Konikler ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Doç.Dr. Hüseyin AZCAN

Transkript

1 Konikler Yazar Doç.Dr. Hüsein AZCAN ÜNİTE 7 Amaçlar Bu ünitei çalıştıktan sonra; lise ıllarından da tanıdığınız çember, elips, parabol ve hiperbol gibi konik kesitleri olarak adlandırılan geometrik nesneleri akından tanıacak ve bunların kefi bir dik koordinat sisteminde denklemlerini elde edebileceksiniz. İçindekiler Giriş 17 Çember 17 Elips 13 Parabol 140 Hiperbol 148 Özet 154 Değerlendirme Soruları 154

2 Çalışma Önerileri Bu ünitei çalışmadan önce; konik kesitleri hakkındaki lise notlarınıza göz gezdiriniz. düzlemin eşmetrel dönüşümlerini (dönme ve öteleme ünitelerini) tekrar ediniz. ANADOLU ÜNİ VERSİ TESİ

3 KONİ KLER Giriş Konikler (a da koni kesitleri) en önemli geometrik nesnelerdendir. Analitik geometrinin ortaa çıkışıla özellikle koni kesitlerinin incelenmesi çok kolalaşmıştır. Bu inceleeceğimiz nesnelere neden koni kesitleri denildiğini daha sonraki bölümlere bırakarak, bu nesneleri alnız geometrik er tanımlarını kullanarak inceleelim. Bir koni kesiti denildiğinde şu nesneler anlaşılır: Çember, elips, parabol ve hiperbol. Hatta bir sonraki bölümde göreceğimiz gibi çember de özel bir elips olarak algılanırsa temel olarak üç çeşit koni kesitinden bahsedebiliriz. Her ne kadar özel bir elips olsa da biz çember ile koni kesitlerini incelemee başlaalım.. Çember Düzlemde verilen bir noktaa eşit uzaklıktaki noktaların geometrik erine bir çember denir. Bu verilen noktaa çemberin merkezi ve alınan eşit uzaklığa da çemberin arıçapı denir. Bu tanımdan sonra çemberi verilen bir koordinat sisteminde analitik olarak ifade edelim. Ötelenmiş ve dönmüş koordinat sistemlerini de göz önüne alacağımızdan, merkezi (0, 0) başlangıç noktası almamızda bir sakınca oktur. (, ) R 0 Eğer bir (, ) R noktası (0, 0) merkezli R arıçaplı çembere ait bir nokta ise tanıma göre bunun başlangıç noktasına olan uzaklığı R saısına eşit olacaktır. O halde d (0, 0), (, ) = + = R ani çember üzerinde bulunan (, ) noktası + = R koşulunu sağlamalıdır. AÇIKÖĞ RETİ M FAKÜLTESİ

4 18 KONİ KLER Tersine (0, 0) başlangıç noktasına uzaklığı R olan bütün noktalar tanımdan dolaı çember üzerindedir. O halde bir çember, merkezi ve arıçapı ile tek türlü belirgin olarak ifade edilebilir. İlk olarak düzlemin bir dönmesi altında çember denkleminin değişmediğini görelim. Düzleme bir R θ dönmesi verildiğinde koordinat değişimi = ' cosθ - ' sinθ = ' sinθ + ' cosθ idi. Şimdi bu değerleri + = R denkleminde erine koarsak (' cosθ - ' sinθ) + (' sinθ + ' cosθ) = R ' cos θ - '' sinθcosθ + ' sin θ + ' sin θ + '' sinθcosθ + ' cos θ = R ' + ' = R elde edilir. Görüldüğü gibi çemberin denklemi R θ dönmesinden hiç etkilenmedi. Bunun nedeni çemberin başlangıç noktasından geçen her doğrua göre simetrik olmasındandır. Şimdi düzlemin T (a, b) ötelemesi altında çember denkleminin nasıl değiştiğini görelim. Bildiğimiz gibi T (a, b) dönüşümü T (a, b) (, ) = (-a, -b) ani = ' + a, = ' + b olarak tanımlanmıştı. Bu koordinat değişimi + = R çember denkleminde erine konulursa: ( - a) + ( - b) = R ' + ' = R + - a - b + a + b - R = 0 şeklini alır. Bu son elde edilen denklemi sıfırdan farklı bir A saısı ile çarparsak A + A + aa + ba + A (a + b - R ) = 0 (7.1) (a, b) R merkezli R arıçaplı en genel çember denklemini elde etmiş oluruz. O halde çember denkleminde. teriminin katsaısı sıfır, ve terimlerinin katsaıları eşittir. ANADOLU ÜNİ VERSİ TESİ

5 KONİ KLER 19 Bu durumda doğal olarak bu koşulları sağlaan her denklem bir çemberi midir sorusu sorulabilir. A + A + B + C + D = 0 denklemini göz önüne alalım. Bütün katsaıları A ile bölerek + + B A + C A + D A = 0 denklemini elde ederiz. Eğer bu denklem (a, b) merkezli R arıçaplı bir çemberin denklemi ise bunu (7.1) denklemi ile karşılaştırarak -a = B A, -b = C A a = -B A, b = -C A -B merkez koordinatları olarak elde edilir. Şimdi arıçapı belirleelim. Yarıçaptaki en önemli kısıt, arıçapın pozitif bir gerçel saı olmasıdır. Yine son A, -C A denklemimizi (7.1) denklemi ile karşılaştırarak D A = -B + -C - R A A elde edilir. Buradan R = B + C - 4AD 4 A olur 4 A > 0 ve R > 0 olduğundan B + C - 4 AD > 0 olmalıdır. Bu durumda arıçap R = B + C - 4AD 4 A = 1 A B + C - 4AD dır. Birkaç örnekle bu anlattıklarımızı pekiştirelim. Örnek (-1, ) merkezli 3 arıçaplı çemberin denklemini azınız. Çözüm Bu çemberin denklemi ( - (-1)) + ( - ) = 9 AÇIKÖĞ RETİ M FAKÜLTESİ

6 130 KONİ KLER = 0 olarak elde edilir. Örnek = 0 denklemile verilen eğrinin bir çember olup olmadığını inceleiniz. Çözüm Denklemde bütün katsaılar ile oranlanarak = 0 olur (Eğer formülleri anımsaamazsanız karee tamamlama öntemini izleebilirsiniz). + 3 = = = = Bu ifadeleri denklemde erlerine koarsak: = = 3 = 0 elde edilir. O halde denklem - 3 merkezli ve arıçaplı bir çember, 1 3 gösterir. Çemberin çok önemli bir başka analitik ifadesini de aşağıdaki şekilde elde edebiliriz. Bu parametrik form ardımıla geometrinin bir cebir probleminin çözümünde nasıl çok güzel bir şekilde kullanıldığını görelim. ANADOLU ÜNİ VERSİ TESİ

7 KONİ KLER 131 = m + 1 = m + 1 doğrusu + = 1 birim çemberini iki noktada keser. Bu noktalardan bir tanesi (0, 1) dir. Diğerini ise hesaplaalım. = m = 1 + (m + 1) = 1 + m + m + 1 = 1 (m + 1) + m = 0 = 0 a da = - m m + 1 elde edilir. = - m m + 1 = m + 1 = m - m m e karşılık gelen değeri elde edilir. -m = + m + 1 m + 1 = 1 - m 1 + m Bu durumda çember ile doğrunun kesiştiği diğer nokta -m m + 1, 1 - m dir. 1 + m Yani çember üzerindeki kefi bir (, ) noktasının koordinatları = - m 1 + m, = 1 - m 1 + m şeklindedir. Bu parametrizasonun bir sonucu olarak + = z şeklindeki Pisagor üçlülerini belirleebiliriz. Yani,, z tamsaılar olmak üzere AÇIKÖĞ RETİ M FAKÜLTESİ

8 13 KONİ KLER + = z denklemini çözebiliriz. Yukarıdaki birim çemberin parametrizasonunda m doğrunun eğimini bir rasonel saı alırsak ve 1 0, bu durumda m = k l, k, l Z (tam saılar kümesi) = - k l 1 + k l = - k l. l k + l = - kl k + l = 1 - k l 1 + k l = l -k. l = l - k l k + l l + k olurlar. Bu (, ) sıralı ikilisi birim çembere ait bir nokta olduğundan birim çemberin denklemi olan = 0 denklemini sağlar. Denklemde ve i erine koarsak: - kl k + l + l - k l + k + 1 = 0 (kl) + (l - k ) = (l + k ) olur Yani + = z denklemini bazı çözümlerinin k, l tamsaılar olmak üzere = kl, = l - k, z = l + k olur. Yine birim çemberi inceleerek bütün çözümlerin bunlardan ibaret olduğunu da siz gösteriniz. Örneğin k = 107 ve l = 53 için = kl = = 1134 = l - k = = z = l + k = = 1458 olur. Yalnızca çok pratik bir Pisagor saıları üreteci elde edilmekle kalınmaıp, bütün Pisagor saılarını veren bir öntem geliştirilmiş oldu. 3. Elips Elips çemberin biraz deforme olmuş formu olan bir geometrik nesnedir. Tanımı şu şekilde apılabilir. ANADOLU ÜNİ VERSİ TESİ

9 KONİ KLER 133 Düzlemde verilen F 1 = (a 1, b 1 ) ve F = (a, b ) noktalarına uzaklıkları toplamı verilen sabit bir a saısına eşit olan noktaların geometrik erine bir elips denir. Bu verilen (a 1, b 1 ) ve (a, b ) noktalarına elipsin odakları denir. Başlangıç olarak odakları c > 0 olmak üzere F 1 = (c, 0) ve F = (-c, 0) noktalarında olan ve odaklara uzaklıkları toplamı a a eşit olan noktaların geometrik erinin analitik ifadesini elde edelim: X = (, ) F = (-c, 0) F 1 = (c, 0) (, ) R noktası adı geçen elipse ait bir nokta olsun. Bu durumda tanım gereğince + c c + = a - c + = a - + c + - c + = 4a - 4a + c c + 0 = 4a - 4a + c + + 4c a + c = a + c + c + a 4 + a c + c = a + a c + a c + a c - a - a = a c - a 4 c - a - a = a c - a F 1 X F üçgeninde iki kenar toplamı üçüncü kenardan büük olduğundan a > c a > c dir. Bu durumda a - c > 0. Eğer b = a - c denilirse b + a = a b a + b = 1 AÇIKÖĞ RETİ M FAKÜLTESİ

10 134 KONİ KLER elde edilir. Açıkça görüldüğü gibi eğer (, ) noktası elips üzerinde ise (-, ) noktasıda elips üzerindedir. O halde elips eksenine göre simetriktir. Diğer andan (, ) elipse çift ise (, -) ve (-, -) noktaları da elipse ait olduğundan elips hem eksenine hem de başlangıç noktasına göre simetriktir. Denklemden görüleceği gibi elips eksenini (a, 0) ve (-a, 0) noktalarında - eksenini de (0, b) ve (0, -b) noktalarında keser ve b < a olduğundan eksenine elipsin büük ekseni ve - eksenine de elipsin küçük ekseni denir. Elipsin eksenleri kestiği (a, 0) (-a, 0), (0, b), (0, -b) noktalarına da elipsin köşeleri denir. Son olarak e = c (0, 1) saısına a da elipsin dış merkezliği denir. Eğer e = 0 ise c = 0 olur ve özel bir elips olan çember elde edilir. Yukarıda elde ettiğimiz elips ile devam edecek olursak, denklemleri = a e ve = - a e denklemleri ile verilen özel iki doğru vardır. 0 < e < 1 olduğundan a > a ve - a dır. Dolaısıla Şekil 7.1 de görüldüğü gibi elipsin her iki e e < -a anında er alırlar. = - a e = a e (0, b) (-a, 0) (a, 0) - a e, 0 F = (-c, 0) F 1 = (c, 0) a e, 0 Şekil 7.1: Odakları F 1 = (c, 0) ve F = (-c, 0) Noktaları Olan Merkezil Elips Bu doğrulara elipsin doğrultmanları denir. Bu doğrultmanların elips için özel iki doğru olduklarını görmek için F 1 = (c, 0) odağını, = a doğrultmanını e ve elips üzerinde bir X = (, ) noktası alalım. Bu X noktasını F 1 odağına olan uzaklığı: d, F 1 = - c + = - c + c + b - b a a + b = 1 olduğundan = 1 - b a - c + c + b ANADOLU ÜNİ VERSİ TESİ 1 - b a = a - b a = c a olduğundan = e

11 KONİ KLER 135 = e - ea + a = a - e olur. (a - e > 0 olduğundan Diğer andan X = (, ) noktasının a - = 1 (a - e) dir. e e O halde = a e doğrusuna olan uzaklığı ise (, ) noktasının (c, 0) odağına uzaklığı (, ) noktasının = a e doğrultmanına uzaklığı uzaklığı = e (7.) ve benzer öntemle aşağıda verilen eşitlik de elde edilebilir., noktasının -c, 0 odağına uzaklığı, noktasının = - a e doğrultmanına uzaklığı = e (7.3) Aslında bu elde edilen son iki denklemin her biri elipsin tanımı olarak alınabilir. Bunu şu şekilde görebiliriz. Bir (, ) R noktası (7.) denklemini sağlasın ani: - c + - a e = e olsun. Bu durumda - c + = e - a e - c + c + = e - ae + a 1 - e + = a - c (c = a. e olduğundan c = ae dir) a > c olduğundan b = a - c, e = c a azarsak b + a = a b a + b = 1 elde edilir. Bu durumda elipsin tanımı olarak düzlemde (7.1) a da (7.) özelliğini sağlaan noktaların kümesi olarak alınabilir. Son olarak her iki simetri ekseninin ara kesiti olan noktaa çemberden esinlenerek elipsin merkezi denilebilir. Bizim ukarıda kuruluşunu verdiğimiz elipsin merkezi (0, 0) başlangıç noktasıdır. Şimdi elipsin denkleminin düzlemin dönme ve ötelemesi altında nasıl değiştiğini görelim. Öncelikle T (α, β) (, ) = ( - α, - β) AÇIKÖĞ RETİ M FAKÜLTESİ

12 136 KONİ KLER ötelemesi altında elipsin denkleminin değişimini inceleelim. = ' - α, = ' - β koordinat değişimi a + b = 1 denklemine ugulanır sa: ' - α a + ' - β = 1 b ' + ' a b - α a ' - β ' + α b a + β b = 1 1 a ' + 1 ' - α b a ' - β ' + α b a elde edilir. + β b - 1 = 0 (7.4) Şimdi bu durumun tersine bakalım. Yani A + B + C + D + E = 0 denklemile verilen eğrinin ne zaman (7.4) tipinde bir elips denklemi olacağını inceleelim. (7.4) denkleminde ' ve ' nin katsaıları 1 anı işarete sahiptirler, o a ve 1 b halde a A > 0 ve B > 0 a da A < 0 ve B < 0 olmalıdır. A > 0 ve B > 0 olarak alırsak karee tamamlama ile A + B + C + D + E = 0 A + C + B + D A B A + C + B + D A B - C 4A - D 4B + E = 0 = C 4A + D 4B - E olur. Bu durumda bu denklem merkezi C 4A + D 4B - E > 0 - C A, - C B olmalıdır. Eğer A > B ise kolaca görülebilir ki noktasında ve eksen uzunlukları a = C + C 4A 4AB - E A olan bir elipstir. ve b = C 4AB + D 4B - E B A < B durumunu da benzer şekilde siz inceleiniz. ANADOLU ÜNİ VERSİ TESİ

13 KONİ KLER 137 Örnek = 0 denklemi ile verilen eğrinin bir elipsin olduğunu gösteriniz. Bu elipsin merkezini, odaklarını ve doğrultmanlarını belirleiniz. Çözüm = 0 4 ( - ) = 0 4 ( ) + ( + ) = 0 ( + ) + 4 ( + 1) - 4 = = 1 elde edilir. O halde merkez (-, 1) noktası ve a = 4, b = 1 olduğundan c = a - b = 3 olur. Bu durumda e = a c = 3 ve doğrultmanları + = ± 4 3 = ' = (-, ) (-4, 1) (-, 1) (0, 1) (-- 3, 1) (-+ 3, 1) (-, 0) ' olur. Düzlemin R θ dönmesi altında elipsin denkleminin hangi formu aldığını da görebiliriz. = ' cosθ - ' sinθ = ' sinθ + ' cosθ koordinat değişimi altında, a + b = 1 denklemi ' cosθ - ' sinθ a + ' sinθ + ' cosθ = 1 a AÇIKÖĞ RETİ M FAKÜLTESİ

14 138 KONİ KLER cos θ a + sin θ b ' + sin θ a + cos θ b ' + - sin θ a + sin θ b ' ' = 1 b cos θ + a sin θ ' + b sin θ + a cos θ ' + sin θ a - b ' ' = a b ifadesi elde edilir. Görüldüğü gibi bu ifadede ' nin ve ' nin katsaılarının her ikiside anı işarettedir. Son olarak düzlemin bu ötelemesi ve dönmesi altında doğrultman ve odaklarına da anı hareket ugulanır. Şimdi örnekleri inceleelim. Örnek Köşeleri (0, 0), (4, 4), (1, 3), (3, 1) noktaları olan elipsin denklemini azınız, doğrultmanlarını ve dış merkezliğini hesaplaınız. Çözüm Düzlemde bu noktaları işaretlersek (1, 3). (4, 4) (3, 1) (0, 0) Şekilden görüldüğü gibi elipsin büük ekseni (0, 0) noktasını (4, 4) noktasına birleştiren doğru üzerindedir. Bu noktalar arasındaki uzaklık a idi. O halde a = = 4 a = olur Benzer şekilde küçük eksen uzunluğu b = = b = olur Öte andan c = a - b olduğu anımsanırsa: c = 8 - = 6 olur O halde bu koşulları sağlaan merkezil elips ANADOLU ÜNİ VERSİ TESİ

15 KONİ KLER 139 '' (0, ) (-, 0) (- 6, 0) ( 6, 0) (, 0) '' (0, - ) denklemi " + " 8 doğrultmanları = 1 dir. Bu elipsin dış merkezliği e = a c = 6 = 3 ve " = a doğrularıdır. Şimdi düzlem e = 3/ = 4 3 ve " = π kadar dönme verip ve (, ) ötelemesi aparsak elde edilen merkezil elipsin görüntüsü istenen 4 elipstir. Aşağıdaki şekilde belirtildiği gibi " ' " π 4 O' ' O Önce "O'" koordinat sisteminde denklemi " 8 + " = 1 olan elipsi 'O' koordinat sistemindeki denklemini azalım: " = 1 ' + ', " = 1 - ' + ' θ = π 4 olduğunda 1 ' + ' + 8 ' + ' + ' ' ' + ' = 1 + ' - ' ' + ' 4 = 1 5' + 5' - 6' ' = 16 elde edilir. AÇIKÖĞ RETİ M FAKÜLTESİ

16 140 KONİ KLER O' noktasının O sistemindeki koordinatları (,) olduğundan ' = -, ' = - kullanılarak 5 ( - ) + 5 ( - ) - 6 ( - )( - ) = = 0 denklemi elde edilir. Doğrulmanları içinde anı işlem apılırsa " = 4 3 ve " = ' + ' = 4 3 ve 1 ' + ' = -4 3 olur. Nihaet O sisteminde = 4 3 ve = = 0 ve = 0 doğrultman doğruları elde edilir. 4. Parabol Çember ve elipsten sonra diğer bir önemli konik paraboldür. Parabol de diğer konikler gibi aşağıdaki şekilde tanımlanabilir. Düzlemde bir F = (a, b) noktasına ve bir l doğrusuna anı uzaklıkta olan noktaların geometrik erine bir parabol denir. Eğer X parabole ait bir nokta ise d(x, l) = d(x, F) d(x, l) d(x, F) = 1 olur. Burada adı geçen l doğrusuna parabolün doğrultmanı ve F = (a, b) noktasına parabolün odağı denir. Şimdi ilk olarak a > 0 olmak üzere odağı F = (a, 0) noktası ve doğrultmanı = -a doğrusu olan parabolün analitik ifadesini elde edelim. ANADOLU ÜNİ VERSİ TESİ

17 KONİ KLER a = (, ) ( - a) + F = (a, 0) = -a d (, ), l = + a d (, ), F = ( - a) + değerlerini tanıma göre eşitleerek parabolün analitik ifadesini elde edebiliriz. + a = ( - a) + + a + a = - a + a + 4a = O halde odağı F = (a, 0) ve doğrultmanı = -a doğrusu olan parabolün denklemi = 4a elde edilir. Düzlemin ötelemesi ve dönmesi altında diklik ve uzaklıklar korunacağından ekseninin görüntüsü doğrultmanın görüntüsüne dik kalmaa devam eder. Bu nedenle doğrultmana dik olan doğrua (bizim denklemini elde ettiğimiz parabol için eksenine) parabolün asal ekseni denir. Parabol asal eksenini bir noktada keser (bizim denklemini elde ettiğimiz parabolde (0, 0) noktası) bu noktaa parabolün köşesi denir. Açık olarak göründüğü gibi parabol asal ekseni olan eksenine göre simetriktir. Yani (, ) parabole ait bir nokta ise bunun eksenine göre simetriği olan (, -) noktası da parabole aittir. Bu bilgilerle parabolün şekli kabaca (, ) (0, 0) F = (a, 0) Şekil 7. AÇIKÖĞ RETİ M FAKÜLTESİ

18 14 KONİ KLER olarak çizilir. Şimdi bu elde ettiğimiz parabole öteleme ve dönme dönüşümlerini ugulaarak kefi doğrultman ve kefi odağa sahip olan parabol denklemlerini elde edip bunların özelliklerini belirleelim. İlk olarak düzlemin T (α, β) öteleme dönüşümü altında incelemee başlaalım. T (α, β) : R R, T (α, β) (, ) = ( + α, + β) öteleme dönüşümü verilsin. ' 0' = (α, β) ' 'O'' koordinat sisteminde odağı F' = (a, 0) noktası ve doğrultmanı = -a doğrusu parabölün denklemi ' = 4a' dür. Şimdi buradan orjinal koordinat sistemine geçersek ' = - a, ' = - β değişken değişimile ( - α) = 4a ( - β) - α + α = 4a - 4aβ - α + 4a + α + 4aβ = 0 elde edilir. Görüldüğü ötelenmiş bir parabol denklemi terimi içermez. Şimdi benzer olarak düzlemin R θ dönmesi altında parabol denkleminin ne hal aldığını görelim. Düzlemin R θ (, ) = ( cosθ + sinθ, - sinθ + cosθ) ANADOLU ÜNİ VERSİ TESİ

19 KONİ KLER 143 ' ' θ 0 = 0' 'O'' koordinat sisteminde odağı bu koordinat sisteminde (a, 0) ve doğrultmanı ine 'O'' koordinat sisteminde = - a doğrusu alan parabolün denklemi ' = a' dür. Bu parabölün O orjinal koordinat sistemindeki denklemi ' = cosθ + cosθ ' = cosθ + cosθ koordinat dönüşümü kullanılarak ( cosθ + sinθ) = 4a (- sinθ + cosθ) cos θ + sinθ cosθ + sin θ = -4a sinθ + 4a cosθ cos θ + sin θ + sin θ + 4a sinθ - 4a cosθ = 0 şeklini alır. Bu durumda kefi bir parabolün denklemi dönme öteleme ile kolaca azılabilir. Örnek Doğrultmanı = 0 doğrusu ve odağı F = (0, 0) noktası olan parabolün denklemini azınız. Çözüm Öncelikle doğrultman ve odağı düzlemde geometrik olarak gösterelim. AÇIKÖĞ RETİ M FAKÜLTESİ

20 144 KONİ KLER (0, 1) asal eksen ' (0, 0) 5, 1 5 1, 0 ' Asal eksen, odaktan geçip doğrultman dik olacağı için eğimi m = 1/ ve denklemi = 1 Doğrultman ile asal eksenin kesim noktası dir. = = 0 denklem sisteminin çözümünden, = 5, 1 5 bulunur. O halde doğrultmanın odağa olan uzaklığı a = = 1 5 olur Yani a = 1 5 elde edilir. Devamla parabolün köşesini 1 5, 1 noktası olarak hesaplaabiliriz. Bu bilgilerle önce a = ve odağı 1 5, 0 doğrultmanı = - 1 olan parabolün denklemi 5 = = 5 olur. = , 0 ANADOLU ÜNİ VERSİ TESİ

21 KONİ KLER 145 Şimdi bir R θ dönmesi ugulaarak parabolün asal eksenini = doğrusu apalım. Yalnız bu dönmei ugularken önede dikkat ederek dönme açısını hesaplaalım θ 5 dik üçgeninde sinθ = 1/5 1/ 5 = 5 ve cosθ = /5 5 1/ 5 = 5 5 dönme açısı θ erine θ + π olmalıdır. olur. Yön nedenile sin θ + π = - sinθ = - 5 5, cos θ + π = - cosθ = dir. Bu durumda = 5 parabolüne R π + θ, = , dönmesi ugulanarak: = = = - olur. Bu parabolün grafiği Bu parabolün doğrultmanı ise görüntü ise = - 5 doğrusunun görüntüsü olacaktır. Bu AÇIKÖĞ RETİ M FAKÜLTESİ

22 146 KONİ KLER = = = 1 noktası- olur. Şimdi son olarak başlangıç noktası parabolün köşesi na öteelim. 1 5, , koordinat değişimi ugulanırsa parabolün denklemi = = - olur. Doğrultmanın denklemi ise anı koordinat dönüşümüle = = = 0 elde edilir Bir başka örnek olarak F = (4, 3) (3, ) Şekilde görüldüğü gibi köşesi (3, ) noktası ve odağı F = (4, 3) noktası olan parabolün denklemini azalım. ANADOLU ÜNİ VERSİ TESİ

23 KONİ KLER 147 Çözüm Parabolün ekseni (3, ) ve (4, 3) noktaları tarafından belirlenen doğrudur. Bu doğrunun denklemi = 0 dır. Diğer andan parabolün parametresi a = d 3,, 4, 3 = = dir. Bu durumda doğrultmanı = - doğrusu odağı (, 0) noktası olan parabolün denklemi = 4 olup grafiği 7.3'deki gibi çizilir., 0 = - Şekil 7.3 Bu parabole dönme ve öteleme ugulanarak sorudaki parabol elde edilir. Önce dönme açısını odak ve köşe ardımıla hesaplanabilir. (4, 3) 1 θ (3, ) 1 Şekilden θ = π 4 hesaplanır. Hatta sin θ = cosθ = 1 dir. O halde R π 4 dönmesi R π 4, = 1 + 1, = 1 +, - + AÇIKÖĞ RETİ M FAKÜLTESİ

24 148 KONİ KLER koordinat değişimi = 4 denklemine ugulanırsa 1 + = = olur. Son olarak düzlem (3, ) köşesine ötelenirse T (3, ) (, ) = ( - 3, - ) koordinat değişimi ile = = elde edilir. 5. Hiberbol Önceki kısımlarda dış merkezliğin e = 0, 0 < e < 1 ve e = 1 olması durumlarını inceledik. Bu durumlarda elde edilen koni kesitleri sırasıla çember, elips ve parabol idi. Şimdi kalan tek durum olan e > 1 durumunu inceleeceğiz. e > 1 ve c > 0 olmak üzere, elipsteki kuruluşa paralel olarak, (c, 0) noktasını bir odak ve = c e = c/e = e a a = e e c olarak tanımlandı bir doğrultman doğrusu olsunlar. e > 1 olduğundan a < a < c dir. Bu girişten sonra hiperbolü tanımlaalım. e Düzlemde odağa uzaklığının doğrultmana uzaklığına oranı "e" olan noktaların geometrik erine bir hiperbol denir. - a e (, ) - c + (C, 0) = a e Şekil 7.4 ANADOLU ÜNİ VERSİ TESİ

25 KONİ KLER 149 Şekil 7.4 de de belirtilen uzunlukları kullanarak tanım gereğince - c + - a e = e azılabilir. Bu eşitliği basitleştirirsek: - c + = e - a e = e - a ( -c) + = (e - a) - c + c + = e - ae + a (1 - e ) + = a - c (ae = c olduğundan) c > a olduğundan b = c - a olarak tanımlanırsa b = a c a - 1 = a e e = - b a Bu tanımlamalar kullanılarak: olur olur. - b + = - b a a - b = 1 (7.5) Benzer şekilde (- c, 0) noktasını odak ve = - a doğrusunu doğrultman olarak alsadık ine anı hiperbolü elde edecektik. (Bunu hesaplaarak görmee çalı- e şınız.) (7.5) denklemine akından bakılırsa elips gibi hiperbol de -eksenine, eksenine ve başlangıç noktasına göre simetriktir. Yine elipsteki gibi başlangıç noktasına hiperbolün merkezi denir. Yine (7.5) denkleminden -eksenini (a, 0) ve (- a, 0) noktalarından keser. Bu iki noktaa hiperbolün köşeleri denir. Diğer andan hiper bol -eksenini kesmez. Çünkü (7.5) denklemin de = 0 alınırsa ki bu imkansızdır. - b = 1 olur Hiperbolün tanımı da elips için verdiğimiz orjinal tanıma benzer olarak da apabiliriz. Eğer (c, 0) ve (- c, 0) noktalarını odaklar olarak alırsak. Bu durumda düzlemde bu iki noktaa uzaklıkları farkının mutlak değeri sabit olan (bu sabiti a alalım) noktalarını geometrik erine bir hiperbol denir. AÇIKÖĞ RETİ M FAKÜLTESİ

26 150 KONİ KLER X = (, ) d 1 d - c, 0 = F c, 0 = F 1 X F 1 F üçgeninde iki kenar farkı d 1 - d üçüncü kenar c dan daha küçüktür. Yani d 1 - d = a < c a < c olur. Şimdi bu uzaklıkları hesaplaarak hiperbolün analitik ifadesini bu olla elde edelim. d 1 - d = a + c c + = a olur. Bu son eşitliğin her iki tarafının karesi alınırsa (bu saede mutlak değerden de kurtuluruz). + c c c + = 4a + + c - a = + c + - c c 4 + 4a c + c - 4 a - 4 a - 4c a = c 4 - c + + c 4a c - 4 a - 4 a - 4c a = 0 c - a - a = a c - a c > a olduğundan b = c - a olarak tanımlanırsa a - b = 1 elde edilir. Yine anı denklemi elde ettik. İşlemi tam apmış olmak için diğer önde ispatı siz apınız. Yakından bakılacak olursa hiperbolle akından ilgili olan iki tane doğru vardır. Eğer birinci dördüncü (, ) noktalarını göz önüne alırsak ( (, ) birinci dördünde olduğundan 0, 0 dir). Buradan = b a - a < b a dir. Şimdi eterince büük 'ler için birinci dördündeki hiperbole ait (, ) noktalarının = b doğrusuna olan düşe uzaklık a ANADOLU ÜNİ VERSİ TESİ

27 KONİ KLER 151 b a - = b a - b a - a = b a - - a = b a = b a + - a - - a + - a a + - a < ab olur. Yani a b - < ab dir. Diğer andan = a b ile kesişmez. Çünkü doğrusu a - b = 1 hiperbolü - b a = 1 a b olur ki bu da bir çelişki verir. Yukarıda ise eterince büük ' ler için hiperbol üzerindeki (, ) noktası da = a - a = 1 0 = 1 a b doğrusun eterince akındır. Bu nedenle = doğrusuna hiperbolün asimptotu denir. Simetriden dolaı = - doğrusu da hiperbolün diğer asimptotudur. Şimdi bazı saısal a b a b örnekler apalım. Örnek Odakları (± 3, 0) noktalarında ve asimptotları = ± 1 olan hiperbolün 5 denklemi nedir? Çözüm = = 1 5 (-3, 0) (3, 0) AÇIKÖĞ RETİ M FAKÜLTESİ

28 15 KONİ KLER 1 5 = a b a = 5b olmalıdır. Diğer andan b = c - a b = 9 - a olur. Buradan b = 9-5b 4b = 9, b = 6 3 ve a = olur. O halde hiperbolün denklemi: = = 1 olur Bu hiperbolün dış merkezliği e = c a = olur. O halde doğrultma doğruları = ± 10 6 / 3 3 / 10 6 = ± = ± doğrularıdır. Şimdi düzlemin ötelemesi altında hiperbol denkleminin nasıl değiştiğini görelim: T (α, β) (, ) = ( - α, - β) ötelemesi altında hiperbolüne taşınır. a - = 1 hiperbolü de b - α a - - β = 1 b Bu durumda odaklar T α, β (± c, 0) = (± c - α, β) noktalarına, doğrultmanları T α, β ± a e, 0 = ± a e - α, β olur. Yani eni doğrultmanlar = ± a e - α olur. Son olarak asimptotlar T α, β, ± b a = - α, ± b a - β olur. Yani eni asimptotlar - - β = ± b a - α olur. Şimdi ötelenmiş hiperbolün denklemini açık olarak azarsak: - α a - - β = 1 b 1 a - 1 b - α a + β + α b a - β b - 1 = 0 b - a - αb + βa + b - α β - a b = 0 olur. Şimdi şu örneği inceleelim: ANADOLU ÜNİ VERSİ TESİ

29 KONİ KLER 153 Örnek = 0 hiperbolünün köşelerini, odaklarını, dış merkezliğini, doğrultmanlarını ve asimptotlarını bulunuz. Çözüm Karee tamamlaarak = 0 3( - ) - ( + 4) - 11 = 0 3[( - 1) -1] - [( + ) - 4] - 11 = 0 3( -1) - ( + ) = = 1 elde edilir. O halde a = a = ve b = 3 b = 3 olur. c = b + a = 5 c = 5 ve e = c a = 5 bulunur. Hiperbolün merkezi (1, -) olduğundan odakla 1 ± 5, - noktaları, doğrultmanlar - 1 = ± 5 ve asimptotlar ise + = ± 3-1 olarak elde edilir. Şimdi düzlemin bir R θ dönmesi altında hiperbol denklemin nasıl değiştiğini görelim. R θ (, ) = ( cosθ - sinθ, sinθ + cosθ) dönmesi altında a - = 1 hiperbolünün görüntü b ' cosθ - ' sinθ a - ' sinθ + ' cosθ = 1 şeklini alır. b Odaklar, doğrultmanlar ve asimptotlarında R θ altındaki görüntüleri eni odakları, doğrultmanları ve asimptotları verir. Son olarak asimptotları biribirlerine dik olan bir hiperbola bir ikiz kenar hiperbol denir. AÇIKÖĞ RETİ M FAKÜLTESİ

30 154 KONİ KLER Örnek (3, 5) = F 1 F = (1, 3) (, ) Şekilde verilen hiperbolün denklemini bulunuz. Özet Bu ünitede belki de analitik geometrinin gelişmesindeki en önemli motivason olan konik kesitlerini tanımladık ve sınıflandırdık. Dönme ve öteleme dönüşümleri kullanarak kefi bir koordinat sisteminde bir elipsin, bir parabolün a da bir hiperbolün analitik denkleminin ifadesinin nasıl elde edilebileceğini gördük. Değerlendirme Soruları (1,3) (3,4) (3,) (5,3) 1.,., 3. ve 4. soruları ukarıdaki şekle göre cevaplaınız. 1. Elipsin denklemi aşağıdakilerden hangisidir? A = 0 B = 0 C = 0 D = 0 E = 0 ANADOLU ÜNİ VERSİ TESİ

31 KONİ KLER 155. Elipsin doğrultmanlarının bir tanesinin denklemi nedir? A. 3 B. 3 C. 1 D. 1 E Elipsin dış merkezliği nedir? A. 3 B. 3 C. 1 D. 1 E Elipsin odaklarından birisi nedir? A , 3 B. - 3, 3 C. 3, 4-3 D. 3, + 3 E. 5-3, 3 AÇIKÖĞ RETİ M FAKÜLTESİ

32 156 KONİ KLER (,) + = 1 5., 6. ve 7. soruları ukarıdaki şekle göre cevaplaınız. 5. Parabolün asal ekseni aşağıdaki doğrulardan hangisidir? A. = B. = + 1 C. = + D. = - E. - = Parabolün parametresi aşağıdakilerden hangisidir? A. 3 B. 3 C. 3 D. 3 E. 7. Parabolün odağı aşağıdaki noktalardan hangisidir? A. 4, 4 B. 5, 5 C. 5, 5 D. 9, 9 E. 7, 7 ANADOLU ÜNİ VERSİ TESİ

33 KONİ KLER = 0 çemberinin arı çapı nedir? A. 1 B. C. 3 D. 4 E A. 13, 0 = 1 hiperbolünün odaklarından birinin koordinatlarını bulunuz. B. 0, 13 C. 0, 5 D. 5, 0 E. 5, A. 13 B C. 5 D. 5 E. 5 = 1 hiperbolünün dış merkezliği nedir? Değerlendirme Sorularının Yanıtları 1. A. C 3. B 4. B 5. A 6. D 7. E 8. B 9. B 10. B AÇIKÖĞ RETİ M FAKÜLTESİ