22 Silindirik ve Küresel Koordinatlar
Uzayda bir noktanın adresini şimdiye kadar hep üç dik eksene göre, \((x, y, z)\) üçlüsüyle yazdık (Uzayda Dik Koordinat Sistemi). Bu adres her zaman en kullanışlısı değildir. Düzlemde de aynı durumla karşılaşmıştık: başlangıç noktası etrafında dönen ya da ona göre simetrik olan eğrilerin denklemleri kutupsal koordinatlarda çok daha sade çıkıyordu (Paralel ve Kutupsal Koordinatlar).
Bu bölümde aynı fikri uzaya taşıyacağız. Bir doğruya göre simetrik olan geometrik yerler için silindirik koordinatları, bir noktaya göre simetrik olanlar için küresel koordinatları kuracağız. Son olarak bir noktayı başlangıç noktasına uzaklığı ve üç eksenle yaptığı açılarla tarif eden uzayda kutupsal koordinatlara kısaca değineceğiz. Her sistemde aynı iki soruyu soracağız: dik koordinatlarla bu sistem arasında nasıl gidip gelinir ve bir yüzeyin denklemi yeni sistemde neye dönüşür?
22.1 Silindirik koordinatlar
Silindirik koordinatların fikri basittir: noktanın kotunu olduğu gibi bırakırız, yalnız \(XY\)-düzlemindeki izdüşümünü kutupsal koordinatlarla yazarız. Bu yüzden \(Z\)-ekseni etrafında simetrik olan geometrik yerler bu sistemde sade denklemlere sahiptir.
Uzayda başlangıç noktası \(O(0, 0, 0)\) olan bir \(XYZ\) dik koordinat sistemi alalım ve \(P(x, y, z)\) bir nokta olsun. \(P\)’den \(XY\)-düzlemine inilen dikmenin ayağı \(P'(x, y, 0)\) noktasıdır. \(XY\)-düzleminde kutup noktası olarak \(O\)’yu, kutupsal eksen olarak da pozitif \(X\)-eksenini seçelim (Tanım 5.2). \(P'\) noktasının bu düzlemdeki kutupsal koordinatları \((r, \theta)\) olsun (Tanım 5.3). Yani \(r = |OP'|\)’dür ve \(\theta\), pozitif \(X\)-ekseninden \(OP'\) yarı doğrusuna saat yönünün tersine ölçülen açıdır. \(P\)’nin kotu \(z\) ise \(P\)’nin \(XY\)-düzleminden yönlü uzaklığıdır.
Tanım 22.1 (Silindirik koordinatlar) Yukarıdaki gibi elde edilen \((r, \theta, z)\) sıralı üçlüsüne \(P\) noktasının silindirik koordinatları denir. Burada \(r \geq 0\), \(\theta \in [0, 2\pi)\) ve \(z \in \mathbb{R}\)’dir.
Yani \(r\), \(P\)’nin \(Z\)-eksenine uzaklığıdır; \(\theta\), \(P\)’nin \(Z\)-ekseni etrafında hangi yönde durduğunu söyler; \(z\) ise dik koordinatlardaki kotun aynısıdır. \(P\)’yi \(Z\)-ekseni etrafında döndürürsek yalnız \(\theta\) değişir, \(r\) ile \(z\) değişmez. Silindirik koordinatları \(Z\)-ekseni etrafında simetrik yerler için kullanışlı kılan da budur.
\(Z\)-ekseni üzerindeki bir noktanın izdüşümü \(P' = O\) olduğundan \(r = 0\)’dır ve \(\theta\) bir yön belirtmez. Düzlemdeki kutup noktasında olduğu gibi, \((0, \theta, z)\) üçlülerinin her biri, \(\theta\) ne olursa olsun, \((0, 0, z)\) noktasının silindirik koordinatları sayılabilir.
Önerme 22.1 (Dik ve silindirik koordinatlar arasında geçiş) \(P\) noktasının dik koordinatları \((x, y, z)\), silindirik koordinatları \((r, \theta, z)\) olsun. Silindirik koordinatlardan dik koordinatlara geçiş \[ x = r\cos\theta, \qquad y = r\sin\theta, \qquad z = z \] denklemleriyle, dik koordinatlardan silindirik koordinatlara geçiş de \[ r = \sqrt{x^2 + y^2}, \qquad \cos\theta = \frac{x}{r}, \quad \sin\theta = \frac{y}{r} \quad (r > 0), \qquad z = z \] denklemleriyle yapılır. Özel olarak \(x \neq 0\) ise \(\tan\theta = \dfrac{y}{x}\)’tir.
İspat
Kot iki sistemde de aynı sayı olduğundan yalnız ilk iki koordinata bakmak yeter. \(P'(x, y, 0)\) noktasının \(XY\)-düzlemindeki dik koordinatları \((x, y)\), kutupsal koordinatları \((r, \theta)\)’dır.
\(P' \neq O\) ise, yani \(r > 0\) ise, düzlemde dik ve kutupsal koordinatlar arasındaki geçiş formülleri (Önerme 5.3) \(P'\) noktasına uygulanır ve \[ x = r\cos\theta, \quad y = r\sin\theta, \quad r = \sqrt{x^2 + y^2}, \quad \cos\theta = \frac{x}{r}, \quad \sin\theta = \frac{y}{r} \] verir; \(x \neq 0\) için \(\tan\theta = \dfrac{y}{x}\) de aynı yerden gelir.
\(P' = O\) ise \(x = y = 0\) ve \(r = 0\)’dır. Bu durumda \(x = r\cos\theta\), \(y = r\sin\theta\) ve \(r = \sqrt{x^2 + y^2}\) eşitlikleri her \(\theta\) için sağlanır. \(\blacksquare\)
Dik koordinatlardan geçerken \(\theta\) çoğu kez kısaca \(\theta = \arctan\dfrac{y}{x}\) diye yazılır. Düzlemde gördüğümüz uyarı burada da geçerlidir: \(\arctan\) yalnız \(\left(-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\right)\) aralığında değer alır, bu yüzden açıyı seçerken \(P'\) noktasının \(XY\)-düzleminde hangi bölgede olduğuna bakılır (Paralel ve Kutupsal Koordinatlar bölümündeki üç adımlık yol). Aşağıdaki iki örnek iki yöndeki geçişi gösteriyor.
Örnek 22.1 (Silindirik koordinatlardan dik koordinatlara) Silindirik koordinatları \(\left(2, \dfrac{2\pi}{3}, -1\right)\) olan noktanın dik koordinatlarını bulunuz.
Çözüm
\(\cos\dfrac{2\pi}{3} = -\dfrac{1}{2}\) ve \(\sin\dfrac{2\pi}{3} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\) olduğundan geçiş formülleri (Önerme 22.1) \[ x = 2\cos\frac{2\pi}{3} = -1, \qquad y = 2\sin\frac{2\pi}{3} = \sqrt{3}, \qquad z = -1 \] verir. Noktanın dik koordinatları \((-1, \sqrt{3}, -1)\)’dir.
Kontrol: \(x^2 + y^2 = 1 + 3 = 4 = r^2\)’dir. Ayrıca \(x < 0\), \(y > 0\) olduğundan izdüşüm ikinci bölgededir; bu da \(\dfrac{\pi}{2} < \dfrac{2\pi}{3} < \pi\) ile uyumludur. \(\blacksquare\)
Örnek 22.2 (Dik koordinatlardan silindirik koordinatlara) Dik koordinatları \((-3, -3, 5)\) olan noktanın silindirik koordinatlarını bulunuz.
Çözüm
Kot değişmez: \(z = 5\). İlk iki koordinat için \((-3, -3)\) noktasının düzlemdeki kutupsal koordinatlarını buluruz.
- \(r = \sqrt{(-3)^2 + (-3)^2}\), yani \(r = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}\).
- \(x = -3 < 0\) ve \(y = -3 < 0\) olduğundan izdüşüm üçüncü bölgededir, yani \(\pi < \theta < \dfrac{3\pi}{2}\) olmalıdır.
- \(\tan\theta = \dfrac{-3}{-3} = 1\)’dir. Tanjantı \(1\) olan açılar \(\dfrac{\pi}{4}\) ve \(\dfrac{5\pi}{4}\)’tür; üçüncü bölgedeki \(\theta = \dfrac{5\pi}{4}\)’tür.
Buna göre noktanın silindirik koordinatları \(\left(3\sqrt{2}, \dfrac{5\pi}{4}, 5\right)\)’tir. \(\arctan 1 = \dfrac{\pi}{4}\) değerini olduğu gibi alsaydık \((3, 3, 5)\) noktasını bulurduk.
Kontrol: \[ 3\sqrt{2}\cos\frac{5\pi}{4} = 3\sqrt{2} \cdot \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = -3, \qquad 3\sqrt{2}\sin\frac{5\pi}{4} = 3\sqrt{2} \cdot \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = -3. \] \(\blacksquare\)
Bir yüzeyi silindirik koordinatlarla anlatırken, \(Z\)-ekseni üzerindeki noktaların birden çok silindirik üçlüsü olduğunu hesaba katmalıyız. Bu yüzden silindirik denklemi, düzlemdeki kutupsal denklem (Tanım 5.4) gibi tanımlarız.
Tanım 22.2 (Silindirik denklem) \(F(r, \theta, z) = 0\) bir denklem olsun. Silindirik üçlülerinden en az biri bu denklemi sağlayan noktaların kümesine denklemin grafiği denir. Bir geometrik yer bu biçimde bir denklemin grafiği ise \(F(r, \theta, z) = 0\) denklemine o geometrik yerin silindirik denklemi denir.
Yani dik denklemden silindirik denkleme geçmek için \(x\) yerine \(r\cos\theta\), \(y\) yerine \(r\sin\theta\) yazmak yeterlidir. Tersine, silindirik denklemden dik denkleme geçerken \(r\cos\theta\) yerine \(x\), \(r\sin\theta\) yerine \(y\), \(r^2\) yerine de \(x^2 + y^2\) yazarız. Denklemi sadeleştirirken \(r\) ile bölmek gerekirse \(Z\)-ekseninin noktalarını (\(r = 0\)) ayrıca kontrol ederiz.
Örnek 22.3 (Sabit uzaklıklı noktalar: silindir) Uzayda silindirik denklemi \(r = a\) (\(a > 0\) sabit) olan geometrik yerin dik koordinatlardaki denklemini bulunuz ve geometrik yeri tanımlayınız.
Çözüm
Geometrik yerin bir noktasının silindirik koordinatları \((r, \theta, z)\) olsun. \(r = \sqrt{x^2 + y^2}\) olduğundan \[ r = a \iff \sqrt{x^2 + y^2} = a \iff x^2 + y^2 = a^2 \] bulunur. İkinci denklikte iki taraf da negatif olmadığı için kare almak bilgi kaybettirmez.
\(XY\)-düzleminde \(x^2 + y^2 = a^2\) denklemi, merkezi \(O\) ve yarıçapı \(a\) olan çemberin denklemidir (Çember). Öte yandan denklemde \(z\) hiç geçmez; \(z\) serbesttir: \(-\infty < z < \infty\). Yani bu çember \(Z\)-ekseni boyunca yukarı ve aşağı sınırsızca kaydırılır. Geometrik yer, ekseni \(Z\)-ekseni ve yarıçapı \(a\) olan dik dairesel silindir yüzeyidir. (Bu silindirin \(a = 1\) için iç noktalarıyla birlikte ele alındığı durumu daha önce görmüştük: Örnek 6.6.)
\(\blacksquare\)
Silindirik koordinatlar adını bu örnekten alır: sabit \(r\) değerli noktalar bir silindir oluşturur. Öteki iki koordinatı sabit tutarsak ne olur? \(z = c\) koşulu açıkça \(XY\)-düzlemine paralel bir düzlem verir. Sabit \(\theta\) ise biraz daha dikkat ister.
Örnek 22.4 (Sabit açılı noktalar: yarım düzlem) Silindirik denklemi \(\theta = \dfrac{\pi}{4}\) olan geometrik yeri bulunuz ve dik koordinatlarda yazınız.
Çözüm
\(Z\)-ekseni dışındaki noktalar. \(r > 0\) olan bir noktanın izdüşümü \(P'\), \(XY\)-düzleminde pozitif \(X\)-ekseniyle \(\dfrac{\pi}{4}\) açı yapan yarı doğru üzerindedir. Bu yarı doğru, \(y = x\) doğrusunun \(x > 0\) olan parçasıdır, çünkü \(\cos\dfrac{\pi}{4} = \sin\dfrac{\pi}{4} > 0\) olduğundan \(x = y > 0\) olur. Kot serbesttir, yani nokta bu yarı doğrunun tam üstünde ya da altında herhangi bir yerde olabilir.
\(Z\)-ekseninin noktaları. \((0, 0, z)\) noktasının silindirik üçlülerinden biri \(\left(0, \dfrac{\pi}{4}, z\right)\)’dir ve bu üçlü denklemi sağlar. Grafiğin tanımı (Tanım 22.2) gereği \(Z\)-ekseninin bütün noktaları geometrik yere aittir.
İki durumu birleştirirsek geometrik yer \[ \{(x, y, z) \mid y = x,\ x \geq 0\} \] kümesidir: \(Z\)-ekseniyle sınırlanan ve \(y = x\), \(x > 0\) yarı doğrusunu içeren yarım düzlem.
\(\tan\theta = \dfrac{y}{x}\) bağıntısına bakıp yalnız \(y = x\) yazmak yanlış olurdu: \(y = x\) düzlemi, \(\theta = \dfrac{5\pi}{4}\) yarım düzlemini de içerir. İki yarım düzlem birlikte \(y = x\) düzlemini oluşturur.
\(\blacksquare\)
Bu iki örneğin sonucunu, üç koordinatın her biri için tek bir önermede toplayabiliriz.
Önerme 22.2 (Silindirik koordinat yüzeyleri) \(a > 0\), \(\theta_0 \in [0, 2\pi)\) ve \(c \in \mathbb{R}\) sabitler olsun.
- \(r = a\) denkleminin grafiği, ekseni \(Z\)-ekseni ve yarıçapı \(a\) olan dik dairesel silindirdir.
- \(\theta = \theta_0\) denkleminin grafiği, \(Z\)-ekseniyle sınırlanan ve pozitif \(X\)-ekseniyle \(\theta_0\) açısı yapan yarı doğruyu içeren yarım düzlemdir.
- \(z = c\) denkleminin grafiği, \(XY\)-düzlemine paralel olan \(z = c\) düzlemidir.
İspat
Birinci madde daha önce gösterildi (Örnek 22.3). İkinci madde için sabit açılı noktalar örneğindeki (Örnek 22.4) akıl yürütmeyi \(\dfrac{\pi}{4}\) yerine \(\theta_0\) ile tekrarlarız: \(r > 0\) olan noktaların izdüşümü \(\theta_0\) açılı yarı doğru üzerindedir ve kot serbesttir; \(Z\)-ekseninin noktaları ise \((0, \theta_0, z)\) üçlüsüyle denklemi sağlar. Üçüncü madde, kotun iki sistemde de aynı olmasından hemen çıkar.
Böylece bir \(P\) noktasının silindirik koordinatları \((r_0, \theta_0, z_0)\) (\(r_0 > 0\)) ise \(P\), \(r = r_0\) silindiri, \(\theta = \theta_0\) yarım düzlemi ve \(z = z_0\) düzlemi üzerindedir. Bu üç yüzeyin ortak noktası yalnız \(P\)’dir, çünkü üçünü birden sağlayan bir noktanın \(r\), \(\theta\) ve \(z\) değerleri \(P\)’ninkilerle aynıdır.
\(\blacksquare\)
Şimdi dik ve silindirik denklemler arasında her iki yönde çeviri yapalım.
Örnek 22.5 (Silindirik denklemden bir düzleme) Silindirik koordinatlardaki denklemi \[ 5r\cos\theta + 4r\sin\theta = 4z \] olan geometrik yerin dik koordinatlardaki denklemini bulunuz.
Çözüm
Geçiş formüllerine (Önerme 22.1) göre \(r\cos\theta = x\), \(r\sin\theta = y\) ve kot iki sistemde aynıdır. Bunları denklemde yerine yazarsak \[ 5x + 4y = 4z, \qquad\text{yani}\qquad 5x + 4y - 4z = 0 \] bulunur. Bu, başlangıç noktasından geçen ve normal vektörü \((5, 4, -4)\) olan bir düzlemin denklemidir (Uzayda Düzlem Denklemleri).
Değiştirme her iki yönde de geçerli olduğundan kayıp ya da fazlalık yoktur: \(Z\)-ekseninin noktaları için (\(r = 0\)) iki denklem de \(z = 0\) koşuluna iner, yani iki taraf da \(Z\)-ekseninden yalnız \(O\)’yu içerir. \(\blacksquare\)
Örnek 22.6 (Silindirik denklemden bir küreye) Silindirik denklemi \[ r^2 + z^2 = -2r\cos\theta - 16r\sin\theta + 8z \] olan yüzeyin dik koordinatlardaki denklemini bulunuz.
Çözüm
\(r^2 = x^2 + y^2\), \(r\cos\theta = x\) ve \(r\sin\theta = y\) yazarsak \[ x^2 + y^2 + z^2 = -2x - 16y + 8z \] olur. Bütün terimleri sol tarafa toplayıp her değişken için tam kareye tamamlayalım: \[ \begin{aligned} &(x^2 + 2x) + (y^2 + 16y) + (z^2 - 8z) = 0\\[1mm] \iff\ &(x + 1)^2 - 1 + (y + 8)^2 - 64 + (z - 4)^2 - 16 = 0\\[1mm] \iff\ &(x + 1)^2 + (y + 8)^2 + (z - 4)^2 = 81. \end{aligned} \] \(81 = 9^2\) olduğundan bu, merkezi \(M(-1, -8, 4)\) ve yarıçapı \(9\) olan küre yüzeyinin denklemidir (Tanım 6.6).
Kontrol: \(O\) noktası için sol taraf \(1 + 64 + 16 = 81\) verir; gerçekten de silindirik denklem \(r = 0\), \(z = 0\) için \(0 = 0\) olur, yani küre başlangıç noktasından geçer. \(\blacksquare\)
Ters yönde, dik koordinatlarda verilen bir denklemin silindirik karşılığını bulmak için \(x = r\cos\theta\), \(y = r\sin\theta\) yazar ve mümkün olduğunca \(x^2 + y^2 = r^2\) özdeşliğini ve iki kat açı formüllerini kullanırız: \[ \cos^2\theta - \sin^2\theta = \cos 2\theta, \qquad 2\sin\theta\cos\theta = \sin 2\theta. \] Aşağıdaki beş örnek bu çeviriyi gösteriyor.
Örnek 22.7 (Silindirik karşılık: dördüncü dereceden bir yüzey) Dik koordinatlarda denklemi \(z^2(x^2 + y^2) = (x^2 - y^2)^2\) olan yüzeyin silindirik koordinatlardaki denklemini bulunuz.
Çözüm
\(x^2 + y^2 = r^2\) ve \[ x^2 - y^2 = r^2\cos^2\theta - r^2\sin^2\theta = r^2\cos 2\theta \] olduğundan denklem \[ z^2 r^2 = \left(r^2\cos 2\theta\right)^2, \qquad\text{yani}\qquad r^2 z^2 = r^4\cos^2 2\theta \] biçimini alır. Bu, yüzeyin silindirik denklemidir. Sadeleştirmek için iki durumu ayıralım.
\(r = 0\) ise iki taraf da \(0\)’dır; yani \(Z\)-ekseninin bütün noktaları yüzeyin üzerindedir. Dik denklemde de \(x = y = 0\) için \(0 = 0\) bulunur.
\(r \neq 0\) ise iki tarafı \(r^2\) ile bölebiliriz: \[ z^2 = r^2\cos^2 2\theta \iff z = r\cos 2\theta \quad\text{ya da}\quad z = -r\cos 2\theta. \]
Buna göre yüzey, \(Z\)-ekseni ile \(z^2 = r^2\cos^2 2\theta\) yüzeyinin birleşimidir. İki işaretten birini atmak yüzeyin bir kısmını kaybettirir. Örneğin \((1, 0, -1)\) noktası yüzeyin üzerindedir, çünkü \(1 \cdot 1 = 1^2\)’dir. Bu noktada \(r = 1\), \(\theta = 0\) ve \(z = -1\)’dir. \(r\cos 0 = 1 \neq z\) ama \(-r\cos 0 = -1 = z\) olduğundan nokta yalnız ikinci denklemi sağlar. \(\blacksquare\)
Örnek 22.8 (Silindirik karşılık: z kare eşittir 4xy) Dik koordinatlarda denklemi \(z^2 = 4xy\) olan yüzeyin silindirik koordinatlardaki denklemini bulunuz.
Çözüm
\(xy = r\cos\theta \cdot r\sin\theta = r^2\sin\theta\cos\theta\) olduğundan iki kat açı formülüyle \[ z^2 = 4xy = 4r^2\sin\theta\cos\theta = 2r^2 \cdot 2\sin\theta\cos\theta = 2r^2\sin 2\theta \] bulunur. Silindirik denklem \(z^2 = 2r^2\sin 2\theta\)’dır. Burada hiçbir bölme yapılmadığı için iki denklem tam olarak aynı noktaları belirtir. \(\blacksquare\)
Örnek 22.9 (Silindirik karşılık: dönel bir yüzey) Dik koordinatlarda denklemi \(x^2 + y^2 - z^2 = 4\) olan yüzeyin silindirik koordinatlardaki denklemini bulunuz.
Çözüm
\(x^2 + y^2 = r^2\) yazmak yeterlidir: \[ x^2 + y^2 - z^2 = 4 \iff r^2 - z^2 = 4. \] Denklemde \(\theta\) hiç geçmez. Bu, yüzeyin \(Z\)-ekseni etrafında döndürüldüğünde kendi üzerine geldiğini söyler: her \(z\) yüksekliğinde yüzeyin kesiti, yarıçapı \(r = \sqrt{4 + z^2}\) olan bir çemberdir. Bu yüzeyi Özel Yüzeyler bölümünde ayrıntılı inceleyeceğiz. \(\blacksquare\)
Örnek 22.10 (Silindirik karşılık: xy eşittir 5) Dik koordinatlarda denklemi \(xy = 5\) olan yüzeyin silindirik koordinatlardaki denklemini bulunuz.
Çözüm
\(xy = r^2\sin\theta\cos\theta = \dfrac{1}{2}r^2\sin 2\theta\) olduğundan \[ xy = 5 \iff r^2\sin\theta\cos\theta = 5 \iff r^2\sin 2\theta = 10 \] bulunur. Son adımda iki tarafı \(2\) ile çarptık. Denklemde \(z\) geçmediği için yüzey, \(XY\)-düzlemindeki \(xy = 5\) hiperbolünün \(Z\)-eksenine paralel olarak kaydırılmasıyla oluşur. \(\blacksquare\)
Örnek 22.11 (Silindirik karşılık: bir küre) Dik koordinatlarda denklemi \(x^2 + y^2 + z^2 = 9\) olan yüzeyin silindirik koordinatlardaki denklemini bulunuz.
Çözüm
Yine \(x^2 + y^2 = r^2\) yazarız: \[ x^2 + y^2 + z^2 = 9 \iff r^2 + z^2 = 9. \] Bu yüzey, merkezi \(O\) ve yarıçapı \(3\) olan küredir. Silindirik denklem, dik denklemden yalnız biraz daha kısadır. Küre bir noktaya göre simetrik olduğundan, onun için asıl uygun sistem sıradaki küresel koordinat sistemidir. Orada aynı kürenin denklemi \(\rho = 3\) olacak. \(\blacksquare\)
22.2 Küresel koordinatlar
Bir noktaya göre simetrik olan geometrik yerlerle ilgili problemlerde küresel koordinatları kullanmak daha uygundur. Bu sistemde noktanın adresini üç soruyla belirleriz: başlangıç noktasına ne kadar uzak, \(Z\)-ekseninin pozitif yönünden ne kadar sapmış ve \(Z\)-ekseni etrafında hangi yönde?
\(P(x, y, z)\) noktası ve \(P'(x, y, 0)\) izdüşümü silindirik koordinatlardaki gibi olsun. \(\rho = |OP|\) diyelim. \(P \neq O\) için \(\varphi\), \(\overrightarrow{OP}\) vektörünün \(Z\)-ekseninin pozitif yönüyle, yani \(e_3 = (0, 0, 1)\) ile yaptığı açı olsun (Tanım 8.2). İki vektör arasındaki açı olduğu için \(0 \leq \varphi \leq \pi\)’dir. \(\theta\) ise silindirik koordinatlardakiyle aynı açıdır: pozitif \(X\)-ekseninden \(OP'\) yarı doğrusuna ölçülen açı.
Tanım 22.3 (Küresel koordinatlar) Yukarıdaki gibi elde edilen \((\rho, \theta, \varphi)\) sıralı üçlüsüne \(P\) noktasının küresel koordinatları denir. Burada \(\rho \geq 0\), \(\theta \in [0, 2\pi)\) ve \(\varphi \in [0, \pi]\)’dir.
Yani \(\rho\), \(P\)’nin başlangıç noktasına uzaklığıdır; \(\varphi\), \(\overrightarrow{OP}\) doğrultusunun “kuzey” yönünden, yani pozitif \(Z\)-ekseninden ne kadar saptığını ölçer; \(\theta\) da silindirik koordinatlardaki gibi \(Z\)-ekseni etrafındaki yönü verir. Dünya haritasıyla karşılaştırırsak \(\theta\) boylama benzer; \(\varphi\) ise enlemin kendisi değil, kuzey kutbundan ölçülen kutup uzaklığıdır: enlem \(\lambda\) ise \(\varphi = \dfrac{\pi}{2} - \lambda\)’dır. Pozitif \(Z\)-ekseni üzerinde \(\varphi = 0\), \(XY\)-düzleminde \(\varphi = \dfrac{\pi}{2}\), negatif \(Z\)-ekseni üzerinde \(\varphi = \pi\)’dir.
Özel noktalarda koordinatlardan bazıları belirsiz kalır. \(O\) için \(\rho = 0\)’dır; \(\theta\) ve \(\varphi\) ne olursa olsun \((0, \theta, \varphi)\) üçlüsü \(O\)’yu gösterir. \(Z\)-ekseninin \(O\)’dan farklı noktalarında \(\varphi = 0\) ya da \(\varphi = \pi\)’dir ve \(\theta\) belirsizdir.
Önerme 22.3 (Dik ve küresel koordinatlar arasında geçiş) \(P\) noktasının dik koordinatları \((x, y, z)\), küresel koordinatları \((\rho, \theta, \varphi)\) olsun. Küresel koordinatlardan dik koordinatlara geçiş \[ x = \rho\sin\varphi\cos\theta, \qquad y = \rho\sin\varphi\sin\theta, \qquad z = \rho\cos\varphi \] denklemleriyle yapılır. Tersine \[ \rho = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}, \qquad \cos\varphi = \frac{z}{\rho} \quad (\rho > 0) \] olur ve \(\theta\), silindirik koordinatlardaki gibi (Önerme 22.1) bulunur.
İspat
\(\rho = |OP| = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}\) eşitliği uzayda uzaklık formülünden (Teorem 6.1) gelir. \(P = O\) ise \(\rho = 0\)’dır ve \(x = y = z = 0\) olduğundan üç geçiş denklemi de her \(\theta\), \(\varphi\) için sağlanır. Bundan sonra \(P \neq O\) alalım.
\(z\) koordinatı. \(\varphi\) açısı, \(\overrightarrow{OP} = (x, y, z)\) vektörünün \(e_3\) ile yaptığı açıdır, yani üçüncü doğrultu açısıdır (Tanım 8.6). Doğrultman kosinüslerinin formülü (Teorem 8.4) \[ \cos\varphi = \frac{z}{\|\overrightarrow{OP}\|} = \frac{z}{\rho}, \qquad\text{yani}\qquad z = \rho\cos\varphi \] verir.
\(|OP'|\) uzunluğu. \(P'(x, y, 0)\) olduğundan \[ |OP'|^2 = x^2 + y^2 = \rho^2 - z^2 = \rho^2 - \rho^2\cos^2\varphi = \rho^2\sin^2\varphi \] olur. \(\varphi \in [0, \pi]\) olduğundan \(\sin\varphi \geq 0\)’dır; karekök alırsak \(|OP'| = \rho\sin\varphi\) bulunur. Geometrik olarak: \(P'P\) kenarı \(Z\)-eksenine paralel olduğundan \(OP'P\) dik üçgeninin \(P\)’deki açısı \(\varphi\)’dir (\(z < 0\) için \(\pi - \varphi\), sinüsü aynı); hipotenüs \(\rho\) olduğundan bu açının karşısındaki dik kenar \(|OP'| = \rho\sin\varphi\)’dir.
\(x\) ve \(y\) koordinatları. \(|OP'|\), \(P\)’nin silindirik koordinatlarındaki \(r\) sayısıdır. Silindirik geçiş formülleri (Önerme 22.1) \[ x = |OP'|\cos\theta = \rho\sin\varphi\cos\theta, \qquad y = |OP'|\sin\theta = \rho\sin\varphi\sin\theta \] verir. \(\blacksquare\)
İspatın ortasında silindirik ve küresel koordinatlar arasındaki köprüyü de bulduk. Bunu ayrıca yazalım; denklemleri bir sistemden ötekine çevirirken çok işe yarar.
Sonuç 22.1 (Silindirik ve küresel koordinatlar arasında geçiş) Bir noktanın silindirik koordinatları \((r, \theta, z)\), küresel koordinatları \((\rho, \theta, \varphi)\) ise (\(\theta\) iki sistemde aynıdır) \[ r = \rho\sin\varphi, \qquad z = \rho\cos\varphi, \qquad \rho = \sqrt{r^2 + z^2} \] olur.
İspat
İlk iki eşitlik küresel geçiş formüllerinin ispatında (Önerme 22.3) gösterildi: \(r = |OP'| = \rho\sin\varphi\) ve \(z = \rho\cos\varphi\). Üçüncüsü için bunların karelerini toplarız: \[ r^2 + z^2 = \rho^2\sin^2\varphi + \rho^2\cos^2\varphi = \rho^2. \] \(\rho \geq 0\) olduğundan \(\rho = \sqrt{r^2 + z^2}\)’dir. \(\blacksquare\)
Küresel denklem de silindirik denklem gibi tanımlanır; burada birden çok küresel üçlüsü olan noktalar \(Z\)-ekseninin noktalarıdır.
Tanım 22.4 (Küresel denklem) \(G(\rho, \theta, \varphi) = 0\) bir denklem olsun. Küresel üçlülerinden en az biri bu denklemi sağlayan noktaların kümesine denklemin grafiği denir. Bir geometrik yer bu biçimde bir denklemin grafiği ise \(G(\rho, \theta, \varphi) = 0\) denklemine o geometrik yerin küresel denklemi denir.
Yani dik denklemden küresel denkleme geçmek için \(x\), \(y\), \(z\) yerine \(\rho\sin\varphi\cos\theta\), \(\rho\sin\varphi\sin\theta\) ve \(\rho\cos\varphi\) yazarız; \(x^2 + y^2 + z^2\) gördüğümüz yerde doğrudan \(\rho^2\), \(x^2 + y^2\) gördüğümüz yerde \(\rho^2\sin^2\varphi\) yazmak hesabı kısaltır.
Örnek 22.12 (Küresel koordinatlardan dik koordinatlara) Küresel koordinatları \(\left(2, \dfrac{3\pi}{4}, \dfrac{\pi}{4}\right)\) olan noktanın dik koordinatlarını bulunuz.
Çözüm
\(\rho = 2\), \(\theta = \dfrac{3\pi}{4}\), \(\varphi = \dfrac{\pi}{4}\)’tür. Gereken değerler \[ \sin\frac{\pi}{4} = \cos\frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}, \qquad \cos\frac{3\pi}{4} = -\frac{\sqrt{2}}{2}, \qquad \sin\frac{3\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2} \] olduğundan geçiş formülleri (Önerme 22.3) \[ \begin{aligned} x &= 2 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = -1,\\[1mm] y &= 2 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 1,\\[1mm] z &= 2 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = \sqrt{2} \end{aligned} \] verir. Noktanın dik koordinatları \((-1, 1, \sqrt{2})\)’dir.
Kontrol: \(x^2 + y^2 + z^2 = 1 + 1 + 2 = 4\) bulunur ve bu sayı \(\rho^2\)’ye eşittir. \(\blacksquare\)
Örnek 22.13 (Dik koordinatlardan küresel koordinatlara) Dik koordinatları \(P(\sqrt{3}, 3, 2)\) olan noktanın küresel koordinatlarını bulunuz.
Çözüm
\(\rho\). \[ \rho = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + 3^2 + 2^2} = \sqrt{3 + 9 + 4} = \sqrt{16} = 4. \]
\(\theta\). \(x = \sqrt{3} > 0\) ve \(y = 3 > 0\) olduğundan izdüşüm \(P'(\sqrt{3}, 3, 0)\) birinci bölgededir. Burada \(\arctan\)’ın verdiği değer doğrudan kullanılabilir: \[ \theta = \arctan\frac{3}{\sqrt{3}} = \arctan\sqrt{3} = \frac{\pi}{3}. \]
\(\varphi\). \(\cos\varphi = \dfrac{z}{\rho} = \dfrac{2}{4} = \dfrac{1}{2}\) ve \(\varphi \in [0, \pi]\) olduğundan \[ \varphi = \arccos\frac{1}{2} = \frac{\pi}{3} \] bulunur. \(\arccos\) tam olarak \([0, \pi]\) aralığında değer aldığı için \(\varphi\) seçiminde bölge sorunu yoktur.
Buna göre \(P\)’nin küresel koordinatları \(\left(4, \dfrac{\pi}{3}, \dfrac{\pi}{3}\right)\)’tür.
Kontrol: \(\sin\dfrac{\pi}{3} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\) ve \(\cos\dfrac{\pi}{3} = \dfrac{1}{2}\) olduğundan \[ x = 4 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{1}{2} = \sqrt{3}, \qquad y = 4 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 3, \qquad z = 4 \cdot \frac{1}{2} = 2. \]
\(\blacksquare\)
Silindirik koordinatlarda yaptığımız gibi, küresel koordinatlardan birini sabit tutunca hangi yüzeyleri elde ettiğimize bakalım. Sistem adını birinci örnekten alır.
Örnek 22.14 (Sabit uzaklıklı noktalar: küre) Küresel denklemi \(\rho = a\) (\(a > 0\) sabit) olan geometrik yerin dik koordinatlardaki denklemini bulunuz.
Çözüm
\(\rho = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}\) olduğundan \[ \rho = a \iff \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} = a \iff x^2 + y^2 + z^2 = a^2 \] bulunur; iki taraf da negatif olmadığı için kare almak bilgi kaybettirmez. Geometrik yer, merkezi \(O\) ve yarıçapı \(a\) olan küredir (Tanım 6.6). Tanımı “\(O\)’ya uzaklığı \(a\) olan noktalar” olan bir yüzeyin, \(O\)’ya uzaklığı ölçen koordinatta bu kadar basit bir denklemi olması şaşırtıcı değildir. Örneğin silindirik denklemi \(r^2 + z^2 = 9\) olan kürenin (Örnek 22.11) küresel denklemi \(\rho = 3\)’tür. \(\blacksquare\)
Örnek 22.15 (Sabit sapmalı noktalar: koni) Küresel denklemi \(\varphi = \dfrac{\pi}{4}\) olan geometrik yerin dik koordinatlardaki denklemini bulunuz.
Çözüm
\(O\) dışındaki noktalar. \(\varphi = \dfrac{\pi}{4}\) olan bir nokta için Sonuç 22.1 gereğince \[ r = \rho\sin\frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}\rho, \qquad z = \rho\cos\frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}\rho \] olur. Buna göre \(z = r\), yani \(z = \sqrt{x^2 + y^2}\)’dir. Bu eşitlik \(z \geq 0\) gerektirir. Tersine \(z = \sqrt{x^2 + y^2}\) olan ve \(O\)’dan farklı bir noktada \(z > 0\) ve \(\rho = \sqrt{2}\,z\) olduğundan \(\cos\varphi = \dfrac{z}{\rho} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}\), yani \(\varphi = \dfrac{\pi}{4}\) bulunur.
\(O\) noktası. \(\left(0, \theta, \dfrac{\pi}{4}\right)\) üçlüsü \(O\)’yu gösterir ve denklemi sağlar; \(O\) da geometrik yere aittir. \(z = \sqrt{x^2 + y^2}\) denklemi de \(O\) tarafından sağlanır.
Buna göre geometrik yerin dik denklemi \[ z = \sqrt{x^2 + y^2} \] dir. Her \(z = c > 0\) yüksekliğindeki kesiti yarıçapı \(c\) olan bir çemberdir; tepesi \(O\)’da, ekseni \(Z\)-ekseni olan ve \(XY\)-düzleminin üstünde kalan bir dairesel koni yüzeyidir. Yüzeyin her noktası \(O\)’ya, \(Z\)-ekseniyle \(\dfrac{\pi}{4}\) açı yapan bir doğru parçasıyla bağlanır.
\(\blacksquare\)
Önerme 22.4 (Küresel koordinat yüzeyleri) \(a > 0\), \(\theta_0 \in [0, 2\pi)\) ve \(\varphi_0 \in (0, \pi)\) sabitler olsun.
- \(\rho = a\) denkleminin grafiği, merkezi \(O\) ve yarıçapı \(a\) olan küredir.
- \(\theta = \theta_0\) denkleminin grafiği, silindirik koordinatlardaki \(\theta = \theta_0\) yarım düzlemidir.
- \(\varphi = \varphi_0\) denkleminin grafiği, tepesi \(O\)’da ve ekseni \(Z\)-ekseni olan, \(Z\)-ekseninin pozitif yönüyle \(\varphi_0\) açısı yapan yarı doğruların oluşturduğu yüzeydir. \(\varphi_0 \neq \dfrac{\pi}{2}\) ise bu yüzey bir dairesel koni, \(\varphi_0 = \dfrac{\pi}{2}\) ise \(XY\)-düzlemidir.
İspat
Birinci madde daha önce gösterildi (Örnek 22.14). İkinci madde, \(\theta\) açısı iki sistemde aynı olduğundan silindirik koordinat yüzeylerinden (Önerme 22.2) çıkar; \(Z\)-ekseninin noktaları \((\rho, \theta_0, 0)\) ya da \((\rho, \theta_0, \pi)\) üçlüleriyle denklemi sağlar.
Üçüncü madde için koni örneğindeki (Örnek 22.15) hesabı \(\varphi_0\) ile tekrarlarız: \(O\) dışındaki noktalarda \(r = \rho\sin\varphi_0\) ve \(z = \rho\cos\varphi_0\) olur. \(\varphi_0 = \dfrac{\pi}{2}\) ise \(z = 0\) bulunur ve \(XY\)-düzleminin her noktası denklemi sağlar. \(\varphi_0 \neq \dfrac{\pi}{2}\) ise \[ z = \frac{\cos\varphi_0}{\sin\varphi_0}\, r = \cot\varphi_0\,\sqrt{x^2 + y^2} \] bulunur. Tersine, bu denklemi sağlayan ve \(O\)’dan farklı bir noktada \(r = 0\) olamaz (yoksa \(z = 0\) olurdu); bu yüzden \(r > 0\) ve \[ \rho = \sqrt{r^2 + z^2} = r\sqrt{1 + \cot^2\varphi_0} = \frac{r}{\sin\varphi_0}, \qquad \cos\varphi = \frac{z}{\rho} = \cot\varphi_0 \sin\varphi_0 = \cos\varphi_0 \] olur; \(\varphi\) ile \(\varphi_0\) aynı \([0, \pi]\) aralığında olduğundan \(\varphi = \varphi_0\)’dır. \(\varphi_0 < \dfrac{\pi}{2}\) için bu yüzey \(XY\)-düzleminin üstünde, \(\varphi_0 > \dfrac{\pi}{2}\) için altında kalan bir dairesel konidir; kesiti bulunan her \(z\) yüksekliğinde kesit, yarıçapı \(|z\tan\varphi_0|\) olan bir çemberdir. \(O\) noktası \((0, \theta, \varphi_0)\) üçlüsüyle denklemi sağlar.
Böylece küresel koordinatları \((\rho_0, \theta_0, \varphi_0)\) olan ve \(Z\)-ekseninde bulunmayan bir nokta, \(\rho = \rho_0\) küresinin, \(\theta = \theta_0\) yarım düzleminin ve \(\varphi = \varphi_0\) konisinin (ya da düzleminin) tek ortak noktasıdır. \(\blacksquare\)
Son olarak aynı ifadeyi hem silindirik hem küresel koordinatlara çevirelim. Küresel karşılık, silindirik karşılıkta \(r\) yerine \(\rho\sin\varphi\) yazmakla da elde edilebilir (Sonuç 22.1); ama burada doğrudan yerine koymayı adım adım göreceğiz.
Örnek 22.16 (Beşinci dereceden bir denklemin silindirik karşılığı) \(x^2(x^3 - y^3) = x + y\) ifadesinin silindirik koordinatlardaki karşılığını bulunuz.
Çözüm
Parçaları ayrı ayrı çevirelim. \(x = r\cos\theta\) ve \(y = r\sin\theta\) yazarsak \[ x^2 = r^2\cos^2\theta, \qquad x + y = r(\cos\theta + \sin\theta) \] olur. Küp farkı için \(a^3 - b^3 = (a - b)(a^2 + ab + b^2)\) özdeşliğini ve \(\cos^2\theta + \sin^2\theta = 1\)’i kullanalım: \[ \begin{aligned} x^3 - y^3 &= r^3(\cos^3\theta - \sin^3\theta)\\[1mm] &= r^3(\cos\theta - \sin\theta)(\cos^2\theta + \cos\theta\sin\theta + \sin^2\theta)\\[1mm] &= r^3(\cos\theta - \sin\theta)(1 + \cos\theta\sin\theta). \end{aligned} \]
Denklemde yerine koyalım. \[ r^5\cos^2\theta\,(\cos\theta - \sin\theta)(1 + \cos\theta\sin\theta) = r(\cos\theta + \sin\theta). \]
Sadeleştirelim. \(r \neq 0\) ise iki tarafı \(r\) ile bölebiliriz: \[ r^4\cos^2\theta\,(\cos\theta - \sin\theta)(1 + \cos\theta\sin\theta) = \cos\theta + \sin\theta. \] Bölerken \(Z\)-ekseninin noktalarını (\(r = 0\)) kaybetmiş olabiliriz; kontrol edelim. Dik denklemde \(x = y = 0\) için \(0 = 0\) bulunur, yani \(Z\)-ekseni geometrik yere aittir. Son denklemde \(r = 0\) yazılırsa \(\cos\theta + \sin\theta = 0\) koşulu kalır ve \(\theta = \dfrac{3\pi}{4}\) bu koşulu sağlar. \((0, 0, z)\) noktasının \(\left(0, \dfrac{3\pi}{4}, z\right)\) üçlüsü denklemi sağladığından, grafiğin tanımı (Tanım 22.2) gereği \(Z\)-ekseni son denklemin grafiğinde de vardır. Hiçbir nokta kaybolmamıştır.
Buna göre aranan silindirik denklem \[ r^4\cos^2\theta\,(\cos\theta - \sin\theta)(1 + \cos\theta\sin\theta) = \cos\theta + \sin\theta \] dir. Denklemde \(z\) geçmediği için geometrik yer, \(XY\)-düzlemindeki bir eğrinin \(Z\)-eksenine paralel kaydırılmasıyla oluşan bir silindir yüzeyidir. \(\blacksquare\)
Örnek 22.17 (Beşinci dereceden bir denklemin küresel karşılığı) \(x^2(x^3 - y^3) = x + y\) ifadesinin küresel koordinatlardaki karşılığını bulunuz.
Çözüm
\(x = \rho\sin\varphi\cos\theta\) ve \(y = \rho\sin\varphi\sin\theta\) yazacağız (\(z\) ifadede geçmediği için \(z = \rho\cos\varphi\) gerekmez).
Parçaları ayrı ayrı çevirelim. \[ x^2 = \rho^2\sin^2\varphi\cos^2\theta, \qquad x + y = \rho\sin\varphi\,(\cos\theta + \sin\theta). \] Küp farkını çarpanlarına ayırırsak \[ \begin{aligned} x^3 - y^3 &= (x - y)(x^2 + xy + y^2)\\[1mm] &= \rho\sin\varphi\,(\cos\theta - \sin\theta)\\[1mm] &\quad\cdot \left(\rho^2\sin^2\varphi\cos^2\theta + \rho^2\sin^2\varphi\cos\theta\sin\theta + \rho^2\sin^2\varphi\sin^2\theta\right)\\[1mm] &= \rho\sin\varphi\,(\cos\theta - \sin\theta) \cdot \rho^2\sin^2\varphi\,(1 + \cos\theta\sin\theta) \end{aligned} \] bulunur; son adımda \(\rho^2\sin^2\varphi\) ortak çarpan alınıp \(\cos^2\theta + \sin^2\theta = 1\) kullanıldı.
Denklemde yerine koyalım. Sol tarafta \(\rho\sin\varphi\)’nin kuvvetlerini toplarsak (\(2 + 1 + 2 = 5\)) \[ \rho^5\sin^5\varphi\cos^2\theta\,(\cos\theta - \sin\theta)(1 + \cos\theta\sin\theta) = \rho\sin\varphi\,(\cos\theta + \sin\theta) \] olur.
Sadeleştirelim. \(\rho\sin\varphi \neq 0\), yani nokta \(Z\)-ekseninde değilse iki tarafı \(\rho\sin\varphi\) ile bölebiliriz: \[ \rho^4\sin^4\varphi\cos^2\theta\,(\cos\theta - \sin\theta)(1 + \cos\theta\sin\theta) = \cos\theta + \sin\theta. \] \(Z\)-ekseninin noktaları yine kaybolmaz: bu noktalarda \(\rho\sin\varphi = 0\) olduğundan son denklem \(\cos\theta + \sin\theta = 0\) koşuluna iner ve \(\theta = \dfrac{3\pi}{4}\) ile sağlanır.
Buna göre aranan küresel denklem \[ \rho^4\sin^4\varphi\cos^2\theta\,(\cos\theta - \sin\theta)(1 + \cos\theta\sin\theta) = \cos\theta + \sin\theta \] dir. Silindirik karşılıkta (Örnek 22.16) \(r\) yerine \(\rho\sin\varphi\) yazarak da aynı sonuca ulaşılır. \(\blacksquare\)
22.3 Uzayda kutupsal koordinatlar
Düzlemde kutupsal koordinatlar bir noktayı kutba uzaklığı ve kutupsal eksenle yaptığı açıyla belirliyordu (Tanım 5.3). Uzayda tek bir açı yetmez; bir vektörün doğrultusunu üç eksenle yaptığı açılar, yani doğrultu açıları belirler (Tanım 8.6). Bu iki fikri birleştirirsek uzayda kutupsal koordinatları elde ederiz.
Tanım 22.5 (Uzayda kutupsal koordinatlar) \(P \neq O\) bir nokta, \(\rho = |OP|\) olsun. \(\overrightarrow{OP}\) vektörünün \(X\)-, \(Y\)- ve \(Z\)-eksenlerinin pozitif yönleriyle yaptığı açılar sırasıyla \(\alpha\), \(\beta\) ve \(\gamma\) olsun. \((\rho, \alpha, \beta, \gamma)\) sıralı dörtlüsüne \(P\) noktasının kutupsal koordinatları denir. Burada \(\rho > 0\) ve \(\alpha, \beta, \gamma \in [0, \pi]\)’dir.
Yani \(\rho\), küresel koordinatlardaki gibi başlangıç noktasına uzaklıktır; \(\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\) ise \(\overrightarrow{OP}\) vektörünün doğrultu açılarıdır.
Önerme 22.5 (Dik ve uzayda kutupsal koordinatlar arasında geçiş) \(P \neq O\) noktasının dik koordinatları \((x, y, z)\), kutupsal koordinatları \((\rho, \alpha, \beta, \gamma)\) olsun. O zaman \[ x = \rho\cos\alpha, \qquad y = \rho\cos\beta, \qquad z = \rho\cos\gamma, \qquad \rho = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} \] ve \[ \cos^2\alpha + \cos^2\beta + \cos^2\gamma = 1 \] olur.
İspat
\(\rho = |OP| = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}\) uzaklık formülünden (Teorem 6.1) gelir. \(\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\) açıları \(\overrightarrow{OP} = (x, y, z)\) vektörünün doğrultu açıları olduğundan doğrultman kosinüslerinin formülü (Teorem 8.4) \[ \cos\alpha = \frac{x}{\rho}, \qquad \cos\beta = \frac{y}{\rho}, \qquad \cos\gamma = \frac{z}{\rho} \] verir; \(\rho\) ile çarparak ilk üç eşitliği buluruz. Aynı teorem kareler toplamının \(1\) olduğunu da söyler, çünkü \(\cos\alpha\), \(\cos\beta\) ve \(\cos\gamma\), \(\overrightarrow{OP}\) vektörünün doğrultman kosinüsleridir. \(\blacksquare\)
Dört sayıyla bir uzay noktası tarif etmek fazlalıktır; son eşitlik bu fazlalığı gösterir. İki açının kosinüsü biliniyorsa üçüncünün kosinüsü işaret dışında belirlidir. Bu dörtlüyü küresel koordinatlara bağlamak da kolaydır.
Önerme 22.6 (Uzayda kutupsal ve küresel koordinatlar) \(P \neq O\) noktasının küresel koordinatları \((\rho, \theta, \varphi)\), kutupsal koordinatları \((\rho, \alpha, \beta, \gamma)\) ise \[ \gamma = \varphi, \qquad \cos\alpha = \sin\varphi\cos\theta, \qquad \cos\beta = \sin\varphi\sin\theta \] olur.
İspat
İki sistemde de \(\rho = |OP|\)’dir. \(\gamma\) ve \(\varphi\) açılarının ikisi de \(\overrightarrow{OP}\) ile \(Z\)-ekseninin pozitif yönü arasındaki açıdır; bu yüzden \(\gamma = \varphi\)’dir. Öteki iki eşitlik için \(x\)’in iki ifadesini karşılaştırırız: Kutupsal geçiş formülleri (Önerme 22.5) \(x = \rho\cos\alpha\), küresel geçiş formülleri (Önerme 22.3) \(x = \rho\sin\varphi\cos\theta\) verir. \(\rho > 0\) ile bölerek \(\cos\alpha = \sin\varphi\cos\theta\) bulunur. \(y\) için aynı karşılaştırma \(\cos\beta = \sin\varphi\sin\theta\) verir. \(\blacksquare\)
Örnek 22.18 (Dik koordinatlardan uzayda kutupsal koordinatlara) Dik koordinatları \((3, 2, \sqrt{3})\) olan \(P\) noktasının kutupsal koordinatlarını bulunuz.
Çözüm
\(\rho\). \[ \rho = \sqrt{3^2 + 2^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{9 + 4 + 3} = \sqrt{16} = 4. \]
Açılar. Önerme 22.5 gereğince her açının kosinüsü ilgili koordinatın \(\rho\)’ya bölümüdür. Açılar \([0, \pi]\) aralığında olduğundan \(\arccos\) ile tek türlü bulunur: \[ \alpha = \arccos\frac{3}{4}, \qquad \beta = \arccos\frac{2}{4} = \arccos\frac{1}{2} = \frac{\pi}{3}, \qquad \gamma = \arccos\frac{\sqrt{3}}{4}. \]
Buna göre \(P\)’nin kutupsal koordinatları \[ \left(4,\ \arccos\frac{3}{4},\ \frac{\pi}{3},\ \arccos\frac{\sqrt{3}}{4}\right) \] dir.
Kontrol: \[ \cos^2\alpha + \cos^2\beta + \cos^2\gamma = \frac{9}{16} + \frac{4}{16} + \frac{3}{16} = 1. \] \(\blacksquare\)
22.4 Alıştırmalar
Alıştırma 22.1 (Eyer yüzeyinin dik denklemi) Silindirik denklemi \(z = r^2\cos 2\theta\) olan yüzeyin dik koordinatlardaki denklemini bulunuz.
Çözüm
İki kat açı formülüyle \(\cos 2\theta = \cos^2\theta - \sin^2\theta\) yazalım: \[ z = r^2(\cos^2\theta - \sin^2\theta) = (r\cos\theta)^2 - (r\sin\theta)^2. \] \(r\cos\theta = x\) ve \(r\sin\theta = y\) olduğundan (Önerme 22.1) \[ z = x^2 - y^2 \] bulunur. \(Z\)-ekseninin noktaları için (\(r = 0\)) iki denklem de \(z = 0\) verir; bu yüzden iki denklem aynı noktaları belirtir.
Bu yüzey hiperbolik paraboloittir; biçimi yüzünden eyer yüzeyi diye de anılır. \(XZ\)-düzlemiyle (\(y = 0\)) kesiti yukarı açılan \(z = x^2\) parabolü, \(YZ\)-düzlemiyle (\(x = 0\)) kesiti aşağı açılan \(z = -y^2\) parabolüdür. Yüzeyi Özel Yüzeyler bölümünde ayrıntılı inceleyeceğiz.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 22.2 (Eyer yüzeyinin küresel denklemi) Silindirik denklemi \(z = r^2\cos 2\theta\) olan yüzeyin küresel koordinatlardaki denklemini bulunuz.
Çözüm
Sonuç 22.1 gereğince \(r = \rho\sin\varphi\) ve \(z = \rho\cos\varphi\)’dir; \(\theta\) iki sistemde aynıdır. Bunları yerine yazarsak \[ \rho\cos\varphi = (\rho\sin\varphi)^2(\cos^2\theta - \sin^2\theta), \qquad\text{yani}\qquad \rho\cos\varphi = \rho^2\sin^2\varphi\cos 2\theta \] bulunur. Bu, yüzeyin küresel denklemidir.
İstersek \(\rho\) ile de sadeleştirebiliriz. \(\rho \neq 0\) için iki tarafı \(\rho\) ile bölersek \[ \cos\varphi = \rho\sin^2\varphi\cos 2\theta \] olur. Başlangıç noktası bu sırada kaybolmaz: \(O\) yüzeyin üzerindedir (\(0 = 0 - 0\)) ve \(\rho = 0\) için son denklem \(\cos\varphi = 0\) koşuluna iner; \(\left(0, \theta, \dfrac{\pi}{2}\right)\) üçlüsü bu koşulu sağlar. Dolayısıyla iki biçim de aynı yüzeyi belirtir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 22.3 (Bir noktanın uzayda kutupsal koordinatları) Dik koordinatlarda verilen \(P(\sqrt{2}, 2, \sqrt{2})\) noktasının kutupsal koordinatlarını bulunuz.
Çözüm
\(\rho\). \[ \rho = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} = \sqrt{2 + 4 + 2} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}. \]
Açılar. Önerme 22.5 gereğince \(\cos\alpha = \dfrac{x}{\rho}\), \(\cos\beta = \dfrac{y}{\rho}\), \(\cos\gamma = \dfrac{z}{\rho}\)’dur: \[ \begin{aligned} \cos\alpha &= \frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{2}} = \frac{1}{2} &&\Longrightarrow\ \alpha = \frac{\pi}{3},\\[1mm] \cos\beta &= \frac{2}{2\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} &&\Longrightarrow\ \beta = \frac{\pi}{4},\\[1mm] \cos\gamma &= \frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{2}} = \frac{1}{2} &&\Longrightarrow\ \gamma = \frac{\pi}{3}. \end{aligned} \] Açılar \([0, \pi]\) aralığında aranır ve \(\arccos\) bu aralıkta tek değer verir.
Buna göre \(P\)’nin kutupsal koordinatları \(\left(2\sqrt{2}, \dfrac{\pi}{3}, \dfrac{\pi}{4}, \dfrac{\pi}{3}\right)\)’tür.
Kontrol: \[ \cos^2\alpha + \cos^2\beta + \cos^2\gamma = \frac{1}{4} + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} = 1. \] \(\blacksquare\)
Alıştırma 22.4 (XY-düzleminin altındaki bir noktanın küresel koordinatları) Dik koordinatları \(P(1, -1, -\sqrt{6})\) olan noktanın küresel koordinatlarını bulunuz.
Çözüm
\(\rho\). \(\rho = \sqrt{1 + 1 + 6} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}\).
\(\theta\). \(x = 1 > 0\), \(y = -1 < 0\) olduğundan izdüşüm \(P'(1, -1, 0)\) dördüncü bölgededir, yani \(\dfrac{3\pi}{2} < \theta < 2\pi\) olmalıdır. \(\tan\theta = \dfrac{-1}{1} = -1\)’dir; tanjantı \(-1\) olan açılar \(\dfrac{3\pi}{4}\) ve \(\dfrac{7\pi}{4}\)’tür. Dördüncü bölgedeki \(\theta = \dfrac{7\pi}{4}\)’tür.
\(\varphi\). \[ \cos\varphi = \frac{z}{\rho} = \frac{-\sqrt{6}}{2\sqrt{2}} = -\frac{\sqrt{3}}{2} \] ve \(\varphi \in [0, \pi]\) olduğundan \(\varphi = \dfrac{5\pi}{6}\)’dır. \(\varphi > \dfrac{\pi}{2}\) çıkması, noktanın \(XY\)-düzleminin altında olmasıyla (\(z < 0\)) uyumludur.
Buna göre küresel koordinatlar \(\left(2\sqrt{2}, \dfrac{7\pi}{4}, \dfrac{5\pi}{6}\right)\)’dır. Bu arada silindirik koordinatlar da hemen okunur: \(r = \sqrt{1 + 1} = \sqrt{2}\) olduğundan \(\left(\sqrt{2}, \dfrac{7\pi}{4}, -\sqrt{6}\right)\)’dır.
Kontrol: \(\sin\dfrac{5\pi}{6} = \dfrac{1}{2}\) olduğundan Sonuç 22.1 \(r = 2\sqrt{2} \cdot \dfrac{1}{2} = \sqrt{2}\) ve \(z = 2\sqrt{2} \cdot \left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) = -\sqrt{6}\) verir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 22.5 (Küresel denklemi verilen bir küre) Küresel denklemi \(\rho = 4\cos\varphi\) olan geometrik yerin dik koordinatlardaki denklemini bulunuz ve geometrik yeri tanımlayınız.
Çözüm
\(\rho\) ile çarpalım. \(\rho^2 = x^2 + y^2 + z^2\) ve \(\rho\cos\varphi = z\) bağıntılarını kullanabilmek için iki tarafı \(\rho\) ile çarparız: \[ \rho^2 = 4\rho\cos\varphi \iff x^2 + y^2 + z^2 = 4z. \] Çarpma, \(\rho = 0\) olan noktayı, yani \(O\)’yu yeni denkleme eklemiş olabilir. Ama \(O\) zaten geometrik yerdedir: \(\left(0, \theta, \dfrac{\pi}{2}\right)\) üçlüsü \(0 = 4\cos\dfrac{\pi}{2}\) eşitliğini sağlar. Tersine, \(O\)’dan farklı ve \(x^2 + y^2 + z^2 = 4z\) denklemini sağlayan bir noktada \(\rho^2 = 4\rho\cos\varphi\) ve \(\rho > 0\) olduğundan \(\rho = 4\cos\varphi\) bulunur. Yani iki denklem aynı noktaları belirtir.
Tam kareye tamamlayalım. \[ x^2 + y^2 + z^2 - 4z = 0 \iff x^2 + y^2 + (z - 2)^2 = 4. \] Geometrik yer, merkezi \(M(0, 0, 2)\) ve yarıçapı \(2\) olan küredir. Bu küre \(XY\)-düzlemine \(O\)’da teğettir.
Geometrik yorum. \(N(0, 0, 4)\) noktası kürenin en üst noktasıdır ve \(ON\), kürenin bir çapıdır. Küre üzerindeki \(O\) ve \(N\)’den farklı bir \(P\) noktası için \(OPN\) üçgeninin \(P\)’deki açısı, çapı gören çevre açı olduğu için diktir. Bu dik üçgende \(|ON| = 4\) hipotenüs ve \(O\)’daki açı \(\varphi\) olduğundan \(|OP| = 4\cos\varphi\) olur; denklem tam olarak bunu söyler.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 22.6 (Dik denklemi verilen bir koninin küresel denklemi) Dik koordinatlarda denklemi \(x^2 + y^2 = z^2\) olan yüzeyin küresel koordinatlardaki denklemini bulunuz ve yüzeyi tanımlayınız.
Çözüm
Yerine koyalım. \(x^2 + y^2 = \rho^2\sin^2\varphi\) ve \(z^2 = \rho^2\cos^2\varphi\) olduğundan \[ \rho^2\sin^2\varphi = \rho^2\cos^2\varphi \iff \rho^2(\cos^2\varphi - \sin^2\varphi) = 0 \iff \rho^2\cos 2\varphi = 0 \] bulunur.
Sadeleştirelim. \(\rho \neq 0\) ise \(\cos 2\varphi = 0\) olmalıdır. \(\varphi \in [0, \pi]\) iken \(2\varphi \in [0, 2\pi]\)’dir ve bu aralıkta kosinüsü sıfır olan açılar \(\dfrac{\pi}{2}\) ile \(\dfrac{3\pi}{2}\)’dir. Buna göre \[ \varphi = \frac{\pi}{4} \qquad\text{ya da}\qquad \varphi = \frac{3\pi}{4} \] bulunur. \(O\) noktası da kaybolmaz: \(\cos 2\varphi = 0\) denklemini \(\left(0, \theta, \dfrac{\pi}{4}\right)\) üçlüsü sağlar. Küresel denklem \(\cos 2\varphi = 0\)’dır.
Yüzeyi tanıyalım. Önerme 22.4 gereğince \(\varphi = \dfrac{\pi}{4}\), \(XY\)-düzleminin üstünde kalan \(z = \sqrt{x^2 + y^2}\) konisidir (Örnek 22.15). \(\varphi = \dfrac{3\pi}{4}\) ise \(\cot\dfrac{3\pi}{4} = -1\) olduğundan altta kalan \(z = -\sqrt{x^2 + y^2}\) konisidir. Yüzey, tepeleri \(O\)’da birleşen bu iki koninin birleşimidir; buna çift koni denir. Dik denklemde bunu \(z^2 = x^2 + y^2 \iff z = \pm\sqrt{x^2 + y^2}\) diye görürüz.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde uzayda üç yeni adres sistemi kurduk. Silindirik koordinatlar \(Z\)-ekseni etrafında simetrik yüzeyleri, küresel koordinatlar başlangıç noktası etrafında simetrik yüzeyleri sade denklemlerle yazmamızı sağladı; uzayda kutupsal koordinatlar ise bir noktayı uzaklığı ve doğrultu açılarıyla tarif etti. Yol boyunca silindir, küre, koni ve eyer yüzeyiyle karşılaştık. Sonraki bölümde, Özel Yüzeyler bölümünde, bu yüzeyleri ve benzerlerini sistemli biçimde tanımlayıp inceleyeceğiz.