Cetvel yok,
koordinat var.
Analitik geometri, geometriyi cebirle birleştirir: iki noktanın koordinatlarını bilirsen aralarındaki uzaklığı ölçmeden hesaplarsın, aralarındaki herhangi bir noktayı da istediğin oranda yerleştirirsin. İstanbul ile Ankara arası, düşen bir cismin bir sonraki konumu, üçgen bir levhanın dengede durduğu nokta — hepsi aynı iki bağıntıyla çıkar.
İki nokta eksenlerden birine paralel duruyorsa uzaklık kolaydır: koordinatların farkının mutlak değeri. Eğik duruyorlarsa da zor değil — çünkü o eğik doğru parçası, kenarları eksenlere paralel bir dik üçgenin hipotenüsüdür.
A(1, 4) ve B(6, 4) noktaları aynı yükseklikte. Aralarındaki uzaklık yalnız apsis farkıdır:
|AB| = |6 − 1| = 5 birim
Ordinatlar eşit olduğu için dikeyde hiç yol alınmıyor.
C(3, 1) ve D(3, 6) noktaları aynı düşey doğru üzerinde. Uzaklık yalnız ordinat farkıdır:
|CD| = |6 − 1| = 5 birim
Apsisler eşit olduğu için yatayda hiç yol alınmıyor.
E(1, 2) ve F(6, 5) için ne apsisler ne ordinatlar eşit. Bir dik köşe eklenir: G(6, 2).
|EG| = 5, |GF| = 3 ve EGF dik üçgen.
|EF| = √(5² + 3²) = √34 birim
Dik koordinat sisteminde A(x₁, y₁) ve B(x₂, y₂) noktaları için
|AB| = √( (x₂ − x₁)² + (y₂ − y₁)² )
İki uyarı: (1) farkların sırası önemsizdir, çünkü kare
alınınca işaret kaybolur — (x₂ − x₁)² ile (x₁ − x₂)² aynı sayıdır.
(2) parantez içindeki toplam uzaklığın
karesidir; karekök almadan cevap yazmak en sık yapılan
hatadır.
Bir robot A(1, 2) noktasında duruyor ve t saniye sonra bulunduğu noktanın koordinatları
(1 + 3t, 2 + 4t) oluyor. Robot 2. saniyede B, 4. saniyede
C noktasında.
t = 2 → B(1 + 6, 2 + 8) = B(7, 10)
t = 4 → C(1 + 12, 2 + 16) = C(13, 18)
Apsis farkı |13 − 7| = 6, ordinat farkı |18 − 10| = 8. Oluşan BCD dik üçgeninde
|BC|² = 6² + 8² = 100 ⇒ |BC| = 10 birim.
Dikkat: robot 2 saniyede 10 birim gitti, yani hızı sabit ve saniyede
5 birim. Kuralın içindeki 3 ve 4 sayıları da 3-4-5 üçgenini kuruyor — bu tesadüf değil,
(3t, 4t) her t için 5t uzunluğunda bir yer değiştirme verir.
Analitik geometri, matematiğin farklı dalları arasında bir köprüdür: geometrik şekilleri cebirsel ifadelerle birleştirir. Bu köprüyü kuran üç isme düğmelerden bak.
Hayyam’ın cebir ile geometrinin ilişkisini ortaya koyması, Descartes’ın modern analitik geometrinin temelini atan Kartezyen koordinat sistemi ve Fermat’nın eğrilerin analizi konusundaki çalışmaları, günümüz analitik geometrisinin gelişimini büyük ölçüde etkilemiştir. Cebirsel denklemleri geometrik şekillerle çözme fikri, bugün analitik geometride kullanılan yöntemlerin başlangıcını oluşturur.
Dünya yüzeyindeki bir konumu tanımlayan coğrafi koordinatlar enlem ve boylam değerlerinden oluşur. Enlem çizgileri yatay, boylam çizgileri dikey bir düzen kurar — yani tam bir dik koordinat sistemi. Türkiye’de yaklaşık olarak enlemler arası mesafe 111 km, boylamlar arası mesafe 79 km’dir.
En yakın birime yuvarlanmış koordinatlar: Ankara enlem 40,
boylam 33 · İstanbul enlem 41, boylam 29.
Boylam farkı 33 − 29 = 4 → yatayda 4 · 79 = 316 km
Enlem farkı 41 − 40 = 1 → dikeyde 1 · 111 = 111 km
Uzaklık = √(316² + 111²) = √112 177 ≈ 335 km
Bir harita programı aynı mesafeyi 336,75 km ölçer. Farkın
sebebi, programın dünyanın küresel şeklini ve yükseklik gibi etkenleri de hesaba
katmasıdır. Aynı iki il arasındaki yol uzunluğu ise
427 km’dir; yollar arazi koşullarına göre kıvrımlı olduğu
için yol uzunluğu kuş uçuşu mesafeden genellikle daha uzundur.
Haritada bulduğun uzaklık birim cinsindendir; gerçek
uzunluğa çevirmek için ölçek gerekir.
Örnek: A(6, 3) ile B(13, 4) noktalarındaki Ayten ve
Berke, C(x, 0) noktasındaki Can’a eşit hızla aynı anda varıyor. “Aynı anda varmak” =
|AC| = |BC| demektir:
(x − 6)² + 9 = (x − 13)² + 16 ⇒ −12x + 45 = −26x + 185 ⇒
x = 10
|AC| = √(16 + 9) = 5 cm, |BC| = √(9 + 16) = 5 cm, toplam
10 cm.
Ölçek 1 : 10 000 olduğuna göre 10 cm = 100 000 cm =
1000 metre.
Bir harita programı A(5, 5) ile B(−3, −1) arasını 40 km olarak hesaplıyor.
|AB| = √(8² + 6²) = 10 birim ⇒ 1 birim = 4 km.
Aynı programda B(−3, −1) ile C(9, −6) arası:
|BC| = √(12² + 5²) = √169 = 13 birim = 13 · 4 =
52 km.
Buradaki iki üçgen de tanıdık: 6-8-10 ve 5-12-13. Bu üçlüleri
ezberlemek karekök hesabından kurtarır.
Bir doğru parçasının orta noktası, uçların koordinatlarının ortalamasıdır. Sezgisi kolay: yatayda yarı yolda, dikeyde yarı yoldasın.
Uçları A(x₁, y₁) ve B(x₂, y₂) olan [AB]’nın orta noktası C olmak üzere
C ( (x₁ + x₂) / 2 , (y₁ + y₂) / 2 )
Bu bağıntı ayrı bir kural değil, bir sonraki bölümdeki bölme bağıntısının
k = ½ hâlidir: orta nokta, [AB]’yı 1 : 1 oranında bölen
noktadır.
Sorular çoğu zaman orta noktayı verip uçlardan birini sorar. O zaman bağıntıyı çözersin:
A(x₁, y₁) ve orta nokta C(m, n) biliniyorsa
x₂ = 2m − x₁ ve
y₂ = 2n − y₁
Kısaca: B, C’nin A’ya göre simetriğidir. Ortadaki
nokta bir ayna gibi çalışır.
|AC| = |BC| koşulunu sağlayan bütün C noktaları, [AB]’nın
orta dikmesi üzerindedir. Bu yüzden “A ve B’den eşit
hızla çıkıp aynı anda C’ye varmak” türü problemlerde tek denklem yeter:
uzaklıkların kareleri eşitlenir, karekökler hiç
yazılmaz.
Duvara asılan bir tablonun ipini takacağın çivi de tam olarak burada durur — ip iki
köşeden eşit uzaklıkta olmalıdır ki tablo düzgün dursun.
Orta nokta, [AB]’yı iki eşit parçaya böler. Peki 1 : 3 oranında bölseydik? Ya da bölen nokta doğru parçasının dışına düşseydi? İkisi de aynı tek bağıntıyla çıkar; farkı yaratan şey oranın değeridir.
Bölen nokta C, [AB] üzerindedir — A ile B’nin arasında
kalır.
Örnek: A(1, 2), B(5, 6) ve |AK| / |KB| = 1 / 3 olan K noktası. K, A’dan B’ye giden yolun
dörtte birindedir:
x = 1 + ¼ · (5 − 1) = 2
y = 2 + ¼ · (6 − 2) = 3 ⇒ K(2, 3)
Bölen nokta T, [CD]’nın uzantısındadır — doğru üzerinde
ama iki ucun arasında değil.
Bunu anlamanın en kısa yolu: bir hareketli A’dan B’ye gidip
durmadan devam ederse, vardığı yer dıştan bölen
noktadır. Yani “yolun %125’i” gibi bir yerdesindir.
A(x₁, y₁), B(x₂, y₂) ve bölen nokta C(x, y) olmak üzere
(x₂ − x₁) / (x − x₂) = |AB| / |BC|
ve
(y₂ − y₁) / (y − y₂) = |AB| / |BC|
Bu yazılışın iki güzel yanı var: verilen oran doğrudan yerine konur ve
içten mi dıştan mı diye ayrı formül aramaya gerek kalmaz —
çıkan işaret hangisi olduğunu kendisi söyler.
Aynı işi tek katsayıyla da yapabilirsin: C, A’dan B’ye giden yolun k katındaysa
x = x₁ + k · (x₂ − x₁) ve
y = y₁ + k · (y₂ − y₁)
k = ½ orta nokta · 0 < k < 1 içten bölme · k > 1 veya k < 0
dıştan bölme.
Sürtünmesiz ortamda bırakılan bir cismin hızı her saniyede 10 m/sn artıyor; bu yüzden her
saniye aralığında bir önceki aralıktan 10 metre fazla yol
alıyor. Aralıklar: 5 m, 15 m, 25 m, 35 m …
2. saniyede A(−4, 6), 3. saniyede B(1, 1). Demek |AB| = 25 m’ye karşılık geliyor.
3.–4. saniye arasında alacağı yol 25 + 10 = 35 m, yani
|BC| = 35 ve |AB| / |BC| = 5 / 7.
x için: (1 − (−4)) / (x − 1) = 5/7 ⇒ 5(x − 1) = 35 ⇒
x = 8
y için: (1 − 6) / (y − 1) = 5/7 ⇒ 5(y − 1) = −35 ⇒
y = −6
Cismin 4. saniyedeki konumu C(8, −6). C, [AB]’nın
uzantısında olduğu için bu bir dıştan bölme.
A(−3, 6)’dan çıkan araç B’ye 3 saatte, B(7, −4)’ten çıkan araç A’ya 2 saatte varıyor.
Aynı anda birbirlerine doğru hareket ediyorlar; C’de karşılaşıyorlar.
Aynı yolu biri 3, öteki 2 saatte aldığına göre hızları
2’ye 3 oranındadır (süre uzunsa hız küçüktür). Aynı sürede alınan yollar hızlarla
orantılı olduğundan |AC| : |CB| = 2 : 3.
k = 2/5 ile: x = −3 + (2/5)(7 + 3) = −3 + 4 = 1,
y = 6 + (2/5)(−4 − 6) = 6 − 4 = 2 ⇒
C(1, 2).
Karşılaşma noktası hızlı olana daha yakın çıkmaz —
hızlının çıktığı yere daha uzak çıkar. Buradaki hızlı
araç B’den çıkandır ve C, B’den daha uzaktadır.
Ders kitabının bu bölümdeki özet kutusunda içten bölme ve dıştan bölme için
tıpatıp aynı formül iki kez yazılmış ve dıştan bölen
noktanın “[AB] nın üzerinde” olduğu söylenmiş. Dıştan bölen nokta tanımı gereği [AB]’nın
üzerinde değildir, uzantısındadır.
Formülün kendisine gelince: tek bağıntının iki kez yazılması
aslında yanlış değil — çünkü yukarıdaki k yazılışında da gördüğün gibi, içten ve
dıştan bölmeyi ayıran şey formül değil k’nin değeridir.
Karışıklığı yaratan tek şey, oranın |AC| / |AB| yerine |AB| / |BC| diye etiketlenmiş
olması. Bu yüzden bu sayfada, kitabın kendi çözümlü örneklerinde kullandığı ve her iki
durumda da doğru sonuç veren yazılış öğretildi.
Bir cisim herhangi bir noktasından asılırsa, asıldığı noktadan geçen düşey doğrultu ağırlık merkezinden geçecek şekilde dengede kalır. Üçgen bir levhanın bu noktası, üç köşenin koordinat ortalamasıdır.
Köşeleri A(x₁, y₁), B(x₂, y₂) ve C(x₃, y₃) olan ABC üçgeninin ağırlık merkezi G olmak üzere
G ( (x₁ + x₂ + x₃) / 3 , (y₁ + y₂ + y₃) / 3 )
Nereden geliyor: ağırlık merkezi her kenarortayı köşeden
başlayarak 2 : 1 oranında böler. [BC]’nin orta noktası
D ( (x₂+x₃)/2 , (y₂+y₃)/2 ) idi. G, [AD] üzerinde k = 2/3 katsayısıyla durur:
x = x₁ + (2/3)·( (x₂+x₃)/2 − x₁ ) = x₁ + (x₂+x₃)/3 − (2/3)x₁ =
(x₁ + x₂ + x₃)/3
Yani ağırlık merkezi bağıntısı, bu ünitedeki iki bağıntının birleşiminden çıkıyor —
ezberlenecek yeni bir şey değil.
Üçgen bir levha bir iple tavana asıldığında ip G noktasından geçecek şekilde dengede
duruyor. Birinci ölçümde köşeler A(0, 40), B(30, 0),
C(−30, −40):
G = ( (0 + 30 − 30)/3 , (40 + 0 − 40)/3 ) = G(0, 0)
Aynı levha başka bir noktasından asıldığında ip yine G’den geçer — çünkü
ağırlık merkezi levhanın kendi özelliğidir, nasıl
asıldığına bağlı değildir. İkinci ölçümde iki köşe D(−24, 32) ve E(0, −50) olarak görülüyor.
G yine (0, 0) olacağına göre:
(−24 + 0 + x)/3 = 0 ⇒ x = 24
(32 − 50 + y)/3 = 0 ⇒ y = 18
Üçüncü köşe: F(24, 18).
Bu ünitedeki bütün problemler üç bağıntıdan birine iniyor. Tabloda arama yaparak problem türünü, kurulan denklemi ve sonucu birlikte görebilirsin.
Deniz seviyesinde atmosfer basıncı 1 atm’dir; su altında
her 10 metre derinlikte dış basınç 1 atm artar. Yani basınç değeri derinliği doğrudan
verir:
4 atm → 30 m · 6 atm → 50 m · 9 atm → 80 m
A(−5, 4) ile B(1, 2) arasında 20 m, B ile aranan C arasında 30 m yol var:
|AB| / |BC| = 2 / 3.
x: (1 + 5) / (x − 1) = 2/3 ⇒ 2(x − 1) = 18 ⇒ x = 10
y: (2 − 4) / (y − 2) = 2/3 ⇒ 2(y − 2) = −6 ⇒ y = −1
Üçüncü ölçüm konumu: C(10, −1).
Bir uydu gezegeninin etrafında dairesel yörüngede
döndüğüne göre, gezegenle arasındaki uzaklık hep aynı kalır — yörüngenin yarıçapı budur.
Şekil 1: gezegen A(0, 0), uydu B(−3, 11) ⇒ r = √(9 + 121) =
√130
Şekil 2: gezegen C(2, −1), uydu D(−7, k) ⇒ (−7 − 2)² + (k + 1)² = 130
81 + (k + 1)² = 130 ⇒ (k + 1)² = 49 ⇒ k + 1 = ±7
İki cevap birden geçerlidir: k = 6 ya da
k = −8. Uydu çemberin üstünde de altında da olabilir;
kare kökü alırken ± koymayı unutursan bir cevabı kaybedersin.
(x₂ − x₁)² + (y₂ − y₁)² ifadesi uzaklığın karesidir. Şıklarda hem 100 hem 10 varsa, soru tam olarak bunu ölçüyordur. Sorunun “|AB|” mi “|AB|²” mi istediğini okurken işaretle.
(k + 1)² = 49 denkleminin iki çözümü vardır: k = 6 ve k = −8. Bir noktanın koordinatı aranırken çember iki kez kesilir. “Alabileceği değerleri bulunuz” ifadesi gördüğünde cevabın birden fazla olduğunu neredeyse kesin bil.
“A’dan B’ye 3 saat, B’den A’ya 2 saat” ise hızlar 2 : 3 oranındadır — 3 : 2 değil. Aynı yolu daha uzun sürede alan daha yavaştır. Süre ile hız ters orantılıdır; buradaki tek bir ters çevirme bütün koordinatları bozar.
Bölen nokta iki ucun arasında mı yoksa uzantıda mı? Serbest düşme örneğinde cisim B’yi geçip devam ettiği için C dışarıdadır. Şüpheye düşersen bulduğun noktayı kaba bir çizimle işaretle: yanlış taraftaysa hemen görünür.
Haritadan bulduğun sayı birimdir. 1 : 10 000 ölçekte 10 cm = 100 000 cm = 1000 m’dir; 10 km değil. Ölçek çevriminde birimi santimetreden başlatıp öyle çevir, arada kaybolma.
Enlem ordinat (dikey), boylam apsis (yatay) olarak alınır ve çarpanları farklıdır: enlem farkı 111 ile, boylam farkı 79 ile çarpılır. İkisini takas edersen İstanbul – Ankara arası 335 değil, bambaşka bir sayı çıkar.
Soru her açılışta karışıyor, şıkların yeri de sabit değil. Yanlış cevap verdiğinde doğrusunu ve gerekçesini birlikte göreceksin.
Telefonundaki harita, oynadığın oyun, buluşma yeri kavgası — hepsi bu ünitenin iki bağıntısıyla çalışıyor.
Sen ve arkadaşın “tam ortada buluşalım” diyorsunuz. Haritadaki iki eve orta nokta bağıntısını uygularsanız adres çıkar. Ama adil olan orta nokta değil, eşit sürede varılan noktadır — biri yürüyor öteki otobüse biniyorsa orta nokta haksızlıktır.
Telefonun “2,4 km uzaklıkta” dediğinde kuş uçuşu mesafeyi verir; “12 dakika” dediğinde yol uzunluğunu kullanır. İstanbul – Ankara arasında bu fark 335 km’ye karşı 427 km. Yol her zaman daha uzundur; bir yol asla kuş uçuşundan kısa olamaz.
Bir oyunda karaktere “şuraya git” dediğinde motor tam olarak x = x₁ + k(x₂ − x₁) hesabını yapar; k her karede biraz büyür (0’dan 1’e). Karakterin “kaydığını” gördüğün an, k’nin adım adım arttığı andır.
İpin uçları tablonun üst köşelerine bağlı; çivi ipin denge noktasında olmalı. Yani çivi iki köşeden eşit uzaklıkta, [AB]’nın orta dikmesi üzerinde durmalı. A(2, 3) ve B(8, 7) için orta nokta (5, 5) ve tablo ancak bu doğru üzerinde düzgün durur.
Teleferik kabinleri düz bir hat üzerinde, aralarında eşit mesafelerle asılıdır. Bir kabinin konumunu bilen sistem ötekilerini oranda bölme ile hesaplar. Kabinlerin arasının hep aynı kalması bu yüzden ayrı ayrı ölçüm gerektirmez.
Telefonun fotoğraf düzenleyicisinde kırpma çerçevesinin köşesini çektiğinde uygulama köşelerin koordinatlarını yeniden hesaplar; “ortala” düğmesi ise orta nokta bağıntısını çalıştırır. Çerçeveyi döndürdüğünde bile merkez sabit kalır.
Bir uçangöz sabit hızla A’dan B’ye giderken “yolun %60’ında yavaşla” komutu verirsen, cihaz durması gereken noktayı k = 0,6 ile bulur. Aynı hesap uçağın iniş rotasında da çalışır: piste 1800 m, 1400 m ve 800 m kala konumlar aynı doğru üzerindedir.
Kartondan üçgen bir maskot kesip ipe astığınızda hangi noktadan asarsanız asın ip hep aynı noktadan geçer: ağırlık merkezi. Üç köşenin koordinat ortalamasını alıp orayı delerseniz maskot yamulmadan durur.
Antrenörün “sahayı çapraz koş” demesi köşegeni koşmaktır. 40 m × 30 m’lik bir sahada çapraz mesafe √(40² + 30²) = 50 m — kenardan koşmanın (70 m) çok altında. 3-4-5 üçgeni burada da karşına çıkıyor.
İki nokta arasındaki uzaklık ve bölme testi · uzaklık bağıntısı, orta nokta, içten ve dıştan bölme, ağırlık merkezi, enlem-boylam hesabı, ölçek çevrimi ve hareket problemleri
A(x₁, y₁), B(x₂, y₂) için
|AB| = √( (x₂ − x₁)² + (y₂ − y₁)² )
Yatay parçada |x₂ − x₁| · dikey parçada |y₂ − y₁|
Farkın sırası önemsiz; karekökü unutma.
[AB]’nın orta noktası
C ( (x₁ + x₂)/2 , (y₁ + y₂)/2 )
Ucu bulmak için: x₂ = 2m − x₁, y₂ = 2n − y₁
|AC| = |BC| olan noktalar orta dikme üzerindedir.
(x₂ − x₁)/(x − x₂) = |AB| / |BC|
(y₂ − y₁)/(y − y₂) = |AB| / |BC|
Ya da k katsayısıyla:
x = x₁ + k(x₂ − x₁), y = y₁ + k(y₂ − y₁)
0 < k < 1 içten · k = ½ orta nokta · k > 1 ya da k < 0 dıştan
G ( (x₁+x₂+x₃)/3 , (y₁+y₂+y₃)/3 )
Ağırlık merkezi her kenarortayı köşeden başlayarak
2 : 1 böler.
Levha nereden asılırsa asılsın ip hep G’den geçer.
Ömer Hayyam (1048-1131) — denklemleri konik kesitlerle
çözdü; Risale fi’l Cebr ve’l Mukabele
René Descartes (1596-1650) — Kartezyen koordinat
sistemi; La Géométrie
Pierre de Fermat (1607-1665) — eğrilerin analizi,
maksimum-minimum noktaları
Robot |BC| = 10 · İstanbul-Ankara ≈ 335 km (yol 427 km)
Serbest düşme C(8, −6) · İki araç C(1, 2) · Denizaltı C(10, −1)
Ayten-Berke C(10, 0), toplam 1000 m · Uçak C(9, −7)
Levhanın üçüncü köşesi F(24, 18) · Uydu k = 6 veya k = −8
|BC| = 13 birim = 52 km · Araçlar C(3, 0)