6 Uzayda Dik Koordinat Sistemi
Düzlemde bir noktayı iki sayıyla, apsisi ve ordinatıyla belirlemeyi Dik Koordinatlar ve Uzaklık bölümünde gördük. İçinde yaşadığımız evren ise üç boyutludur: bir odadaki bir lambanın yerini söylemek için “duvardan ne kadar uzakta, öbür duvardan ne kadar uzakta ve yerden ne kadar yukarıda” diye üç ayrı sayı vermemiz gerekir. Bu bölümde düzlemdeki fikri bir boyut yukarı taşıyacağız: uzaya üç eksen yerleştirip her noktaya bir sayı üçlüsü karşılık getireceğiz, sonra da iki nokta arasındaki uzaklığı ve bunun ilk doğal uygulaması olan küreyi inceleyeceğiz.
6.1 Eksenler ve koordinat düzlemleri
Üç boyutlu evrene reel uzay ya da kısaca uzay diyeceğiz. Uzayda bir \(O\) noktası seçelim ve bu noktada birbirini dik kesen üç doğru alalım. Bu üç doğrunun her birini, hepsinde aynı birim uzunluğu kullanarak, bir sayı doğrusuna çevirelim; \(O\) noktası üçünde de \(0\) sayısına karşılık gelsin. Bu doğrulara \(X\)-, \(Y\)- ve \(Z\)-ekseni diyeceğiz.
Geriye eksenlerin pozitif yönlerini seçmek kalıyor. Bunu sağ el kuralına göre yaparız: sağ elimizin dört parmağını pozitif \(X\)-ekseninden pozitif \(Y\)-eksenine doğru (aradaki dik açıyı tarayarak) kıvırdığımızda başparmağımız pozitif \(Z\)-eksenini gösterir. Parmaklarla söylersek: sağ elin başparmağı pozitif \(X\)-eksenini, işaret parmağı pozitif \(Y\)-eksenini gösterirken avuca dik açılan orta parmak pozitif \(Z\)-eksenini gösterir. Şekillerde genellikle \(Z\)-ekseni yukarıyı, \(Y\)-ekseni sağı, \(X\)-ekseni de okuyucuya doğru (sol aşağıyı) gösterecek biçimde çizilir.
Böylece uzayı üç eksenle donattık. İkişer ikişer alınan eksenler, uzayda üç özel düzlem belirler.
Tanım 6.1 (Koordinat düzlemleri) Uzayda \(X\)- ve \(Y\)-eksenlerini içeren düzleme \(XY\)-düzlemi, \(Y\)- ve \(Z\)-eksenlerini içeren düzleme \(YZ\)-düzlemi, \(X\)- ve \(Z\)-eksenlerini içeren düzleme de \(XZ\)-düzlemi denir. Bu üç düzlemin her birine bir koordinat düzlemi denir.
Yani koordinat düzlemleri, eksenlerin ikişer ikişer “gerdiği” düzlemlerdir. Üçü de \(O\) noktasından geçer ve ikişer ikişer birbirine diktir: odanın zemini ile iki komşu duvarı gibi düşünebilirsiniz. \(XY\)-düzlemi ile \(YZ\)-düzleminin ortak doğrusu \(Y\)-ekseni, \(XY\)-düzlemi ile \(XZ\)-düzleminin ortak doğrusu \(X\)-ekseni, \(YZ\)-düzlemi ile \(XZ\)-düzleminin ortak doğrusu da \(Z\)-eksenidir.
6.2 Bir noktanın koordinatları
Şimdi eksenlerle donatılmış uzayda rastgele bir \(P\) noktası alalım ve ona üç sayıyı nasıl eşleyeceğimizi görelim.
- \(P\)’den \(XY\)-düzlemine bir dikme indirelim; dikmenin düzlemi kestiği noktaya \(P_{xy}\) diyelim.
- \(P_{xy}\) noktasından \(X\)- ve \(Y\)-eksenlerine dikmeler indirelim; bu dikmelerin eksenleri kestiği noktalar, eksenler üzerinde sırasıyla \(x\) ve \(y\) sayılarına karşılık gelsin.
- Son olarak \(P\)’den \(Z\)-eksenine bir dikme indirelim; dikmenin ekseni kestiği nokta \(Z\)-ekseni üzerinde \(z\) sayısına karşılık gelsin.
\(P\) noktasına \((x, y, z)\) sıralı üçlüsünü eşleriz.
Bu işlem tersine de çalışır. Bir \((x, y, z)\) reel sayı üçlüsü verilmiş olsun. \(X\)-, \(Y\)- ve \(Z\)-eksenleri üzerinde sırasıyla \(x\), \(y\) ve \(z\) sayılarına karşılık gelen noktaları işaretleyelim. \(XY\)-düzleminde, \(x\) noktasından \(X\)-eksenine ve \(y\) noktasından \(Y\)-eksenine dik doğrular çizelim; bu iki doğru bir noktada kesişir ve bu nokta \(P_{xy}\)’dir. Son olarak \(P_{xy}\)’den geçip \(XY\)-düzlemine dik olan doğru ile \(z\) noktasından geçip \(Z\)-eksenine dik olan düzlem tek bir noktada kesişir; bu nokta \(P\)’dir.
Her nokta tek bir üçlü, her üçlü de tek bir nokta belirlediğinden, uzayın noktaları ile
\[ \mathbb{R}^3 = \{(x, y, z) \mid x, y, z \in \mathbb{R}\} \]
kümesinin elemanları arasında birebir ve örten bir eşleme kurulmuş olur.
Tanım 6.2 (Dik koordinatlar) Bir \(P\) noktasının belirttiği \((x, y, z) \in \mathbb{R}^3\) sıralı üçlüsüne \(P\)’nin dik koordinatları ya da kartezyen koordinatları denir ve bu durum \(P = P(x, y, z)\) ya da kısaca \(P = (x, y, z)\) biçiminde yazılır.
Yani uzayda bir noktayı vermek ile bir reel sayı üçlüsü vermek aynı şeydir; bundan sonra ikisini birbirinin yerine kullanacağız.
Tanım 6.3 (Apsis, ordinat ve kot) \(P(x, y, z) \in \mathbb{R}^3\) noktası için \(x\) sayısına \(P\)’nin apsisi, \(y\) sayısına \(P\)’nin ordinatı, \(z\) sayısına da \(P\)’nin kotu denir.
Yani apsis ve ordinat düzlemdeki anlamlarını korur; üçüncü koordinat olan kot, noktanın \(XY\)-düzleminin ne kadar “üstünde” (kot pozitifse) ya da “altında” (kot negatifse) olduğunu söyler.
Tanım 6.4 (Uzayda dik koordinat sistemi) \(X\)-, \(Y\)- ve \(Z\)-eksenlerinin her birine bir koordinat ekseni denir. Bu üç eksene, \(O\) başlangıç noktasıyla birlikte, dik koordinat sistemi ya da kartezyen koordinat sistemi denir. Başlangıç noktası \(O = (0, 0, 0)\)’dır.
Yani bir dik koordinat sistemi; ortak bir başlangıç noktası, ortak bir birim ve ikişer ikişer dik üç yönlü eksenden oluşur.
Aksi söylenmedikçe, dik koordinat sistemindeki eksenlerin sağ el kuralına göre yönlendirildiğini varsayacağız.
Koordinat düzlemleri uzayı sekiz parçaya böler; düzlemdeki dört bölgenin uzaydaki karşılığı budur.
Tanım 6.5 (Uzayda bölgeler) Üç koordinat düzlemi, uzayın bu düzlemler üzerinde olmayan noktalarını sekiz parçaya ayırır; bu parçaların her birine bir bölge denir. Apsisi, ordinatı ve kotu pozitif olan noktaların oluşturduğu bölgeye birinci bölge denir. Diğer bölgeler, içlerindeki noktaların koordinatlarının işaretleriyle anılır: örneğin \((-,+,-)\) bölgesi, \(x<0\), \(y>0\), \(z<0\) olan noktalardan oluşur.
Yani bir noktanın hangi bölgede olduğunu anlamak için üç koordinatının işaretine bakmak yeter. Sekiz bölge, sekiz işaret üçlüsüne karşılık gelir:
| Kot | Bölgeler (apsis, ordinat, kot işaretleri) |
|---|---|
| \(z>0\) (yukarıdaki dört bölge) | \((+,+,+)\), \((-,+,+)\), \((-,-,+)\), \((+,-,+)\) |
| \(z<0\) (aşağıdaki dört bölge) | \((+,+,-)\), \((-,+,-)\), \((-,-,-)\), \((+,-,-)\) |
Koordinatlarından en az biri sıfır olan bir nokta hiçbir bölgeye ait değildir; bir koordinat düzleminin üzerindedir.
Kuruluştan hemen çıkan bir gözlem şudur: \(P(x, y, z)\) noktasından \(XY\)-düzlemine inilen dikmenin ayağı \(P_{xy} = (x, y, 0)\) noktasıdır, çünkü dikme boyunca yalnız kot değişir. Aynı nedenle \(P\)’den \(YZ\)-düzlemine inilen dikmenin ayağı \((0, y, z)\), \(XZ\)-düzlemine inilen dikmenin ayağı \((x, 0, z)\) noktasıdır; eksenlere inilen dikmelerin ayakları da \((x, 0, 0)\), \((0, y, 0)\) ve \((0, 0, z)\) noktalarıdır.
Örnek 6.1 (Bir noktadan düzlemlere ve eksenlere inilen dikmeler) \(P(2, -3, 4)\) noktasını bir dik koordinat sisteminde gösteriniz ve \(P\)’den koordinat düzlemlerine ve koordinat eksenlerine inilen dikmelerin ayaklarını bulunuz.
Çözüm
Noktayı yerleştirmek için kuruluşu adım adım izleyelim. Apsis \(2\) olduğundan \(X\)-ekseninde \(2\)’ye, ordinat \(-3\) olduğundan \(Y\)-ekseninin negatif kısmında \(-3\)’e gideriz. \(XY\)-düzleminde bu iki noktadan eksenlere dik çizilen doğrular \(P_{xy} = (2, -3, 0)\) noktasında kesişir. Kot \(4\) olduğundan \(P\), \(P_{xy}\)’nin \(4\) birim yukarısındadır.
Dikme ayakları, yukarıdaki gözleme göre ilgili koordinatları sıfırlayarak bulunur:
- \(XY\)-düzlemine: \((2, -3, 0)\); \(YZ\)-düzlemine: \((0, -3, 4)\); \(XZ\)-düzlemine: \((2, 0, 4)\).
- \(X\)-eksenine: \((2, 0, 0)\); \(Y\)-eksenine: \((0, -3, 0)\); \(Z\)-eksenine: \((0, 0, 4)\).
Ayrıca apsis pozitif, ordinat negatif, kot pozitif olduğundan \(P\) noktası \((+,-,+)\) bölgesindedir.
\(\blacksquare\)
Örnek 6.2 (İşaret koşuluyla verilen nokta kümesi) \(\{(x, y, z) \mid xy < 0,\ z > 0\}\) kümesi hangi bölgelerden oluşur?
Çözüm
\(xy < 0\) olması, \(x\) ile \(y\)’nin sıfırdan farklı ve ters işaretli olması demektir: ya \(x > 0\) ve \(y < 0\), ya da \(x < 0\) ve \(y > 0\). Buna \(z > 0\) koşulunu eklersek işaret üçlüsü ya \((+,-,+)\) ya da \((-,+,+)\) olur. Dolayısıyla küme, \((+,-,+)\) ve \((-,+,+)\) bölgelerinin birleşimidir. Koordinat düzlemleri üzerindeki noktalar kümeye girmez, çünkü onlarda \(x\), \(y\) ya da \(z\) sıfırdır ve koşullardan biri bozulur.
\(\blacksquare\)
6.3 Denklemlerle verilen nokta kümeleri
Düzlemde olduğu gibi uzayda da koordinatlar üzerine konan koşullar nokta kümeleri belirler. Uzayda ilk bakışta şaşırtıcı olan şudur: tek bir denklem genellikle bir doğru değil bir düzlem ya da bir yüzey belirler, çünkü serbest kalan iki koordinat vardır. Aşağıdaki beş örnekte bunu görelim.
Örnek 6.3 (x = 0 koşulunun belirttiği küme) \(\{(x, y, z) \mid x = 0,\ y, z \in \mathbb{R}\}\) kümesini bir dik koordinat sistemi çizerek açıklayınız.
Çözüm
Kümenin elemanları apsisi sıfır olan noktalardır:
\[ \{(x, y, z) \mid x = 0,\ y, z \in \mathbb{R}\} = \{(0, y, z) \mid y, z \in \mathbb{R}\}. \]
Ordinat ve kot tamamen serbesttir, yalnız apsis sıfıra sabitlenmiştir. Apsisi sıfır olan noktalar tam olarak \(Y\)- ve \(Z\)-eksenlerinin gerdiği düzlemin noktalarıdır. Dolayısıyla bu küme \(YZ\)-koordinat düzlemidir; uzayda \(x = 0\) denklemi bu düzlemi belirtir. Düzlem sınırsız olduğundan şekilde yalnız bir parçası gösterilir.
\(\blacksquare\)
Örnek 6.4 (Kotu 1 olan noktalar) \(\{(x, y, 1) \mid x, y \in \mathbb{R}\}\) kümesini bir dik koordinat sistemi çizerek açıklayınız.
Çözüm
Kümenin elemanları, apsisi ve ordinatı serbest, kotu ise \(1\) olan noktalardır; yani uzayda \(z = 1\) denklemini sağlayan noktalardır. Bu noktaların hepsi \(XY\)-düzleminin \(1\) birim yukarısındadır. Dolayısıyla küme, \((0, 0, 1)\) noktasından geçen ve \(XY\)-koordinat düzlemine paralel olan düzlemdir. Şekilde bu düzlemin bir parçası gösterilmiştir.
\(\blacksquare\)
Örnek 6.5 (Apsisi 1, ordinatı 2 olan noktalar) \(\{(x, y, z) \mid x = 1,\ y = 2,\ z \in \mathbb{R}\}\) kümesini bir dik koordinat sistemi çizerek açıklayınız.
Çözüm
Bu kez iki koordinat sabittir, yalnız kot serbesttir. Küme, \(x = 1\) düzlemi ile \(y = 2\) düzleminin ortak noktalarından oluşur; bu iki düzlem paralel olmadığından (biri \(YZ\)-, öteki \(XZ\)-düzlemine paraleldir) ortak noktaları bir doğrudur. Kot \(0\) alınınca \((1, 2, 0)\) noktası elde edilir, kot değiştikçe nokta bu noktanın tam üstünde ya da altında yer değiştirir. Dolayısıyla küme, \(XY\)-düzlemindeki \((1, 2, 0)\) noktasından geçen ve \(Z\)-eksenine paralel olan doğrudur.
\(\blacksquare\)
Örnek 6.6 (Dolu silindir) \(\{(x, y, z) \mid x^2 + y^2 \le 1,\ x, y, z \in \mathbb{R}\}\) kümesini bir dik koordinat sistemi çizerek açıklayınız.
Çözüm
Koşul kotu hiç içermediği için \(z\) serbesttir; koşul yalnız \((x, y)\) ikilisini kısıtlar. Önce \(XY\)-düzlemine bakalım: \(z = 0\) alındığında \(x^2 + y^2 \le 1\) koşulu, merkezi \(O\) ve yarıçapı \(1\) olan çemberin üzerindeki ve içindeki noktaları, yani bir daireyi verir (bkz. Çember). Kot \(z\) ne olursa olsun koşul aynı kaldığından, bu daire her \(z\) yüksekliğinde tekrarlanır; başka bir deyişle daire \(Z\)-ekseni boyunca yukarı ve aşağı sınırsızca kaydırılır.
Dolayısıyla küme, simetri ekseni \(Z\)-ekseni olan ve yarıçapı \(1\) olan dik dairesel silindir yüzeyi ile bu silindirin iç noktalarından oluşur. \(x^2 + y^2 = 1\) eşitliğini sağlayan noktalar silindirin yüzeyini, \(x^2 + y^2 < 1\) eşitsizliğini sağlayanlar içini oluşturur. Silindir sınırsız olduğundan şekilde \(-1{,}5 \le z \le 1{,}5\) arasındaki parçası gösterilmiştir.
\(\blacksquare\)
Örnek 6.7 (Birim küp) Aşağıdaki kümeyi bir dik koordinat sistemi çizerek açıklayınız:
\[ \{(x, y, z) \mid 0 \le x \le 1,\ 0 \le y \le 1,\ 0 \le z \le 1,\ x, y, z \in \mathbb{R}\}. \]
Çözüm
Üç koordinat da birbirinden bağımsız olarak \([0, 1]\) aralığında değişir. \(0 \le x \le 1\) koşulu, \(x = 0\) (\(YZ\)-düzlemi) ile \(x = 1\) düzlemi arasındaki dilimi verir; \(y\) ve \(z\) için olan koşullar da benzer iki dilim verir. Küme bu üç dilimin kesişimidir: her ayrıtı \(1\) birim olan ve bütün noktaları birinci bölgede ya da onun sınırında bulunan bir küp.
Küpün sekiz köşesi, koordinatların her birine \(0\) ya da \(1\) değeri verilerek elde edilir:
\[ \begin{aligned} &(0,0,0),\ (1,0,0),\ (0,1,0),\ (0,0,1), \\ &(1,1,0),\ (1,0,1),\ (0,1,1),\ (1,1,1). \end{aligned} \]
Küpün \(O\)’da buluşan üç ayrıtı koordinat eksenleri üzerindedir ve üç yüzü koordinat düzlemlerinin üzerindedir. Dolayısıyla küme, bu küpün yüzeyindeki ve içindeki noktaların hepsinden oluşur.
\(\blacksquare\)
6.4 İki nokta arasındaki uzaklık
Düzlemde iki nokta arasındaki uzaklığı, iki noktayı birleştiren doğru parçasını hipotenüs kabul eden bir dik üçgende Pisagor teoremi kullanarak bulmuştuk (bkz. Dik Koordinatlar ve Uzaklık). Uzayda aynı fikri iki kez uygulayacağız: önce yatay bir düzlemde, sonra dikey doğrultuda.
Teorem 6.1 (Uzayda iki nokta arasındaki uzaklık) Uzayda bir dik koordinat sisteminde \(P_1 = (x_1, y_1, z_1)\) ve \(P_2 = (x_2, y_2, z_2)\) noktaları arasındaki uzaklık
\[ |P_1P_2| = \sqrt{(x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2 + (z_2 - z_1)^2} \]
formülüyle verilir.
İspat
Yardımcı olarak \(Q = (x_2, y_2, z_1)\) noktasını alalım: \(Q\)’nun apsisi ve ordinatı \(P_2\)’ninki, kotu ise \(P_1\)’inkidir.
Birinci adım: \(|P_1Q|\) uzunluğu. \(P_1\) ile \(Q\)’nun \(XY\)-düzlemine inilen dikmelerinin ayakları \(P_1' = (x_1, y_1, 0)\) ve \(Q' = (x_2, y_2, 0)\) noktalarıdır. Bu iki nokta \(XY\)-düzlemindedir ve bu düzlemde koordinatları \((x_1, y_1)\) ile \((x_2, y_2)\)’dir; düzlemdeki uzaklık formülüne göre
\[ |P_1'Q'| = \sqrt{(x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2}. \]
\(P_1P_1'\) ve \(QQ'\) doğru parçaları \(XY\)-düzlemine diktir, dolayısıyla birbirine paraleldir; ikisinin de uzunluğu \(|z_1|\)’dir ve ikisi de düzlemin aynı tarafındadır (çünkü \(P_1\) ile \(Q\)’nun kotu aynıdır). O hâlde \(P_1QQ'P_1'\) dörtgeni bir dikdörtgendir (\(z_1 = 0\) ise \(P_1 = P_1'\), \(Q = Q'\) olur ve söylenecek bir şey kalmaz). Dikdörtgenin karşılıklı kenarları eşit olduğundan
\[ |P_1Q| = |P_1'Q'| = \sqrt{(x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2}. \]
İkinci adım: \(|QP_2|\) uzunluğu. \(Q\) ile \(P_2\)’nin apsisleri ve ordinatları aynıdır; ikisi de \(Q'\) noktasından geçip \(XY\)-düzlemine dik olan doğrunun, yani \(Z\)-eksenine paralel olan doğrunun üzerindedir. Bu doğru üzerinde noktaların yerini yalnız kot belirler ve birim, \(Z\)-eksenindeki birimle aynıdır. Dolayısıyla
\[ |QP_2| = |z_2 - z_1|. \]
Üçüncü adım: dik üçgen. \(P_1Q\) doğru parçası, \(z = z_1\) yatay düzleminde yatar; \(QP_2\) doğrusu ise \(XY\)-düzlemine, dolayısıyla ona paralel olan \(z = z_1\) düzlemine diktir. Bir düzleme dik olan doğru, o düzlemde kendi ayağından geçen her doğruya diktir; bu yüzden \(P_1Q \perp QP_2\) olur ve \(P_1QP_2\) üçgeni \(Q\) köşesinde diktir. Pisagor teoremiyle
\[ \begin{aligned} |P_1P_2|^2 &= |P_1Q|^2 + |QP_2|^2 \\[1mm] &= (x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2 + (z_2 - z_1)^2 \end{aligned} \]
bulunur. Üçgenin bozulduğu durumlarda da eşitlik geçerlidir: \(P_1 = Q\) ise (\(x_1 = x_2\), \(y_1 = y_2\)) \(|P_1P_2| = |QP_2| = |z_2 - z_1|\) olur; \(Q = P_2\) ise (\(z_1 = z_2\)) \(|P_1P_2| = |P_1Q|\) olur ve her iki durumda da formüldeki fazladan terim sıfırdır. Uzunluk negatif olmadığından her iki yanın karekökünü alarak istenen formüle ulaşırız.
\(\blacksquare\)
Formül düzlemdekinin doğal uzantısıdır: köklü ifadenin içine üçüncü koordinatların farkının karesi eklenir. Özel olarak \(P_1 = O\) alınırsa, \(P(x, y, z)\) noktasının başlangıç noktasına uzaklığı
\[ |OP| = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} \]
olur.
Örnek 6.8 (İki nokta arasındaki uzaklığın hesabı) \(P_1(1, 2, 3)\) ve \(P_2(3, -1, 9)\) noktaları arasındaki uzaklığı bulunuz.
Çözüm
Koordinat farkları \(x_2 - x_1 = 3 - 1 = 2\), \(y_2 - y_1 = -1 - 2 = -3\) ve \(z_2 - z_1 = 9 - 3 = 6\)’dır. Teorem 6.1 ile
\[ |P_1P_2| = \sqrt{2^2 + (-3)^2 + 6^2} = \sqrt{4 + 9 + 36} = \sqrt{49} = 7 \]
bulunur.
\(\blacksquare\)
6.5 Küre
Düzlemde sabit bir noktaya sabit uzaklıktaki noktalar bir çember oluşturuyordu. Aynı soruyu uzayda sorduğumuzda uzaklık formülü bizi doğrudan küreye götürür.
Örnek 6.9 (Bir noktaya sabit uzaklıktaki noktalar) Uzayda bir \(P_0(x_0, y_0, z_0)\) noktasına uzaklığı sabit ve \(r \in \mathbb{R}^+\) birim olan noktaların geometrik yerini bulunuz.
Çözüm
Aranan kümeye ait rastgele bir nokta \(P(x, y, z)\) olsun. Teorem 6.1 ile
\[ \begin{aligned} |P_0P| = r &\iff \sqrt{(x - x_0)^2 + (y - y_0)^2 + (z - z_0)^2} = r \\[1mm] &\iff (x - x_0)^2 + (y - y_0)^2 + (z - z_0)^2 = r^2 \end{aligned} \]
elde edilir. İkinci denklik iki yanın karesi alınarak elde edilir ve iki yönde de geçerlidir, çünkü hem kök hem \(r\) negatif olmayan sayılardır. Buna göre aranan geometrik yer
\[ \{P(x, y, z) \in \mathbb{R}^3 \mid (x - x_0)^2 + (y - y_0)^2 + (z - z_0)^2 = r^2\} \]
kümesidir. Bu küme, \(P_0(x_0, y_0, z_0)\) merkezli ve \(r\) yarıçaplı küre yüzeyidir.
\(\blacksquare\)
Bu geometrik yere bir ad verelim.
Tanım 6.6 (Küre) Uzayda sabit bir \(M(a, b, c)\) noktasına uzaklığı sabit bir \(r > 0\) sayısına eşit olan noktaların kümesine küre (küre yüzeyi) denir. \(M\) noktasına kürenin merkezi, \(r\) sayısına kürenin yarıçapı denir. Merkezi \(M(a, b, c)\) ve yarıçapı \(r\) olan kürenin denklemi
\[ (x - a)^2 + (y - b)^2 + (z - c)^2 = r^2 \]
biçimindedir.
Yani bir nokta, merkeze uzaklığı tam olarak \(r\) ise küre üzerindedir; kürenin denklemi, bu uzaklığın karesinin \(r^2\) olduğunu söyler. Çember denklemine üçüncü bir kare terim eklenmiş gibidir.
Örnek 6.10 (İkizkenar dik üçgen) Uzayda bir dik koordinat sisteminde \(A(-2, 5, 8)\), \(B(-6, 7, 4)\) ve \(C(-3, 4, 4)\) noktalarının bir ikizkenar dik üçgenin köşeleri olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Üç kenarın uzunluğunun karesini Teorem 6.1 ile hesaplayalım:
\[ \begin{aligned} |AB|^2 &= (-6 - (-2))^2 + (7 - 5)^2 + (4 - 8)^2 \\ &= 16 + 4 + 16 = 36, \\[1mm] |BC|^2 &= (-3 - (-6))^2 + (4 - 7)^2 + (4 - 4)^2 \\ &= 9 + 9 + 0 = 18, \\[1mm] |CA|^2 &= (-2 - (-3))^2 + (5 - 4)^2 + (8 - 4)^2 \\ &= 1 + 1 + 16 = 18. \end{aligned} \]
Buradan \(|AB| = 6\) ve \(|BC| = |CA| = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}\) çıkar.
Önce üç noktanın bir üçgen belirttiğini, yani aynı doğru üzerinde olmadığını görelim. Üç nokta bir doğru üzerinde olsaydı, en uzun kenar öbür ikisinin toplamına eşit olurdu. Oysa \(|BC| + |CA| = 6\sqrt{2} \approx 8{,}49\) ve bu sayı \(|AB| = 6\)’dan büyüktür. Demek ki \(A\), \(B\), \(C\) bir üçgenin köşeleridir.
Üç nokta her zaman bir düzlem üzerinde bulunduğundan bu üçgene düzlem geometrisini uygulayabiliriz.
\[ |BC|^2 + |CA|^2 = 18 + 18 = 36 = |AB|^2 \]
olduğundan Pisagor teoreminin karşıtına göre üçgen, \(AB\) kenarının karşısındaki \(C\) köşesinde diktir. Ayrıca \(|BC| = |CA|\) olduğundan dik kenarlar eşittir. Dolayısıyla \(ABC\) bir ikizkenar dik üçgendir.
\(\blacksquare\)
Örnek 6.11 (Aynı küre üzerindeki dört nokta) \(A(3, 2, 2)\), \(B(-1, 1, 3)\), \(C(0, 5, 6)\) ve \(D(2, 1, 2)\) noktalarının merkezi \(M(1, 3, 4)\) olan bir kürenin üzerinde olduğunu gösteriniz ve bu kürenin yarıçapını bulunuz.
Çözüm
Dört noktanın \(M(1, 3, 4)\) merkezine uzaklıkları eşitse, bu noktalar merkezi \(M\) olan ve yarıçapı bu ortak uzaklık olan kürenin üzerindedir. Uzaklıkları Teorem 6.1 ile hesaplayalım:
\[ \begin{aligned} |AM| &= \sqrt{(1 - 3)^2 + (3 - 2)^2 + (4 - 2)^2} = \sqrt{4 + 1 + 4} = 3, \\[1mm] |BM| &= \sqrt{(1 - (-1))^2 + (3 - 1)^2 + (4 - 3)^2} = \sqrt{4 + 4 + 1} = 3, \\[1mm] |CM| &= \sqrt{(1 - 0)^2 + (3 - 5)^2 + (4 - 6)^2} = \sqrt{1 + 4 + 4} = 3, \\[1mm] |DM| &= \sqrt{(1 - 2)^2 + (3 - 1)^2 + (4 - 2)^2} = \sqrt{1 + 4 + 4} = 3. \end{aligned} \]
\(|AM| = |BM| = |CM| = |DM| = 3\) olduğundan \(A\), \(B\), \(C\) ve \(D\) noktaları, merkezi \(M(1, 3, 4)\) ve yarıçapı \(r = 3\) olan
\[ (x - 1)^2 + (y - 3)^2 + (z - 4)^2 = 9 \]
küresinin üzerindedir.
\(\blacksquare\)
Kürenin denklemindeki kareleri açarsak, çemberde olduğu gibi, katsayıları daha az belirgin bir biçim elde ederiz. Tersine, böyle açılmış bir denklem verildiğinde merkezi ve yarıçapı bulmak için kareleri yeniden tamamlarız.
Önerme 6.1 (Genel biçimdeki küre denklemi) \(D, E, F, G\) reel sayılar olmak üzere
\[ x^2 + y^2 + z^2 + Dx + Ey + Fz + G = 0 \]
denklemini sağlayan noktaların kümesi, \(k = D^2 + E^2 + F^2 - 4G\) olmak üzere,
- \(k > 0\) ise merkezi \(\left(-\frac{D}{2}, -\frac{E}{2}, -\frac{F}{2}\right)\) ve yarıçapı \(r = \frac{\sqrt{k}}{2}\) olan küredir;
- \(k = 0\) ise yalnız \(\left(-\frac{D}{2}, -\frac{E}{2}, -\frac{F}{2}\right)\) noktasından oluşur;
- \(k < 0\) ise boş kümedir.
İspat
Her değişken için kareyi tamamlayalım. Örneğin \(x\) için
\[ x^2 + Dx = \left(x + \frac{D}{2}\right)^2 - \frac{D^2}{4} \]
ve \(y\), \(z\) için de benzer eşitlikler vardır. Bunları denklemde yerine yazıp sabitleri sağ tarafa toplarsak denklem
\[ \left(x + \frac{D}{2}\right)^2 + \left(y + \frac{E}{2}\right)^2 + \left(z + \frac{F}{2}\right)^2 = \frac{k}{4} \]
biçimini alır. Sol taraf, \(P(x, y, z)\) noktasının \(N\left(-\frac{D}{2}, -\frac{E}{2}, -\frac{F}{2}\right)\) noktasına uzaklığının karesi, yani \(|NP|^2\)’dir.
- \(k > 0\) ise denklem \(|NP|^2 = \left(\frac{\sqrt{k}}{2}\right)^2\), yani \(|NP| = \frac{\sqrt{k}}{2}\) demektir; Tanım 6.6 gereği bu, merkezi \(N\) ve yarıçapı \(\frac{\sqrt{k}}{2}\) olan küredir.
- \(k = 0\) ise \(|NP| = 0\), yani \(P = N\) olmalıdır; küme tek noktadır.
- \(k < 0\) ise negatif olmayan \(|NP|^2\) sayısı negatif bir sayıya eşit olamaz; denklemi sağlayan nokta yoktur.
\(\blacksquare\)
Kuralı ezberlemek yerine her örnekte kareleri doğrudan tamamlamak çoğu zaman daha kolaydır; aşağıdaki iki örnekte böyle yapacağız.
Örnek 6.12 (Denklemi verilen kürenin merkezi ve yarıçapı) Denklemi \(x^2 + y^2 + z^2 - 6x + 4y - 8z = 7\) olan kürenin merkezinin koordinatlarını ve yarıçapını bulunuz.
Çözüm
Terimleri değişkenlere göre gruplayalım ve her grubu tam kareye tamamlayalım. \(x^2 - 6x\) ifadesine \(\left(\frac{-6}{2}\right)^2 = 9\), \(y^2 + 4y\) ifadesine \(\left(\frac{4}{2}\right)^2 = 4\), \(z^2 - 8z\) ifadesine \(\left(\frac{-8}{2}\right)^2 = 16\) ekleriz; denklem bozulmasın diye aynı sayıları sağ tarafa da ekleriz:
\[ \begin{aligned} &(x^2 - 6x + 9) + (y^2 + 4y + 4) + (z^2 - 8z + 16) \\ &\qquad = 7 + 9 + 4 + 16 = 36. \end{aligned} \]
Parantezler tam kare olduğundan denklem
\[ (x - 3)^2 + (y + 2)^2 + (z - 4)^2 = 36 = 6^2 \]
biçiminde yazılır. Tanım 6.6 ile karşılaştırırsak kürenin merkezi \((3, -2, 4)\) ve yarıçapı \(r = 6\)’dır.
Aynı sonuç Önerme 6.1 ile de bulunur: \(D = -6\), \(E = 4\), \(F = -8\), \(G = -7\) için \(k = 36 + 16 + 64 + 28 = 144\) ve \(r = \frac{\sqrt{144}}{2} = 6\).
\(\blacksquare\)
Örnek 6.13 (Küre belirtmeyen bir denklem) Aşağıdaki denklemi sağlayan noktaların kümesini bulunuz:
\[ x^2 + y^2 + z^2 - 2x + 4y + 6z + 20 = 0. \]
Çözüm
Kareleri tamamlayalım: \(x^2 - 2x = (x - 1)^2 - 1\), \(y^2 + 4y = (y + 2)^2 - 4\) ve \(z^2 + 6z = (z + 3)^2 - 9\). Bunları denklemde yerine yazarsak
\[ (x - 1)^2 + (y + 2)^2 + (z + 3)^2 - 1 - 4 - 9 + 20 = 0 \]
yani
\[ (x - 1)^2 + (y + 2)^2 + (z + 3)^2 = -6 \]
elde edilir. Sol taraf üç karenin toplamı olduğundan hiçbir zaman negatif olamaz; sağ taraf ise \(-6\)’dır. Dolayısıyla denklemi sağlayan hiçbir nokta yoktur ve küme \(\varnothing\)’dir. Bu denklem, görünüşü küre denklemine benzese de bir küre belirtmez. Nitekim Önerme 6.1 ile de aynı sonuç çıkar: \(D = -2\), \(E = 4\), \(F = 6\), \(G = 20\) için \(k = 4 + 16 + 36 - 80 = -24 < 0\) olur.
\(\blacksquare\)
6.6 Alıştırmalar
Aşağıdaki alıştırmalarda uzaklık formülünü ve küre denklemini kullanacağız.
Alıştırma 6.1 (Uzaklıklar oranı sabit olan noktalar) \(P_1(2, -3, 4)\) noktasına uzaklığı, \(P_2(-1, 2, -2)\) noktasına uzaklığının \(2\) katı olan noktaların geometrik yerinin denklemini bulunuz.
Çözüm
\(P(x, y, z)\), istenen geometrik yere ait bir nokta olsun. Koşul \(|PP_1| = 2|PP_2|\)’dir. İki taraf da negatif olmadığından bu eşitlik, karelerinin eşitliğine denktir: \(|PP_1|^2 = 4|PP_2|^2\). Teorem 6.1 ile
\[ \begin{aligned} &(x - 2)^2 + (y + 3)^2 + (z - 4)^2 \\ &\qquad = 4\big[(x + 1)^2 + (y - 2)^2 + (z + 2)^2\big] \end{aligned} \]
yazılır. Şimdi iki tarafı ayrı ayrı açalım. Sol taraf
\[ \begin{aligned} &(x^2 - 4x + 4) + (y^2 + 6y + 9) + (z^2 - 8z + 16) \\ &\qquad = x^2 + y^2 + z^2 - 4x + 6y - 8z + 29, \end{aligned} \]
sağ taraf ise
\[ \begin{aligned} &4\big[(x^2 + 2x + 1) + (y^2 - 4y + 4) + (z^2 + 4z + 4)\big] \\ &\qquad = 4x^2 + 4y^2 + 4z^2 + 8x - 16y + 16z + 36 \end{aligned} \]
olur. Bütün terimleri sağ tarafa toplarsak
\[ 3x^2 + 3y^2 + 3z^2 + 12x - 22y + 24z + 7 = 0 \]
ve \(3\)’e bölersek
\[ x^2 + y^2 + z^2 + 4x - \frac{22}{3}y + 8z + \frac{7}{3} = 0 \]
elde edilir. Kareleri tamamlayalım:
\[ \begin{aligned} x^2 + 4x &= (x + 2)^2 - 4, \\[1mm] y^2 - \tfrac{22}{3}y &= \left(y - \tfrac{11}{3}\right)^2 - \tfrac{121}{9}, \\[1mm] z^2 + 8z &= (z + 4)^2 - 16. \end{aligned} \]
Bunları yerine yazıp sabitleri sağ tarafa geçirirsek
\[ (x + 2)^2 + \left(y - \frac{11}{3}\right)^2 + (z + 4)^2 = 4 + \frac{121}{9} + 16 - \frac{7}{3} \]
bulunur. Sağ tarafı paydası \(9\) olacak biçimde toplarsak
\[ \frac{36 + 121 + 144 - 21}{9} = \frac{280}{9} \]
olur. Dolayısıyla aranan geometrik yerin denklemi
\[ (x + 2)^2 + \left(y - \frac{11}{3}\right)^2 + (z + 4)^2 = \frac{280}{9} \]
dir. Tanım 6.6 gereği bu, merkezi \(M\left(-2, \frac{11}{3}, -4\right)\) ve yarıçapı
\[ r = \sqrt{\frac{280}{9}} = \frac{\sqrt{4 \cdot 70}}{3} = \frac{2\sqrt{70}}{3} \approx 5{,}58 \]
olan bir küredir.
Sonucu bir noktayla denetleyelim. \(P_1P_2\) doğru parçası üzerindeki \(K\left(0, \frac{1}{3}, 0\right)\) noktası için \(|KP_1|^2 = 4 + \frac{100}{9} + 16 = \frac{280}{9}\) ve \(|KP_2|^2 = 1 + \frac{25}{9} + 4 = \frac{70}{9}\) olduğundan \(|KP_1| = 2|KP_2|\) sağlanır. \(K\)’yi küre denkleminde yerine yazarsak \(4 + \frac{100}{9} + 16 = \frac{280}{9}\) bulunur; yani \(K\) gerçekten kürenin üzerindedir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 6.2 (Eşkenar üçgen) \(A(4, 2, 4)\), \(B(10, 2, -2)\) ve \(C(2, 0, -4)\) noktalarının bir eşkenar üçgenin köşeleri olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Kenar uzunluklarının karelerini Teorem 6.1 ile hesaplayalım:
\[ \begin{aligned} |AB|^2 &= (10 - 4)^2 + (2 - 2)^2 + (-2 - 4)^2 \\ &= 36 + 0 + 36 = 72, \\[1mm] |BC|^2 &= (2 - 10)^2 + (0 - 2)^2 + (-4 - (-2))^2 \\ &= 64 + 4 + 4 = 72, \\[1mm] |CA|^2 &= (4 - 2)^2 + (2 - 0)^2 + (4 - (-4))^2 \\ &= 4 + 4 + 64 = 72. \end{aligned} \]
Buna göre \(|AB| = |BC| = |CA| = \sqrt{72} = 6\sqrt{2}\)’dir. Üç nokta bir doğru üzerinde değildir, çünkü öyle olsaydı en uzun kenar öbür ikisinin toplamına eşit olurdu; oysa \(6\sqrt{2} + 6\sqrt{2} = 12\sqrt{2} \neq 6\sqrt{2}\). Dolayısıyla \(A\), \(B\), \(C\) bir üçgenin köşeleridir ve üç kenarı eşit olduğundan bu üçgen eşkenardır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 6.3 (Dikdörtgen) \(A(2, -1, 0)\), \(B(0, -1, -1)\), \(C(1, 1, -3)\) ve \(D(3, 1, -2)\) noktalarının bir dikdörtgenin köşeleri olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Uzayda yalnız kenar uzunluklarına bakmak yetmez: dört nokta aynı düzlemde olmayabilir ve o zaman ortada bir dörtgen yoktur. Bu yüzden önce dört noktanın bir düzlemde bir paralelkenar oluşturduğunu, sonra bir açısının dik olduğunu göstereceğiz.
Kenarlar ve köşegenler. Teorem 6.1 ile
\[ \begin{aligned} |AB|^2 &= (0 - 2)^2 + (-1 + 1)^2 + (-1 - 0)^2 = 5, \\[1mm] |BC|^2 &= (1 - 0)^2 + (1 + 1)^2 + (-3 + 1)^2 = 9, \\[1mm] |CD|^2 &= (3 - 1)^2 + (1 - 1)^2 + (-2 + 3)^2 = 5, \\[1mm] |DA|^2 &= (2 - 3)^2 + (-1 - 1)^2 + (0 + 2)^2 = 9 \end{aligned} \]
ve köşegenler için
\[ \begin{aligned} |AC|^2 &= (1 - 2)^2 + (1 + 1)^2 + (-3 - 0)^2 = 14, \\[1mm] |BD|^2 &= (3 - 0)^2 + (1 + 1)^2 + (-2 + 1)^2 = 14 \end{aligned} \]
bulunur. Yani \(|AB| = |CD| = \sqrt{5}\), \(|BC| = |DA| = 3\) ve \(|AC| = |BD| = \sqrt{14}\)’tür.
Köşegenlerin ortak orta noktası. \(N\left(\frac{3}{2}, 0, -\frac{3}{2}\right)\) noktasını alalım. Bu noktanın dört köşeye uzaklıklarının kareleri
\[ \begin{aligned} |NA|^2 &= \left(2 - \tfrac{3}{2}\right)^2 + (-1 - 0)^2 + \left(0 + \tfrac{3}{2}\right)^2 = \tfrac{7}{2}, \\[1mm] |NB|^2 &= \left(0 - \tfrac{3}{2}\right)^2 + (-1 - 0)^2 + \left(-1 + \tfrac{3}{2}\right)^2 = \tfrac{7}{2}, \\[1mm] |NC|^2 &= \left(1 - \tfrac{3}{2}\right)^2 + (1 - 0)^2 + \left(-3 + \tfrac{3}{2}\right)^2 = \tfrac{7}{2}, \\[1mm] |ND|^2 &= \left(3 - \tfrac{3}{2}\right)^2 + (1 - 0)^2 + \left(-2 + \tfrac{3}{2}\right)^2 = \tfrac{7}{2} \end{aligned} \]
olduğundan dört uzaklık da \(\sqrt{\frac{7}{2}} = \frac{\sqrt{14}}{2}\)’dir. Buradan \(|NA| + |NC| = \sqrt{14} = |AC|\) çıkar. Bir noktanın iki noktaya uzaklıklarının toplamı o iki nokta arasındaki uzaklığa eşitse, nokta bu iki noktayı birleştiren doğru parçası üzerindedir (aksi hâlde \(A\), \(N\), \(C\) bir üçgen oluşturur ve üçgen eşitsizliği kesin olurdu). Dolayısıyla \(N\), \(AC\) köşegeninin üzerindedir ve \(|NA| = |NC|\) olduğundan onun orta noktasıdır. Aynı gerekçeyle \(|NB| + |ND| = \sqrt{14} = |BD|\) ve \(|NB| = |ND|\) olduğundan \(N\), \(BD\) köşegeninin de orta noktasıdır.
Düzlemsellik ve paralelkenar. \(\sqrt{5} + 3 > \sqrt{14}\) olduğundan \(A\), \(B\), \(C\) bir doğru üzerinde değildir; dolayısıyla \(AC\) ile \(BD\) farklı iki doğrudur ve \(N\) noktasında kesişirler. Kesişen iki doğru bir düzlem belirttiğinden \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) noktalarının dördü de bu düzlemdedir. Bu düzlemde \(ABCD\) dörtgeninin köşegenleri birbirini ortaladığından \(ABCD\) bir paralelkenardır.
Dik açı. \(ABC\) üçgeninde
\[ |AB|^2 + |BC|^2 = 5 + 9 = 14 = |AC|^2 \]
olduğundan Pisagor teoreminin karşıtına göre \(B\) köşesindeki açı diktir. Bir açısı dik olan paralelkenar dikdörtgendir. Dolayısıyla \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) noktaları bir dikdörtgenin köşeleridir. (Köşegenlerin eşit olması, \(|AC| = |BD| = \sqrt{14}\), de bunu doğrular: köşegenleri eşit olan paralelkenar dikdörtgendir.)
\(\blacksquare\)
Alıştırma 6.4 (Aynı yönlü ve aynı uzunlukta parçalar) Uzayda bir dik koordinat sisteminde \(A(1, -2, 3)\), \(B(1, 7, 4)\) ve \(C(-2, 3, 0)\) noktaları verilsin. \(\overrightarrow{AB}\) ile \(\overrightarrow{CD}\) aynı vektör olacak biçimde \(D\) noktasını bulunuz.
Çözüm
Vektörleri ayrıntısıyla Vektörler bölümünde inceleyeceğiz; burada yalnız şu kadarını kullanıyoruz: \(\overrightarrow{AB}\) ile \(\overrightarrow{CD}\)’nin aynı vektör olması, \(A\)’dan \(B\)’ye giderken koordinatlarda oluşan değişimin \(C\)’den \(D\)’ye giderken oluşan değişimle aynı olması demektir. \(A(a_1, a_2, a_3)\)’ten \(B(b_1, b_2, b_3)\)’e giderken oluşan değişimi \(\overrightarrow{AB} = (b_1 - a_1,\ b_2 - a_2,\ b_3 - a_3)\) üçlüsüyle yazarız.
\(D = (d_1, d_2, d_3)\) olsun. Buna göre
\[ \overrightarrow{AB} = (1 - 1,\ 7 - (-2),\ 4 - 3) = (0, 9, 1) \]
ve
\[ \overrightarrow{CD} = (d_1 - (-2),\ d_2 - 3,\ d_3 - 0) = (d_1 + 2,\ d_2 - 3,\ d_3) \]
olur. İki üçlünün eşit olması, karşılıklı bileşenlerinin eşit olmasıdır:
\[ \overrightarrow{AB} = \overrightarrow{CD} \iff d_1 + 2 = 0,\quad d_2 - 3 = 9,\quad d_3 = 1. \]
Buradan \(d_1 = -2\), \(d_2 = 12\) ve \(d_3 = 1\), yani \(D = (-2, 12, 1)\) bulunur.
Denetleyelim:
\[ \overrightarrow{CD} = (-2 + 2,\ 12 - 3,\ 1 - 0) = (0, 9, 1) = \overrightarrow{AB}. \]
Ayrıca iki parçanın uzunlukları da eşittir:
\[ |AB| = |CD| = \sqrt{0 + 81 + 1} = \sqrt{82}. \]
\(\blacksquare\)
Uzayda noktaları sayı üçlüleriyle adlandırmayı, iki nokta arasındaki uzaklığı ölçmeyi ve bu ölçümle küre gibi bir yüzeyin denklemini yazmayı öğrendik. Son alıştırmada kullandığımız “koordinat değişimi” fikri, uzayda doğru ve düzlemleri incelemenin temel aracıdır; bir sonraki bölüm olan Vektörler bu fikri ayrıntılı biçimde kurar.