani \(y = \pm\sqrt{\frac{2}{3}}\,x \approx \pm 0{,}82\,x\) doğru çifti.
• \(z = k \neq 0\) düzleminde: \(-2x^2 + 3y^2 = k\) hiperbolü. Örneğin \(z = 3\)’te \(y^2 - \frac{2}{3}x^2 = 1\) olur, köşeler \((0, \pm 1, 3)\)’tür; \(z = -2\)’de \(x^2 - \frac{3}{2}y^2 = 1\) olur, köşeler \((\pm 1, 0, -2)\)’dir.

Başlangıç noktası eyer noktasıdır: \(x = 0\) boyunca yüzey oradan yukarı, \(y = 0\) boyunca aşağı gider.

Hiperbolik paraboloid (eyer) −2x² + 3y² = z, |x| ≤ 1, |y| ≤ 0,8. yz-düzlemindeki iz yukarı açılan z = 3y² (kırmızı), xz-düzlemindeki iz aşağı açılan z = −2x² (yeşil) parabolüdür; z = 0 izi kesikli doğru çiftidir, z = −1 izi köşeleri (±1/√2, 0, −1) olan bir hiperboldür (kahverengi). O eyer noktasıdır.

\(\blacksquare\)

İkinci derece yüzeyleri izleriyle birlikte bir tabloda toplayalım (\(a, b, c > 0\)):

Yüzey	Standart denklem	\(z = k\) izleri	\(x = 0\) ve \(y = 0\) izleri
Elipsoid	\(\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{c^2} = 1\)	elips (\(\lvert k\rvert < c\))	elips
Eliptik paraboloid	\(\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = z\)	elips (\(k > 0\))	parabol
Eliptik koni	\(\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = \frac{z^2}{c^2}\)	elips (\(k \neq 0\))	doğru çifti
Tek kanatlı hiperboloid	\(\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} - \frac{z^2}{c^2} = 1\)	elips (her \(k\))	hiperbol
İki kanatlı hiperboloid	\(\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} - \frac{z^2}{c^2} = 1\)	hiperbol	hiperbol (\(y = 0\)), boş (\(x = 0\))
Hiperbolik paraboloid	\(-\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = z\)	hiperbol (\(k \neq 0\))	parabol

23.7 Denklemi Verilen Yüzeyi Tanımak

Bir yüzeyin denklemi her zaman standart biçimde gelmez; birinci dereceden terimler, yüzeyin merkezinin ya da köşesinin başlangıç noktasında olmadığını söyler. Düzlemdeki konikler için yaptığımız gibi, tam kareye tamamlayarak ve eksenleri öteleyerek (bkz. Öteleme) denklemi standart biçime getiririz.

İpucuDört adımda bir ikinci derece yüzeyi tanımak

1. Aynı değişkeni içeren terimleri gruplayın ve her grubu tam kareye tamamlayın.
2. Sabitleri sağ tarafa toplayın; sağ taraf sıfır değilse iki yanı ona bölün.
3. \(X = x - x_0\), \(Y = y - y_0\), \(Z = z - z_0\) ötelemesiyle denklemi standart biçimlerden biriyle karşılaştırın: kare terimlerin işaretlerini sayın, birinci dereceden bir değişken kaldıysa yüzey paraboloiddir.
4. Merkezi (ya da köşeyi, tepe noktasını) ve ekseni eski koordinatlarla yazın.

Örnek 23.21 (Tepe noktası ötelenmiş bir eliptik koni) \(x^2 + 4y^2 - z^2 - 2x + 8y + 5 = 0\) denklemiyle verilen yüzeyi belirleyiniz.

Çözüm

Adım 1. Terimleri gruplayıp tam kareye tamamlayalım: \[ \begin{aligned} x^2 - 2x &= (x - 1)^2 - 1,\\ 4y^2 + 8y &= 4(y^2 + 2y) = 4(y + 1)^2 - 4. \end{aligned} \] Yerine yazarsak \[ (x - 1)^2 - 1 + 4(y + 1)^2 - 4 - z^2 + 5 = 0 \] olur.

Adım 2. Sabitler \(-1 - 4 + 5 = 0\) tutar; denklem \[ (x - 1)^2 + 4(y + 1)^2 = z^2 \] biçimine gelir.

Adım 3. \(X = x - 1\), \(Y = y + 1\), \(Z = z\) ötelemesiyle \(X^2 + \frac{Y^2}{1/4} = Z^2\) bulunur. Bu, eliptik koninin standart biçimidir (Tanım 23.10) (\(a = 1\), \(b = \frac{1}{2}\), \(c = 1\)).

Adım 4. Yüzey, tepe noktası \((1, -1, 0)\) olan ve ekseni bu noktadan geçip \(z\)-eksenine paralel olan eliptik konidir. Örneğin \(z = \pm 2\) düzlemlerindeki izler, merkezi \((1, -1, \pm 2)\) ve yarı eksenleri \(2\) ile \(1\) olan elipslerdir.

Eliptik koni (x − 1)² + 4(y + 1)² = z², |z| ≤ 2. Tepe noktası T(1, −1, 0), ekseni T’den geçen ve z-eksenine paralel kesikli doğrudur; z = ±2’deki izler merkezi (1, −1, ±2), yarı eksenleri 2 ve 1 olan elipslerdir.

\(\blacksquare\)

Örnek 23.22 (Köşesi ötelenmiş bir dönel paraboloid) \(x^2 + y^2 - 4x - z + 3 = 0\) denklemiyle verilen yüzeyi belirleyiniz.

Çözüm

\(z\) yalnız birinci dereceden geçtiği için paraboloid bekleriz. \(x\) terimlerini tam kareye tamamlayalım: \(x^2 - 4x = (x - 2)^2 - 4\). Denklem \[ (x - 2)^2 - 4 + y^2 - z + 3 = 0,\qquad\text{yani}\qquad (x - 2)^2 + y^2 = z + 1 \] olur. \(X = x - 2\), \(Y = y\), \(Z = z + 1\) ötelemesiyle \(X^2 + Y^2 = Z\) bulunur; bu, \(a = b = 1\) olan eliptik paraboloiddir (Tanım 23.9). \(a = b\) olduğundan yüzey bir dönel paraboloiddir.

Köşe \(X = Y = Z = 0\), yani \((2, 0, -1)\) noktasıdır; eksen bu noktadan geçip \(z\)-eksenine paraleldir. \(z = k > -1\) izi, merkezi \((2, 0, k)\) ve yarıçapı \(\sqrt{k + 1}\) olan çemberdir; örneğin \(z = 3\)’te yarıçap \(2\)’dir.

Dönel paraboloid (x − 2)² + y² = z + 1, −1 ≤ z ≤ 3. Köşe V(2, 0, −1), eksen köşeden geçen düşey kesikli doğrudur. z = 3 izi yarıçapı 2, z = 0 izi (kırmızı) yarıçapı 1 olan çemberdir; yeşil eğri y = 0 düzlemindeki z = (x − 2)² − 1 parabolüdür.

\(\blacksquare\)

23.8 Alıştırmalar

Aşağıdaki alıştırmalarda yüzeyleri standart biçime getirerek tanıyacak, izlerine bakarak betimleyecek ve verilen koşullardan yüzey denklemi kuracağız.

Alıştırma 23.1 (Katsayıları farklı bir elipsoid) \(25x^2 + 16y^2 + 4z^2 = 100\) denklemiyle verilen yüzeyi belirleyiniz.

Çözüm

İki yanı \(100\)’e bölelim: \[ \frac{25x^2}{100} + \frac{16y^2}{100} + \frac{4z^2}{100} = 1\ \Longrightarrow\ \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{25/4} + \frac{z^2}{25} = 1. \] Üç kare terimin üçü de artı işaretli ve sağ taraf \(1\); tanımına göre (Tanım 23.8) yüzey bir elipsoiddir. Yarı eksenler \[ a = 2,\qquad b = \frac{5}{2},\qquad c = 5 \] dir; yüzey eksenleri \((\pm 2, 0, 0)\), \(\left(0, \pm\frac{5}{2}, 0\right)\), \((0, 0, \pm 5)\) noktalarında keser. Koordinat düzlemlerindeki izler \(\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{25/4} = 1\) (\(z = 0\)), \(\frac{x^2}{4} + \frac{z^2}{25} = 1\) (\(y = 0\)) ve \(\frac{y^2}{25/4} + \frac{z^2}{25} = 1\) (\(x = 0\)) elipsleridir. En uzun yarı eksen \(c = 5\) olduğundan yüzey \(z\) doğrultusunda uzamıştır.

Elipsoid x²/4 + y²/(25/4) + z²/25 = 1 (yarı eksenler 2, 5/2, 5) ve koordinat düzlemlerindeki izleri: z = 0 (kırmızı), y = 0 (yeşil), x = 0 (mavi). Yüzey z doğrultusunda uzamıştır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 23.2 (Ekseni z-ekseni olan bir hiperboloid) \(\dfrac{x^2}{16} + \dfrac{y^2}{9} - \dfrac{z^2}{36} = 1\) denklemiyle verilen yüzeyi belirleyiniz.

Çözüm

Denklem zaten standart biçimdedir: sağ taraf \(1\), kare terimlerden yalnız \(z^2\)’li olanı eksi işaretlidir. Tanımına göre (Tanım 23.11) yüzey, ekseni \(z\)-ekseni olan tek kanatlı hiperboloiddir; \(a = 4\), \(b = 3\), \(c = 6\)’dır.

İzlere bakalım. \(z = k\) düzleminde \[ \frac{x^2}{16} + \frac{y^2}{9} = 1 + \frac{k^2}{36} \] elipsi bulunur; bel elipsi (\(k = 0\)) yarı eksenleri \(4\) ve \(3\) olan \(\frac{x^2}{16} + \frac{y^2}{9} = 1\) elipsidir. \(z = \pm 6\)’da sağ taraf \(2\) olur ve yarı eksenler \(4\sqrt{2} \approx 5{,}66\) ile \(3\sqrt{2} \approx 4{,}24\)’e çıkar. \(y = 0\) düzlemindeki iz \(\frac{x^2}{16} - \frac{z^2}{36} = 1\), \(x = 0\) düzlemindeki iz \(\frac{y^2}{9} - \frac{z^2}{36} = 1\) hiperbolüdür.

Tek kanatlı hiperboloid x²/16 + y²/9 − z²/36 = 1, |z| ≤ 6. Bel elipsi (yeşil) eksenleri 4 ve 3’te keser; z = ±6’daki uç elipslerin yarı eksenleri 4√2 ve 3√2’dir. y = 0 ve x = 0 düzlemlerindeki izler hiperboldür (kırmızı ve kahverengi).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 23.3 (Ekseni x-ekseni olan bir hiperboloid) \(-36x^2 + 16y^2 + 9z^2 = 144\) denklemiyle verilen yüzeyi belirleyiniz.

Çözüm

İki yanı \(144\)’e bölelim. \(\frac{36}{144} = \frac{1}{4}\), \(\frac{16}{144} = \frac{1}{9}\) ve \(\frac{9}{144} = \frac{1}{16}\) olduğundan \[ -\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{9} + \frac{z^2}{16} = 1 \] bulunur. Sağ taraf \(1\) ve yalnız bir terim eksi işaretli; yüzey tek kanatlı hiperboloiddir. Eksi işaret \(x^2\)’nin önünde olduğu için hiperboloidin ekseni \(x\)-eksenidir.

Bu kez bel elipsi \(x = 0\) düzlemindedir: \(\frac{y^2}{9} + \frac{z^2}{16} = 1\), yarı eksenleri \(3\) ve \(4\). \(x = k\) düzlemindeki iz \[ \frac{y^2}{9} + \frac{z^2}{16} = 1 + \frac{k^2}{4} \] elipsidir ve her \(k\) için boş değildir; örneğin \(x = \pm 2\)’de sağ taraf \(2\) olur, yarı eksenler \(3\sqrt{2} \approx 4{,}24\) ve \(4\sqrt{2} \approx 5{,}66\)’dır. \(z = 0\) düzlemindeki iz \(\frac{y^2}{9} - \frac{x^2}{4} = 1\), \(y = 0\) düzlemindeki iz \(\frac{z^2}{16} - \frac{x^2}{4} = 1\) hiperbolüdür.

Ekseni x-ekseni olan tek kanatlı hiperboloid −x²/4 + y²/9 + z²/16 = 1, |x| ≤ 2. Bel elipsi x = 0 düzlemindedir (yeşil; yarı eksenler 3 ve 4); x = ±2’deki uç elipslerin yarı eksenleri 3√2 ve 4√2’dir. z = 0 ve y = 0 düzlemlerindeki izler hiperboldür (kırmızı ve kahverengi).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 23.4 (Merkezi ötelenmiş bir hiperboloid) \(\dfrac{x^2}{16} + \dfrac{y^2}{4} - \dfrac{(z - 1)^2}{25} = 1\) denklemiyle verilen yüzeyi belirleyiniz.

Çözüm

\(X = x\), \(Y = y\), \(Z = z - 1\) ötelemesi yapalım (bkz. Öteleme). Denklem \[ \frac{X^2}{16} + \frac{Y^2}{4} - \frac{Z^2}{25} = 1 \] olur; bu, yalnız bir terimi eksi işaretli standart denklemdir. Yüzey tek kanatlı hiperboloiddir; \(a = 4\), \(b = 2\), \(c = 5\).

Yeni başlangıç noktası \(X = Y = Z = 0\), yani \((0, 0, 1)\)’dir; hiperboloidin merkezi bu noktadır ve ekseni bu noktadan geçen, \(z\)-eksenine paralel doğrudur (burada \(z\)-ekseninin kendisi). Bel elipsi \(z = 1\) düzlemindeki \(\frac{x^2}{16} + \frac{y^2}{4} = 1\) elipsidir. \(z = 1 \pm 5\), yani \(z = 6\) ve \(z = -4\) düzlemlerinde iz \(\frac{x^2}{16} + \frac{y^2}{4} = 2\) elipsidir; yarı eksenleri \(4\sqrt{2} \approx 5{,}66\) ve \(2\sqrt{2} \approx 2{,}83\)’tür.

Merkezi C(0, 0, 1) olan tek kanatlı hiperboloid x²/16 + y²/4 − (z − 1)²/25 = 1, −4 ≤ z ≤ 6. Bel elipsi (kırmızı) z = 1 düzlemindedir, yani xy-düzleminin bir birim üstündedir (soluk kesikli elips yüzeyin z = 0 izidir); yeşil eğriler y = 0 düzlemindeki hiperbolün kollarıdır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 23.5 (Ekseni z-ekseni olan iki kanatlı hiperboloid) \(-36x^2 - 16y^2 + 9z^2 = 144\) denklemiyle verilen yüzeyi belirleyiniz.

Çözüm

İki yanı \(144\)’e bölelim: \[ -\frac{x^2}{4} - \frac{y^2}{9} + \frac{z^2}{16} = 1. \] Sağ taraf \(1\) ve iki terim eksi işaretli; yüzey iki kanatlı hiperboloiddir (Tanım 23.12). Artı işaretli terim \(z^2\)’li olduğundan hiperboloidin ekseni \(z\)-eksenidir.

\(z = k\) düzlemindeki iz \[ \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{9} = \frac{k^2}{16} - 1 \] dir. \(|k| < 4\) iken sağ taraf negatiftir ve iz boştur; \(k = \pm 4\) iken iz tek noktadır, yani köşeler \((0, 0, \pm 4)\)’tür; \(|k| > 4\) iken iz bir elipstir. Örneğin \(z = \pm 8\)’de sağ taraf \(3\) olur, yarı eksenler \(2\sqrt{3} \approx 3{,}46\) ve \(3\sqrt{3} \approx 5{,}20\)’dir. Yüzey \(-4 < z < 4\) şeridine girmez; biri yukarı, biri aşağı açılan iki kâseden oluşur. \(x = 0\) düzlemindeki iz \(\frac{z^2}{16} - \frac{y^2}{9} = 1\), \(y = 0\) düzlemindeki iz \(\frac{z^2}{16} - \frac{x^2}{4} = 1\) hiperbolüdür.

Ekseni z-ekseni olan iki kanatlı hiperboloid −x²/4 − y²/9 + z²/16 = 1, 4 ≤ |z| ≤ 8. Köşeler (0, 0, ±4); z = ±8’deki uç elipsler x²/4 + y²/9 = 3’tür (kırmızı). x = 0 ve y = 0 düzlemlerindeki izler hiperboldür (yeşil ve kahverengi); −4 < z < 4 şeridinde yüzey yoktur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 23.6 (İki noktadan geçen paraboloid) Köşesi \((0, 0, 0)\), asal ekseni \(z\)-ekseni olan, \(xz\)- ve \(yz\)-koordinat düzlemlerine göre simetrik ve \((2, 0, 3)\) ile \((1, 2, 3)\) noktalarından geçen paraboloidin denklemini bulunuz.

Çözüm

Köşesi başlangıç noktasında olan, ekseni \(z\)-ekseni ve simetri düzlemleri \(xz\)- ile \(yz\)-düzlemleri olan bir paraboloidin denklemi, bir \(A\) ve bir \(B\) sabiti için \[ z = Ax^2 + By^2 \] biçimindedir: \(A, B > 0\) ise eliptik paraboloid, \(A\) ile \(B\) ters işaretliyse hiperbolik paraboloid olur. Noktaları yerine yazalım.

\((2, 0, 3)\) noktası için \(3 = 4A + 0\), buradan \(A = \frac{3}{4}\) çıkar.

\((1, 2, 3)\) noktası için \(3 = A + 4B = \frac{3}{4} + 4B\), buradan \(4B = \frac{9}{4}\) ve \(B = \frac{9}{16}\) çıkar.

Demek ki \[ z = \frac{3}{4}x^2 + \frac{9}{16}y^2,\qquad\text{yani}\qquad 12x^2 + 9y^2 = 16z \] dir. \(A\) ile \(B\) pozitif olduğundan yüzey bir eliptik paraboloiddir; standart biçimi \(\frac{x^2}{4/3} + \frac{y^2}{16/9} = z\)’dir. Sağlama: \((2, 0, 3)\) için \(12 \cdot 4 = 48 = 16 \cdot 3\); \((1, 2, 3)\) için \(12 + 9 \cdot 4 = 48 = 16 \cdot 3\).

İki nokta da aynı yükseklikte (\(z = 3\)) olduğundan paraboloidin \(z = 3\) izinde, yani \(12x^2 + 9y^2 = 48\), başka bir deyişle \(\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{16/3} = 1\) elipsinde bulunur.

Eliptik paraboloid 12x² + 9y² = 16z, 0 ≤ z ≤ 3. Verilen (2, 0, 3) ve (1, 2, 3) noktaları z = 3 izi olan x²/4 + y²/(16/3) = 1 elipsinin (kırmızı) üzerindedir; yeşil eğri xz-düzlemindeki z = (3/4)x² parabolüdür.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 23.7 (Tam kareye tamamlayarak bir hiperboloidi tanımak) Denklemi \[ x^2 + 2y^2 - 3z^2 + 4x - 4y - 6z - 9 = 0 \] olan yüzeyi belirleyiniz.

Çözüm

Aynı değişkenli terimleri gruplayalım: \[ (x^2 + 4x) + 2(y^2 - 2y) - 3(z^2 + 2z) - 9 = 0. \] Her grubu tam kareye tamamlayalım: \[ \begin{aligned} x^2 + 4x &= (x + 2)^2 - 4,\\ 2(y^2 - 2y) &= 2(y - 1)^2 - 2,\\ -3(z^2 + 2z) &= -3(z + 1)^2 + 3. \end{aligned} \] Yerine yazarsak \[ (x + 2)^2 - 4 + 2(y - 1)^2 - 2 - 3(z + 1)^2 + 3 - 9 = 0 \] ve sabitleri (\(-4 - 2 + 3 - 9 = -12\)) sağa atarak \[ (x + 2)^2 + 2(y - 1)^2 - 3(z + 1)^2 = 12 \] bulunur. İki yanı \(12\)’ye bölelim: \[ \frac{(x + 2)^2}{12} + \frac{(y - 1)^2}{6} - \frac{(z + 1)^2}{4} = 1. \] \(X = x + 2\), \(Y = y - 1\), \(Z = z + 1\) ötelemesiyle bu, yalnız bir terimi eksi işaretli standart denklemdir. Yüzey, merkezi \((-2, 1, -1)\) olan ve ekseni bu noktadan geçip \(z\)-eksenine paralel olan bir tek kanatlı hiperboloiddir; \(a = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}\), \(b = \sqrt{6}\), \(c = 2\). Bel elipsi \(z = -1\) düzlemindeki \(\frac{(x + 2)^2}{12} + \frac{(y - 1)^2}{6} = 1\) elipsidir.

Tek kanatlı hiperboloid (x + 2)²/12 + (y − 1)²/6 − (z + 1)²/4 = 1, −3 ≤ z ≤ 1. Merkez C(−2, 1, −1); eksen C’den geçen düşey kesikli doğrudur. Bel elipsi (kırmızı) z = −1 düzlemindedir, yarı eksenleri 2√3 ve √6’dır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 23.8 (Tam kareye tamamlayarak iki kanatlı hiperboloidi tanımak) Denklemi \[ 2x^2 - 3y^2 - 4z^2 - 12x - 6y - 21 = 0 \] olan yüzeyi belirleyiniz.

Çözüm

Terimleri gruplayalım; \(z\)’nin birinci dereceden terimi yoktur: \[ 2(x^2 - 6x) - 3(y^2 + 2y) - 4z^2 - 21 = 0. \] Tam kareye tamamlayalım: \[ \begin{aligned} 2(x^2 - 6x) &= 2(x - 3)^2 - 18,\\ -3(y^2 + 2y) &= -3(y + 1)^2 + 3. \end{aligned} \] Yerine yazarsak \[ 2(x - 3)^2 - 18 - 3(y + 1)^2 + 3 - 4z^2 - 21 = 0 \] olur. Sabitler \(-18 + 3 - 21 = -36\) tutar; sağa atarsak \[ 2(x - 3)^2 - 3(y + 1)^2 - 4z^2 = 36 \] ve iki yanı \(36\)’ya bölerek \[ \frac{(x - 3)^2}{18} - \frac{(y + 1)^2}{12} - \frac{z^2}{9} = 1 \] buluruz. \(X = x - 3\), \(Y = y + 1\), \(Z = z\) ötelemesiyle bu, iki terimi eksi işaretli standart denklemdir (Tanım 23.12). Yüzey, merkezi \((3, -1, 0)\) olan ve ekseni bu noktadan geçip \(x\)-eksenine paralel olan bir iki kanatlı hiperboloiddir; \(a = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}\), \(b = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}\), \(c = 3\).

Köşeler \(X = \pm 3\sqrt{2}\), \(Y = Z = 0\) noktalarıdır; eski koordinatlarla \(\left(3 \pm 3\sqrt{2},\ -1,\ 0\right)\), yaklaşık \((7{,}24;\ -1;\ 0)\) ve \((-1{,}24;\ -1;\ 0)\). Yüzey \(3 - 3\sqrt{2} < x < 3 + 3\sqrt{2}\) şeridine girmez.

İki kanatlı hiperboloid (x − 3)²/18 − (y + 1)²/12 − z²/9 = 1, −4 ≤ x ≤ 10. Merkez C(3, −1, 0) (içi boş nokta; yüzeyde değildir), eksen C’den geçen ve x-eksenine paralel kesikli doğrudur. Köşeler V₁(3 + 3√2, −1, 0) ve V₂(3 − 3√2, −1, 0); kırmızı eğri z = 0 düzlemindeki hiperbolün kollarıdır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 23.9 (Parabolü döndürerek paraboloid elde etmek) \(yz\)-düzlemindeki \(z = y^2\) parabolünün \(z\)-ekseni etrafında döndürülmesiyle oluşan yüzeyin denklemini bulunuz ve yüzeyi adlandırınız.

Çözüm

Parabolün denklemi \(z - y^2 = 0\)’dır; \(y\) yalnız \(y^2\) olarak geçer ve dönme ekseni \(z\)-eksenidir. Dönel yüzey denkleminden (Önerme 23.2) sonra verilen kurala göre \(z\) olduğu gibi kalır, \(y^2\) yerine \(x^2 + y^2\) yazılır: \[ z = x^2 + y^2. \] Bu, eliptik paraboloid denkleminin (Tanım 23.9) \(a = b = 1\) durumudur; yüzey bir dönel paraboloiddir. Denetim: \(z = k > 0\) düzlemindeki iz \(x^2 + y^2 = k\), yani merkezi \((0, 0, k)\) ve yarıçapı \(\sqrt{k}\) olan çemberdir; parabolün \(z = k\) yüksekliğindeki noktası \((0, \sqrt{k}, k)\) da tam bu çemberin üzerindedir.

yz-düzlemindeki z = y² parabolünün (kırmızı) z-ekseni etrafında döndürülmesiyle oluşan dönel paraboloid z = x² + y², 0 ≤ z ≤ 4. z = 1 ve z = 4 izleri yarıçapları 1 ve 2 olan çemberlerdir (yeşil); ok, (0, 1, 1) noktasının dönerken izlediği yolu gösterir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 23.10 (Eğik bir parabolik silindir) Dayanak eğrisi \(xy\)-düzlemindeki \(y = x^2\) parabolü ve doğrultman vektörü \(v = (0, 1, 1)\) olan silindirin kartezyen denklemini bulunuz.

Çözüm

Parabolü \(\Gamma(t) = (t,\ t^2,\ 0)\), \(t \in \mathbb{R}\), biçiminde parametrelendirelim. Teorem 23.1 ile \[ x = t,\qquad y = t^2 + \lambda,\qquad z = \lambda \] olur. Birinci denklem \(t = x\), üçüncüsü \(\lambda = z\) verir. Bunları ikinci denkleme yazarsak \[ y = x^2 + z,\qquad\text{yani}\qquad y - z = x^2 \] bulunur. Tersine bu denklemi sağlayan her \((x, y, z)\) için \(t = x\), \(\lambda = z\) seçilirse parametrik denklemler sağlanır; demek ki denklem silindiri tam olarak belirtir.

Sağlama: \(t = 1\), \(\lambda = 2\) için silindirin \((1, 3, 2)\) noktası bulunur ve \(3 - 2 = 1 = 1^2\)’dir. \(z = k\) düzlemindeki iz \(y = x^2 + k\) parabolüdür: yükseldikçe parabol \(y\) doğrultusunda kayar. Üreteçler \(xy\)-düzlemine dik olmadığından bu silindir dik değildir.

Eğik parabolik silindir y − z = x², |x| ≤ 1,6, 0 ≤ z ≤ 2. Dayanak parabolü Γ (kırmızı) xy-düzlemindedir; z = 1 ve z = 2 kesitleri y doğrultusunda kaymış y = x² + 1 ve y = x² + 2 parabolleridir. Kalın üreteç (1, 1, 0)’dan v = (0, 1, 1) doğrultusunda (1, 3, 2)’ye gider.

\(\blacksquare\)

Bu bölümde yüzeyleri iki yoldan tanıdık: bir doğruyu bir eğri boyunca hareket ettirerek ya da bir eğriyi bir eksen etrafında döndürerek kurduk; hazır bir denklemi ise izlerine bakarak çözümledik. Böylece kitabın da sonuna geldik. Düzlemde bir noktayı iki sayıyla adlandırmaktan başlayıp uzaklık, doğru ve çember denklemlerine, oradan vektörlere, uzayda doğru ve düzleme, koordinat dönüşümlerine ve koniklere uzanan yol, burada ikinci derece yüzeylerle tamamlandı. Bütün bu adımlarda aynı fikir işledi: geometrik bir nesneyi bir denkleme çevirmek, denklemi cebirle sadeleştirmek ve sonucu yeniden geometrik olarak okumak. Konulara yeniden göz atmak için Müfredat ve Giriş sayfasına dönebilirsiniz.