˙Içindekiler - ALTIN NOKTA · 134 Analitik Geometri - Mustafa Özdemir Örnek 4.47 E¸skenar...

Içindekiler

BIRINCI BÖLÜMMatrisler

Martislerde Islemler 12

Bir Matrisin Transpozesi 18

Bir Matrisin Tersi 21

Elemanter Satır Operasyonları 27

Bir Matrisin Tersinin Bulunması 31

Bölüm Sonu Tekrar Testi (Matrisler) 37

IKINCI BÖLÜMDeterminant

Determinant 41

Determinantın Özellikleri 48

Kofaktör Yardımıyla Determinant Hesabı 56

Ek Matris 71

Bölüm Sonu Tekrar Testi (Determinant) 75

ÜÇÜNCÜ BÖLÜMLineer Denklem Sistemleri

Lineer Denklem Sistemleri 81

Lineer Homojen Denklem Sistemi 85

Matrisinin Tersi Kullanılarak Denklem Sistemlerinin Çözülmesi 88

Cramer Kuralı 90

Bölüm Sonu Tekrar Testi (Lineer Denklem Sistemleri) 93

DÖRDÜNCÜ BÖLÜMVektörler

Vektörlerde Islemler 98

Dik Koordinat Sistemi 102

Dik Koordinat Sisteminde Iki Nokta Arasındaki Uzaklık 104

Vektörlerin Dik Koordinat Sisteminde Gösterilmesi 107

Birim Vektör 111

Vektörlerin Düzlem Geometride Uygulamaları 112

Lineer Bagımsızlık ve Taban 117

Iç Çarpım 127

Öklid Iç Çarpımının Geometrik Uygulamaları 130

Dogrultman Kosinüsleri 144

Vektörel Çarpım ve Geometrik Uygulamaları 149

Karma Çarpım ve Geometrik Uygulamaları 156

Rn Uzayında Vektörel Çarpım 162

Bölüm Sonu Tekrar Testi (Vektörler) 167

BESINCI BÖLÜMUzayda Dogru Denklemi

Bir Noktası ve Dogrultusu Verilen Dogrunun Denklemi 175

Iki Noktası Verilen Dogrunun Denklemi 178

Bir Noktası Bilinen ve Iki Vektöre Dik Olan Dogrunun Denklemi 180

R3 Uzayında Iki Dogrunun Birbirine Göre Durumları 182

Bir Noktanın Bir Dogruya Uzaklıgı 187

Aykırı Iki Dogru Arasındaki Uzaklık 191

Bölüm Sonu Tekrar Testi (Uzayda Dogru Denklemi) 195

ALTINCI BÖLÜMUzayda Düzlem Denklemi

Düzlem Denklemi 197

Üç Noktası Verilen Düzlem Denklemi 200

Iki Dogruya Paralel, Bir Noktası Bilinen Düzlemin Denklemi 202

Iki Düzlemin Birbirine Göre Durumları 203

Bir Dogru ile Bir Düzlemin Birbirine Göre Durumları 206

Içindeki Iki Dogrusu Bilinen Düzlemin Denklemi 210

Bir Dogrunun Bir Düzlem Üzerindeki Dik Izdüsümünün Denklemi 211

Bir Noktanın Bir Düzleme Uzaklıgı 212

Paralel Iki Düzlem Arasındaki Uzaklık 214

Eksenleri Kestigi Koordinatları Verilen Düzlem Denklemi 215

Düzlem Demeti 216

Izdüsüm Noktasının Bulunması 217

Simetri - Yansıma 219

Bölüm Sonu Tekrar Testi (Uzayda Düzlem Denklemi) 225

YEDINCI BÖLÜMKutupsal Koordinat Sistemi

Kutupsal ve Dik Koordinatların Birbirine Çevrilmesi 229

Kutupsal Koordinatlarda Iki Nokta Arasındaki Uzaklık 232

Kutupsal Koordinatlarda Üçgenin Alanı 232

Kutupsal Koordinatlarda Bir Egrinin Grafiginin Çizilmesi 233

Bölüm Sonu Tekrar Testi (Kutupsal Koordinat Sistemi) 239

SEKIZINCI BÖLÜMKonikler

Çemberin Analitik Incelemesi 244

Bir Dogru Ile Bir Çemberin Birbirine Göre Durumları 247

Üç Noktası Bilinen Çember Denklemi 249

Bir Çember Üzerindeki Bir Noktadan Çizilen Tegetin Denklemi 251

Bir Çembere Dısındaki Bir Noktadan Çizilen Tegetlerin Denklemi 253

Degme Kirisinin Denkleminin Bulunması 255

Bir Noktanın Bir Çembere Göre Kuvveti 256

Çemberlerin Birbirine Göre Durumu 258

Iki Çemberin Dik Kesismesi 260

Kuvvet Ekseni 261

Çember Demeti 263

Elips 265

Merkezil Elips ile Bir Dogrunun Birbirine Göre Durumları 270

Elipsin Dogrultmanları 273

Hiperbol 278

Hiperbolün Asimptotları 280

Merkezil Hiperbol ile Bir Dogrunun Birbirine Göre Durumları 283

Hiperbolün Dogrultmanları 285

Parabol 288

Koniklerin Parametrik Denklemleri 290

Koniklerin Kutupsal Denklemleri 292

Bölüm Sonu Tekrar Testi (Konikler) 295

DOKUZUNCU BÖLÜMKoordinat Dönüsümleri

Noktanın Ötelenmesi 301

Eksenlerin Ötelenmesi 303

Noktanın Döndürülmesi 307

Eksenlerin Döndürülmesi 313

Afin Dönüsüm 316

Bölüm Sonu Tekrar Testi (Koordinat dönüsümleri) 319

ONUNCU BÖLÜMKoniklerin Genel Denklemi

Öteleme Yapılarak x ve y’li terimlerin yok edilmesi 322

Dönme Yapılarak xy ’li terimin yok edilmesi 326

Bölüm Sonu Tekrar Testi (Koniklerin Genel Denklemi) 333

ONBIRINCI BÖLÜMEgri ve Yüzey Denklemleri

Egrilerin ve Yüzeylerin Denklemleri 335

Küre Yüzeyi 338

Kürenin Parametrik Denklemi 341

Küre ve Dogru 342

Küre ve Düzlem 344

Bir Kürenin Teget Düzleminin Bulunması 348

Silindir Yüzeyi 352

Koni Yüzeyi 354

Kuadratik Yüzeyler 356

Elipsoid 356

Eliptik Silindir 357

Eliptik Dik Koni 358

Tek Kanatlı Hiperboloid 359

Çift Kanatlı Hiperboloid 361

Eliptik Paraboloid 362

Hiperbolik Paraboloid 364

Parabolik Silindir 365

Hiperbolik Silindir 366

Dönel Yüzeyler 367

Bölüm Sonu Tekrar Testi (Egri ve Yüzey Denklemleri) 371

ONIKINCI BÖLÜMUzayda Farklı Koordinat Sistemleri

Silindirik Koordinatlar 379

Küresel Koordinatlar 380

Kutupsal Koordinatlar 381

Kaynaklar 382

130 Analitik Geometri - Mustafa Özdemir

4.35 Alıştırma R4 uzayında verilen ~x = (1, 2, 3, 4) , ~y = (0, 3, 1, 2) ve ~z = (1, 0, 2,−1)vektörleri için asagıdakileri hesaplayınız.a) h~x,~yi =? b) h~x,~zi =? c) h~x, ~y + ~zi =? d) h~x+ 3~z,~x− ~yi =?Yanıt : a) 17 b) 3 c) 20 d) 19.

Örnek 4.40 ~x+ ~y + ~z = ~0, h~x, ~xi = h~y, ~yi = h~z, ~zi = 1 ise h~x, ~yi degerinihesaplayınız.Çözüm : ~x+ ~y + ~z = 0 esitligini sırasıyla ~x, ~y ve ~z vektörleriyle çarpalım. Buna göre,

h~x,~xi+ h~x, ~yi+ h~x,~zi = 0⇒ h~x, ~yi+ h~x,~zi = −1h~y,~xi+ h~y,~yi+ h~y,~zi = 0⇒ h~y,~xi+ h~y,~zi = −1h~z,~xi+ h~z,~yi+ h~z,~zi = 0⇒ h~z,~xi+ h~z, ~yi = −1

esitliklerinden, üçüncüsü −1 ile çarpılıp taraf tarafa toplanırsa, h~x, ~yi = −12

elde edilir.

Öklid Iç Çarpımının Geometrik UygulamalarıBu bölümde, Öklid Iç çarpımının, geometride ne gibi kolaylıklar sagladıgını, Öklid

iç çarpımını geometrik olarak nasıl yorumlayabilecegimizi görecegiz. Öklid iç çarpımınıkullanarak, Rn uzayında açı ve uzunlugu içeren birçok problemi çözmemiz mümkündür.Asagıda, bunlardan örnekler verecegiz.

Öklid Iç çarpımı ile bir vektörün uzunlugu arasındaki iliski.Daha önce Rn uzayında bir ~u = (u1, u2, ..., un) vektörünün uzunlugunu

k~uk =pu21 + u22 + · · ·+ u2n

ile ifade etmistik. Diger taraftan, ~u vektörünün kendisiyle iç çarpımı da,h~u,~ui = u21 + u22 + · · ·+ u2n

oldugundan,k~uk =

ph~u,~ui

sonucuna ulasırız.

Örnek 4.41 ~x = 2~u+~v ise k~xk degerini, ~u ve ~v vektörlerinin normuna ve iç çarpı-mına baglı olarak yazınız.Çözüm : Iç çarpımın özellikleri kullanılarak,

k~xk =ph~x,~xi =

ph2~u+ ~v, 2~u+ ~vi

=p4 h~u,~ui+ 2 h~u,~vi+ 2 h~v,~ui+ h~v,~vi

=

q4 k~vk2 + 4 h~u,~vi+ k~vk2

bulunur.

VEKTÖRLER 131

Örnek 4.42 k~x+ ~yk = 5, k~xk = 1 ve k~x− ~yk = 3 olduguna göre, ~y vektörününuzunlugunu bulunuz.Çözüm : k~uk2 = h~u,~ui bagıntısını ve iç çarpımın özelliklerini kullanacagız.

k~x+ ~yk2 = h~x+ ~y,~x+ ~yi = h~x,~xi+ h~x, ~yi+ h~y,~xi+ h~y, ~yi= k~xk2 + 2 h~x, ~yi+ k~yk2

25 = 1 + 2 h~x, ~yi+ k~yk2 (*)elde edilir. Diger yandan,

k~x− ~yk2 = h~x− ~y,~x− ~yi = h~x,~xi− h~x, ~yi− h~y,~xi+ h~y, ~yi= k~xk2 − 2 h~x, ~yi+ k~yk2

9 = 1− 2 h~x, ~yi+ k~yk2 (**)oldugundan, (∗) ve (∗∗) esitlikleri taraf tarafa toplanırsa,

34 = 2 + 2 k~yk2

esitliginden, k~yk = 4 elde edilir. Yani, ~y vektörünün uzunlugu 4 br’dir.

4.36 Alıştırma k~x+ ~yk = 6, k~yk = 2 ve k~x− ~yk = 4 olduguna göre, ~x vektörününuzunlugunu bulunuz.Yanıt :

√22.

4.37 Alıştırma h~x, ~yi = k~x+ ~yk2 − k~x− ~yk2

4oldugunu kanıtlayınız.

Öklid iç çarpımını kullanarak iki vektörün arasındaki açının bulunması.

4.7 Teorem ~x ve ~y, Rn uzayında iki vektör olsun. ~x ve ~y arasındaki açı θ ise,

cos θ =h~x,~yik~xk k~yk

’dir.

y

x

x y−

θ

Kanıt : Rn uzayında, aralarındaki açı θ olan ~x ve ~y vek-törlerini alalım. ~x, ~y ve ~x − ~y vektörleri sekildeki gibibir üçgen olustururlar ve bu üçgenin kenarları k~xk , k~ykve k~x− ~yk uzunluguna sahiptir. Simdi, Kosinüs teoreminiuygulayacagız.

k~x− ~yk2 = k~xk2 + k~yk− 2 k~xk k~yk cos θ

esitliginde, sol taraftaki k~x− ~yk2 normunu,

k~x− ~yk2 = h~x− ~y,~x− ~yi= h~x,~xi− h~x,~yi− h~y,~xi+ h~y, ~yi= k~xk2 − 2 h~x, ~yi+ k~yk2


seklinde yazarsak,k~xk2 − 2 h~x, ~yi+ k~yk2 = k~xk2 + k~yk− 2 k~xk k~yk cos θ

esitliginde, sadelestirmeler yapılarak,h~x, ~yi = k~xk k~yk cos θ

elde edilir. Böylece,

cos θ =h~x, ~yik~xk k~yk

bulunur. ¥Not : Öklid iç çarpımının en önemli geometrik yorumu, iki vektör arasındaki açıyı bula-bilmemizi saglamasıdır.

Örnek 4.43 Sıfırdan farklı iki vektörün dik olmasıyla, iç çarpımları arasında nasıl birbagıntı vardır?

Çözüm : Aralarındaki açı 90◦ olan ~x ve ~y vektörlerini alalım. cos 90◦ = 0 oldugundan,

cos θ =h~x,~yik~xk k~yk = 0

esitliginden, h~x, ~yi = 0 elde edilir. Sonuç olarak, iki vektörün iç çarpımı 0 ise, bu ikivektör birbirine dik olacaktır.

Örnek 4.44 ~x = (1, 2, 3, 4, 5) vektörüyle ~y = (2,−3, 5, 1, k) vektörü birbirine dikise k nedir?

Çözüm : ~x ⊥ ~y ise h~x, ~yi = 0 olmalıdır. Buna göre,h~x, ~yi = 1 · 2 + 2 · (−3) + 3 · 5 + 4 · 1 + 5 · k = 5k + 15 = 0

esitliginden, k = −3 bulunur.

Örnek 4.45 ~x = (1, 3, 0, 2) ve ~y = (1, 0, 2, 3) vektörleri arasındaki açıyı bulunuz.

Çözüm : cos θ =h~x, ~yik~xk k~yk =

1 · 1 + 3 · 0 + 0 · 4 + 2 · 3√1 + 9 + 4

√1 + 4 + 9

=1

2oldugundan, θ = 60◦

elde edilir.

4.38 Alıştırma ~x = (1, 2, 3, 2, 1) ve ~y = (3, 1, 2, 1, 2) vektörleri arasındaki açınınkosinüsünü bulunuz.

Yanıt : cos θ =15

19.

VEKTÖRLER 133

4.39 Alıştırma ~x = (1, 2,−3, 2,−1) ve ~y = (3, k, 2, 1, 2) vektörleri birbirine dik isek =?

Yanıt : k = 3/2.

4.40 Alıştırma R3 uzayında ~x = (1, 2, 3) vektörüne dik olan 5 vektör yazınız.

4.41 Alıştırma R3 uzayında ~x = (1, k, 2) , ~y = (3,−1,m) ve ~z = (n, 2, 2) vektörleriikiser olarak birbirlerine dik olduklarına göre, m,n ve k degerlerini bulunuz.

Yanıt : k = −175,m = −16

5, n =

14

5.

4.42 Alıştırma R3 uzayında ~x = (1, k, 2) , ~y = (2,−1,m) ve ~z = (n, 2, 1) vek-törleri ikiser olarak birbirlerine dik olduklarına göre, m,n ve k degerlerini bulunuz.det (~x, ~y,~z) =? Bu vektörler dogrultusundaki birim vektörlerin olusturdugu matrisin birortogonal matris olacagını gösteriniz.Yanıt : k = −2,m = −2, n = 2.

Not ! Ortogonal bir matriste, tüm satır ve tüm sütun vektörleri birbirine diktir. Tümsatır ve sütun vektörlerinin uzunlugu 1’dir.

Örnek 4.46 A =1

2

⎡⎢⎢⎣−1 −1 1 1−1 1 −1 c−1 b 1 −1−1 −1 a −1

⎤⎥⎥⎦ = matrisi bir ortogonal matris ise,

a =?, b =?, c =?

Çözüm : hS1, S2i = 0 esitliginden, c = 1, hS1, S3i = 0 esitliginden, b = 1 ve son olarak,hS1, S4i = 0 esitliginden, a = −1 elde edilir. Bu a, b, c degerleri için AAT = I oldugunugörebilirsiniz.

4.43 Alıştırma A = 1

9

⎡⎣ 1 4 a−4 b 48 −4 c

⎤⎦matrisi ortogonal olduguna göre, a, b, c deger-

lerini bulunuz.Yanıt : a = 8, b = −7, c = 1.

4.44 Alıştırma A = 1

3

⎡⎣ 1 2 22 1 −2a b c

⎤⎦matrisi ortogonal olduguna göre, a, b, c deger-

lerini bulunuz.Yanıt : a = −2, b = 2, c = −1 veya a = 2, b = −2, c = 1.


Örnek 4.47 Eskenar dörtgenin kösegenlerinin birbirine dik oldugunu vektörleri kul-lanarak kanıtlayınız.

x

y

x y+

x y−

Çözüm : Eskenar dörtgenin aynı köseden çıkan iki kenarını~x ve ~y vektörleriyle gösterirsek, kösegenlerden biri ~x − ~y,digeri ise ~x + ~y vektörü olacaktır. Buna göre, k~xk = k~ykolduguda göz önüne alınırsa,h~x+ ~y,~x− ~yi = k~xk2 − h~x, ~yi+ h~y,~xi− k~yk2

= 0

elde edilir. Bu kösegenlerin birbirine dik oldugunu gösterir.

Örnek 4.48 ~x = (1, 2, 3) vektörüyle aynı düzlemde bulunan birbirine dik iki vektörbulunuz.

Çözüm : ~x vektörünün bulundugu düzlemde bulunan birbirine dik iki vektör ~y ve ~zolsun. Buna göre, h~y,~zi = 0 olmalı ve ~x, ~y,~z aynı düzlemde olmalıdır. Aynı düzlemdeolan üç vektör lineer bagımlı olacagından, bu üç vektörün determinantı 0 olmalıdır. ~yvektörünü rastgele bir vektör alabiliriz. ~y = (1, 1, 1) olsun.~z = (a, b, c) diyelim. Buna göre,

1) h~y,~zi = 0 ise a+ b+ c = 0 (∗) olmalıdır.

2) det (~x, ~y,~z) = 0 ise

¯¯ 1 2 31 1 1a b c

¯¯ = 2b− a− c = 0 (∗∗) olmalıdır.

Buna göre, (∗) ve (∗∗) esitliklerinden, b = 0 ve a = −c bulunur. O halde, ~z = (1, 0,−1)alınabilir.

Rn uzayında herhangi iki vektörle olusturulan paralelkenarın alanını, iç çarpım yardımıylanasıl hesaplayabilecegimizi asagıdaki teoremle verelim.

Öklid iç çarpımını kullanarak alan hesaplamalarının yapılabilmesi.

4.8 Teorem ~x ve ~y, Rn uzayında iki vektör olsun. ~x ve ~y arasındaki açı θ olmaküzere, ~x ve ~y ile olusturulan paralelkenarın alanı

Alan (~x, ~y) =

qh~x,~xi h~y, ~yi− h~x, ~yi2

’dir.

VEKTÖRLER 135

Kanıt : Aralarındaki açı θ olan, ~x ve ~y vektörleriyle olusturulan paralelkenarın alanınıAlan (~x, ~y) = k~xk k~yk sin θ

ile bulabiliriz. sin θ =√1− cos2 θ yazalım. Diger yandan, cos θ =

h~x, ~yik~xk k~yk oldugunu

da kullanırsak,

Alan (~x, ~y) = k~xk k~yk

s1− h~x, ~yi2

k~xk2 k~yk2

=

qk~xk2 k~yk2 − h~x, ~yi2

=


elde edilir. Üçgenin alanı için bu deger 2’ye bölünür. ¥

Örnek 4.49 ~x = (1, 1, 2, 3) ve ~y = (2, 3, 1, 1) vektörleriyle olusturulan paralelke-narın alanını bulunuz.

Çözüm : Alan (~x, ~y) =qh~x,~xi h~y, ~yi− h~x, ~yi2 esitliginden,

Alan (~x, ~y) =√15 · 15− 102 = 5

√5

elde edilir.

Örnek 4.50 Köselerinin koordinatlarıA (1, 1, 1, 0, 1) , B (1, 2, 3, 4, 3) veC (1, 2, 1, 1, 1) olan üçgenin alanını bulunuz.

Çözüm : Önce noktadan vektöre geçelim.

~x =−−→AB = B −A = (0, 1, 2, 4, 2) ve ~y =

−→AC = C −A = (0, 1, 0, 1, 0)

denilirse, üçgenin alanı :

Alan (ABC) =1

2

qh~x,~xi h~y, ~yi− h~x, ~yi2 = 1

2

√25 · 2− 52 = 5

2

bulunur.

Örnek 4.51 ~x = (1, 1) ve ~y = (3, 4) vektörleriyle olusturulan paralelkenarın alanınıbulunuz.

Çözüm : Alan (~x, ~y) =qh~x,~xi h~y, ~yi− h~x, ~yi2 =

√2 · 25− 72 = 1’dir.


4.45 Alıştırma ~x = (0, 1, 0, 2, 2) ve ~y = (2, 0, 0, 2, 1) vektörleriyle olusturulan para-lelkenarın alanını bulunuz.Yanıt : 3

√5.

4.46 Alıştırma Köselerinin koordinatları A(1,1,1,0,1), B(1,2,3,4,3) ve C(1,2,1,1,1)olan üçgenin alanını bulunuz.Yanıt : 5/2.

4.47 Alıştırma ~x = (1, 2) ve ~y = (2, 1) vektörleriyle olusturulan paralelkenarınalanını bulunuz.Yanıt : 3.

4.9 Teorem Düzlemde köselerinin koordinatları A (x1, y1) , B (x2, y2) veC (x3, y3) olan üçgenin alanı

Alan (ABC) =1

2

¯¯ 1 x1 y11 x2 y21 x3 y3

¯¯

degerinin mutlak degeridir.

A

B C θ

y

x

1. Kanıt :−−→BA = ~y = (x1 − x2, y1 − y2) ve

−−→BC = ~x = (x3 − x2, y3 − y2) ile gösterelim ve

Alan (ABC) =1

2


formülünü uygulayalım. Buna göre, uzun ve sıkıcı islem-ler sonucunda,

h~x,~xi h~y,~yi− h~x, ~yi2 =³(x1 − x2)

2+ (y1 − y2)

2´³(x3 − x2)

2+ (y3 − y2)

2´

− ((x1 − x2) (x3 − x2) + (y1 − y2) (y3 − y2))2

= (x1y2 − x2y1 − x1y3 + x3y1 + x2y3 − x3y2)2

bulunur. Buradan,

Alan (ABC) =1

2(x1y2 − x2y1 − x1y3 + x3y1 + x2y3 − x3y2)

=1

2

¯¯ 1 x1 y11 x2 y21 x3 y3

¯¯

elde edilir. ¥

VEKTÖRLER 137

2. Kanıt (Klasik Yöntem)

A

B

C

M N K x2 x1 x3

y2

y3

y1

Yamukların alanlarını kullanarak,A (ABC) = A (BMNA)+A (ANKC)

−A (BMKC)

esitliginden sonuca ulasabiliriz.

A (BMNA) = (x1 − x2)

µy1 + y22

¶A (ANKC) = (x3 − x1)

µy1 + y32

¶A (BMKC) = (x3 − x2)

µy3 + y22

¶oldugu kullanılırsa,

Alan (ABC) =1

2(x1y2 − x2y1 − x1y3 + x3y1 + x2y3 − x3y2)

=1

2

¯¯ 1 x1 y11 x2 y21 x3 y3

¯¯

elde edilir. ¥

Örnek 4.52 Düzlemde köselerinin koordinatlarıA,B veC olan üçgenin alanının1

2

¯det(−−→AB,

−−→AC)

¯degerine esit oldugunu gösteriniz.

Çözüm : Üçgenin köselerinin koordinatları A (x1, y1) , B (x2, y2) ve C (x3, y3) olsun.−−→AB = (x2 − x1, y2 − y1) ve

−→AC = (x3 − x1, y3 − y1)

oldugundan,1

2

¯det(−−→AB,−→AC)

¯=

1

2

¯x2 − x1 y2 − y1x3 − x1 y3 − y1

¯=

1

2(x1y2 − x2y1 − x1y3 + x3y1 + x2y3 − x3y2)

=1

2

¯¯ 1 x1 y11 x2 y21 x3 y3

¯¯

= Alan (ABC)

elde edilir.


Örnek 4.53 Köselerinin koordinatları A (1, 1) , B (2, 3) ve C (3, 6) olan üçgeninalanını hesaplayınız.

Çözüm : 3 farklı sekilde çözelim.

1. Yol (Rn de geçerli genel formül) (Alan (ABC)=1

2

qh~x,~xi h~y, ~yi− h~x, ~yi2)

~x =−−→AB ve ~y =

−→AC alabiliriz. Buna göre, ~x = (1, 2) ve ~y = (2, 5) oldugundan,

Alan (ABC) =1

2

√5 · 29− 122 = 1

2

elde edilir.

2. Yol (Klasik Yöntem) (Alan (ABC) =1

2

¯¯ 1 x1 y11 x2 y21 x3 y3

¯¯)

Alan (ABC) =1

2

¯¯ 1 1 11 2 31 3 6

¯¯ = 1

2

bulunur.

3. Yol (Determinant) (Alan (ABC) =1

2

¯det(−−→AB,−→AC)

¯)

Alan (ABC) =1

2

¯1 22 5

¯=1

2

oldugu görülür.

4.48 Alıştırma Köselerinin koordinatları A (1, 2) , B (2, 3) ve C (3, 1) olan üçgeninalanını 3 farklı yöntemi kullanarak hesaplayınız.

Yanıt :3

2.

4.49 Alıştırma Köselerinin koordinatları A (0, 1) , B (6, 3), C (7, 6) ve D (1, 4) olanparalelkenarın alanını hesaplayınız.

Yanıt : 16.

VEKTÖRLER 139

Örnek 4.54 Köselerinin koordinatlarıA (1, 1, 1) ,B (2, 2, 1) veC (1, 3, 3) olan üç-genin çevrel çemberinin alanını hesaplayınız.

Çözüm : Öncelikle,sinA

a=sinB

b=sinC

c=

1

2R

formülünü kullanarak, çevrel çemberin yarıçapını bulalım. Bunun için üçgenin açılarındanbirinin sinüsünü bulmak yeterli olacaktır.

~x =−−→AB = (1, 1, 0) ve ~y =

−→AC = 0

oldugundan,

cosA =h~x, ~yik~xk k~yk =

2√2√8=1

2⇒ sinA =

√3

2

bulunur. Buradan, a = |BC| =q(−1)2 + 12 + 22 =

√6 oldugundan,

R =a

2 sinA=

√6√3=√2

bulunur ki, çevrel çemberin alanı :Alan = πR2 = 2π

elde edilir.

4.50 Alıştırma R4 uzayında köselerinin koordinatları A (1, 0, 1, 2) , B (1, 2, 3, 4) veC (4, 2, 3, 1) olan üçgenin çevrel çemberinin alanını hesaplayınız.

Yanıt :27

5π.

4.10 Teorem (Schwarz Esitsizligi) ~x, ~y ∈ Rn vektörleri için, k~xk k~yk ≥ |h~x, ~yi|esitsizligi saglanır.

Kanıt : h~x, ~yi = k~xk k~yk cos θ oldugunu biliyoruz. |cos θ| ≤ 1 oldugundan,k~xk k~yk ≥ |h~x, ~yi|

elde edilir. ¥


Not : Teorem 4.10’un kanıtında, Öklid iç çarpımı söz konusu oldugu için, h~x, ~yi =k~xk k~yk cos θ esitligini kullanarak, Schwarz esitsizliginin dogrulugu hemen görülebilmek-tedir. Fakat, Öklid iç çarpımı dısındaki, herhangi bir iç çarpım için de, bu esitsizlik daimadogrudur. Herhangi bir iç çarpım için bu esitsizligin dogrulugunun kanıtını Lineer Cebirderslerine bırakıyoruz.3

4.11 Teorem (Üçgen Esitsizligi) Bir üçgende, herhangi bir kenar, diger iki ke-narın toplamından küçük, farkından büyüktür.

y

x

x y−

θ

Çözüm : Yandaki sekile göre,

|k~xk− k~yk| < k~x− ~yk < k~xk+ k~ykoldugunu gösterecegiz.i) k~x− ~yk < k~xk+ k~yk oldugunu görelim.


≤ k~xk2 + 2 |h~x, ~yi|+ k~yk2 (Schwarz Esitsizliginden)< k~xk2 + 2 k~xk k~yk+ k~yk2

= (k~xk+ k~yk)2

esitsizliginden, k~x− ~yk < k~xk+ k~yk oldugu görülür.

3 Genel Ispat : x veya y vektörlerinin herhangi birinin sıfır olması durumunda esitlik olur ve teoremdogrudur. x ve y sıfırdan farklı herhangi iki vektör olsunlar. Simdi,

~z = ~x− ~x · ~y~y · ~y ~y

vektörünü gözönüne alalım. Bu vektör, y vektörüne dik sıfırdan farklı bir vektör belirtir. Iç çarpımın pozitiftanımlılık özelligine göre,

~z · ~z ≥ 0olmalıdır. Buna göre,

z · z = x− x · yy · y

y · x− x · yy · y

y ≥ 0

x · x− (x · y) (x · y)y · y

− (x · y) (y · x)y · y

+(x · y)2

y · y≥ 0

(x · x)− (x · y) (y · x)y · y

≥ 0

(x · x) (y · y) ≥ (x · y)2

kxk2 kyk2 ≥ (x · y)2

esitsizliginden istenen elde edilir.

VEKTÖRLER 141

ii) |k~xk− k~yk| < k~x− ~yk oldugunu görelim.


≥ k~xk2 − 2 |h~x, ~yi|+ k~yk2

> k~xk2 − 2 k~xk k~yk+ k~yk2

= (k~xk− k~yk)2

esitsizliginden istenen elde edilir. ¥

Örnek 4.55 Herhangi bir üçgenin yüksekliklerinin bir noktada kesistigini kanıtlayınız.

C

A

B

D E

K

F

x

y z

Çözüm : Köseleri A,B,C olan üçgeni alalım. B veC köselerinden,

−−→CD ⊥ −−→BA ve

−−→BE ⊥ −→AC olacak

sekilde,−−→BE ve

−−→CD vektörlerini alalım. Bu iki vek-

törün kesisme noktası K olsun. A ve K noktasındangeçen

−→AF vektörünün

−−→BC vektörüne dik oldugunu

gösterirsek kanıt biter. Ya da,−−→KA ⊥ −−→BC oldugunu

göstermek yeterlidir. Gösterimi basitlestirmek için,−−→KA = ~x,

−−→KB = ~y ve

−−→KC = ~z

diyelim.

Verilenlere göre,−−→AB = ~y − ~x ve

−→AC = ~z − ~x seklinde yazılabilir. Ayrıca,

−−→AB ⊥ ~z oldugundan, h~z, ~y − ~xi = 0 veya hz, yi− h~z,~xi = 0 (∗)−→AC ⊥ ~y oldugundan, h~y,~z − ~xi = 0 veya hy, zi− h~y,~xi = 0 (∗∗)

esitlikleri vardır. (∗) ve (∗∗) esitliklerini taraf tarafa çıkarırsak,h~y,~xi− h~z,~xi = 0 veya h~y − ~z,~xi = 0

elde edilir. ~y − ~z = −−→BC oldugundan,D−−→BC,~x

E= 0

bulunur ki, bu−−→BC ⊥ ~x olması demektir. Böylece,

−→AF ⊥ −−→BC oldugunu buluruz ki, bu

tüm yüksekliklerin K noktasında kesistigini gösterir.

4.51 Alıştırma Herhangi bir üçgenin kenarlarının orta dikmelerinin bir noktada ke-sistigini kanıtlayınız.


Rn uzayında, verilen herhangi bir ~x vektörünün, baska bir ~y vektörü üzerindeki dikizdüsüm vektörünü de, Öklid iç çarpımı yardımıyla bulabiliriz.

y

x

θ izdx

Öklid iç çarpımını kullanarak Izdüsüm Vektörünün bu-lunması

4.12 Teorem x, y ∈ Rn sıfırdan farklı vektörleri veril-sin. ~x vektörünün, ~y vektörü üzerindeki dik izdüsüm vektörü

~xizd =h~x, ~yih~y,~yi~y

ile bulunur.

y

x

θ izdx e

Kanıt : ~e, ~y dogrultusundaki birim vektör olsun. Buna göre,

~e =~y

k~yk =~xizdk~xizdk

yazılabilir. Bu esitlikten, ~xizd =k~xizdkk~yk ~y elde edilir. Diger

yandan,

k~xizdk = k~xk cos θ = k~xkh~x, ~yik~xk k~yk =

h~x, ~yik~yk

oldugu kullanılırsa,

~xizd =h~x, ~yik~yk2

~y =h~x, ~yih~y, ~yi~y

bulunur. ¥

Örnek 4.56 ~x = (1, 1, 3, 4) vektörünün ~y = (2, 3, 1, 1) vektörü üzerindeki dik izdüsümvektörünü bulunuz.Çözüm : Formül uygulanarak

~xizd =h~x, ~yih~y, ~yi~y =

12

15~y =

4

5(2, 3, 1, 1)

elde edilir. Siz, formül uygulamak yerine, kanıtta kullandıgımız yöntemle bulmaya çalısınız.

4.52 Alıştırma ~x = (0, 1, 1, 0, 1) vektörünün ~y = (1, 1, 1, 1, 1) vektörü üzerindeki dikizdüsüm vektörünü bulunuz.

Yanıt : ~xizd =3

5(1, 1, 1, 1, 1) .

4.53 Alıştırma ~x = (2, 1, 1) vektörünün ~y = (1, 1, 3) vektörü üzerindeki dik izdüsümvektörünü bulunuz.

Yanıt : ~xizd =6

11(1, 1, 3) .

VEKTÖRLER 143

Öklid Iç Çarpımını Kullanarak R3 Uzayında Düzlemin Denkleminin IfadeEdilmesi

P(x0,y0,z0)

X

( , , )N= A B C Bu konuyu daha sonra daha detaylı inceleye-cegiz. Fakat, bir düzlemin denklemini iççarpımı kullanarak nasıl ifade edebilecegimizikısaca görelim. Bunun için düzleme dik olanbir vektörü kullanacagız. Düzleme dik olan birvektör, düzlem üzerindeki tüm vektörlere dik-tir. Buna göre, düzlemin P gibi bir noktasını vedüzlemin dik oldugu

−→N gibi bir vektörü biliy-

orsak düzlem denklemini kolayca bulabiliriz. X (x, y, z) düzlemin degisken noktasınıgöstermek üzere,

−−→PX vektörü daima,

−→N vektörüne diktir. O halde,

<−−→PX,

−→N >= 0

esitligi saglanmalıdır. P (x0, y0, z0) ve−→N = (A,B,C) olmak üzere,

h(x− x0, y − y0, z − z0) , (A,B,C)i = 0esitliginden,

A (x− x0) +B (y − y0) + C (z − z0) = 0

elde edilir.Düzlem denklemi, 6’ncı bölümde detaylı incelenecektir.

Öklid Iç Çarpımını Kullanarak Çemberin ve Kürenin Ifade EdilmesiR2 uzayında, yani düzlemde P (x, y) degisken nokta, M (a, b) ve yarıçap r olmak üzere,çember denklemini, R3 uzayında P (x, y, z) degisken nokta, M (a, b, c) ve yarıçap rolmak üzere, kürenin denklemini ve Rn uzayında P (x1, x2, ..., xn) degisken nokta,M (a1, a2, ..., an) ve yarıçap r olmak üzere, hiperkürenin denklemini, iç çarpımı kul-lanarak, °°°−−→MP

°°°2 = D−−→MP,−−→MP

E= r2

biçiminde ifade edebiliriz.

r P(x,y)

r

M(a,b,c)

P(x,y,z)

Çember ve küre denklemi 11’inci bölümde detalı incelenecektir.


Vektörlerin Dogrultu Açıları ve Dogrultman Kosinüsleri

Tanım : Rn uzayında herhangi bir vektörün dogrultusu, koordinat eksenlerinin pozitifyönde yagtıgı açıların kosinüsleri verilerek belirlenebilir. Bir ~u vektörünün koordinateksenleriyle yaptıkları açılara dogrultu açıları, bu açıların kosinüslerine de dogrultmankosinüsleri denir.

Örnegin, R3 uzayında, ~u = (u1, u2, u3) koordinat eksenleriyle pozitif yönde yaptıgıaçılar sırasıyla α, β,γ olsun. ~u vektörünün dogrultman kosinüslerini asagıdaki gibi be-lirleyebiliriz. x, y ve z koordinatlarının dogrultu vektörlerini sırasıyla ~e1 = (1, 0, 0) ,~e2 = (0, 1, 0) ve ~e3 = (0, 0, 1) ile veririz. Buna göre,

< ~u,~e1 >= k~uk k~e1k cosα⇒ u1 = k~uk cosα⇒ cosα =u1k~uk

< ~u,~e2 >= k~uk k~e2k cosβ ⇒ u2 = k~uk cosβ ⇒ cosβ =u2k~uk

< ~u,~e3 >= k~uk k~e2k cos γ ⇒ u3 = k~uk cos γ ⇒ cos γ =u3k~uk

elde edilir.

4.13 Teorem Rn uzayında verilen bir ~u = (u1, u2, ..., un) vektörünün, Rn’in dikkoordinat sistemindeki koordinat eksenleriyle yaptıkları açılar sırasıyla θ1, θ2, ..., θnolsun. Buna göre,

cos2 θ1 + cos2 θ2 + cos

2 θ3 + · · ·+ cos2 θn = 1esitligi saglanır.

Kanıt : Rn uzayında koordinat eksenlerinin dogrultu vektörleri olarak,

~e1 = (1, 0, 0, ..., 0) , ~e2 = (0, 1, 0, ..., 0), ..., ~en = (0, 0, 0..., 1)

alınabilir. Buna göre,

cos θi =h~u,~eiik~uk k~eik

=uik~uk

elde edilir.

VEKTÖRLER 145

Buradan,

cos2 θ1 + cos2 θ2 + · · ·+ cos2 θn =

u21

k~uk2+

u22

k~uk2+ · · ·+ u2n

k~uk2

=u21 + u22 + · · ·+ u2n

k~uk2

=k~uk2

k~uk2= 1

bulunur. ¥Teorem 4.13. kullanılarak, Rn boyutta, bir vektörün koordinat eksenleriyle yaptıgı naçıdan, n− 1 tanesi verilirse, n’inci açı hakkında yorum yapılabilir.

Örnek 4.57 R3 uzayında bir ~u vektörünün x ekseniyle 60◦, y ekseniyle 150◦ yaptıgıbiliniyor. Buna göre, z ekseniyle kaç derecelik açı yapabilir?Çözüm : cos2 60◦ + cos2 (150◦) + cos2 (θ3) = 1 oldugunu kullanacagız. Buna göre,

cos2 (θ3) = 1−1

4− 34= 0

oldugundan, cos θ3 = 0 olabilir. Yani, θ3 = 90◦ veya 270◦ olabilir.

4.54 Alıştırma R3 uzayında bir ~u vektörünün x ekseniyle 60◦, y ekseniyle 60◦ yaptıgıbiliniyor. Buna göre, z ekseniyle kaç derecelik açı yapabilir?Yanıt : 45◦ veya 135◦.

Örnek 4.58 R3 uzayında bir dogru z ekseniye 45◦ ’lik, x ekseniyle 60◦ ’lik açı yap-maktadır. Buna göre, bu dogrunun y ekseniyle yaptıgı açının tanjantını bulunuz. Budogrunun birim dogrultu vektörü ne olabilir?Çözüm : cos2 60◦ + cos2 θ2 + cos2 (45◦) = 1 esitliginden,

cos2 θ2 =1

4

olur. Buradan, cos θ =1

2⇒ θ = 60◦, 300◦ veya cos θ =

−12⇒ θ = 120◦, 240◦ olur.

Dogrunun dogrultu vektörü ~u = (u1, u2, u3) olsun. k~uk = 1 oldugundan,

cos 60◦ =u1k~uk ⇒

u1k~uk =

1

2⇒ u1 =

1

2,

cos θ2 =u2k~uk ⇒ u2 =

+1

2

cos 45◦ =u3k~uk ⇒ u3 =

√2

2

olacagından, ~u = (1

2,±12,

√2

2) bulunur.


Sonuç : Rn uzayında, bir ~u vektörünün dogrultu kosinüsleri cos θ1, cos θ2, ..., cos θnise,

~u = k~uk (cos θ1, cos θ2, ..., cos θn)ile belirlidir.

Örnek 4.59 R4 uzayında, ~u = (1, 4, 2, 3) vektörünün dogrultman kosinüslerini bu-lunuz.

Çözüm : ~u vektörünün eksenlerle yaptıgı açılar θ1, θ2, θ3 ve θ4 olmak üzere,

cos θi =h~u,~eiik~uk k~eik

=uik~uk

oldugu kullanılırsa,

cos θ1 =1√30

, cos θ2 =4√30

, cos θ3 =2√30

, cos θ4 =3√30

bulunur.

Örnek 4.60 cos (θ − α) = cosα cos θ + sin θ sinα oldugunu vektörleri kullanarakkanıtlayınız.

A

O

B y

x

θ α

Çözüm : ~x ve ~y birim vektörlerinin x ekseniyle yap-tıkları açılar sırasıyla θ ve α olsun. Bu durumda buvektörleri

~x =³cos θ, cos

³π2− θ´´= (cos θ, sin θ)

~y =³cosα, cos

³π2− α

´´= (cosα, sinα)

biçiminde yazabiliriz. Diger yandan ~x ve ~y vek-törleri birim ve aralarındaki açı θ − α oldugundan,cos (θ − α) = hx, yi yazılabilir. Buradan,

cos (θ − α) = h(cos θ, sin θ) , (cosα, sinα)icos (θ − α) = cosα cos θ + sin θ sinα

elde edilir.

A

O

B

α θ

x

y

Not : cos (θ + α) = cosα cos θ − sin θ sinα oldugunu da, yan-daki sekili kullanarak elde edebiliriz. Burada,

~x = (cos θ, sin θ) ve ~y = (cosα,− sinα)oldugu kullanılır.

VEKTÖRLER 147

A

O

B θ

x

y α

Not : sin (θ + α) = sin θ cosα + sinα cos θ oldugunu da,yandaki sekili kullanarak elde edebiliriz. Burada,

~x = (sin θ, cos θ) ve ~y = (cosα, sinα)oldugu kullanılır.

A

O

B

x

y

θ

α

Not : sin (θ − α) = sin θ cosα − sinα cos θ oldugunu da,yandaki sekili kullanarak elde edebiliriz. Burada,

~x = (sin θ, cos θ) ve ~y = (cosα,− sinα)oldugu kullanılır.

Örnek 4.61 Saat 04.10’da, uzunlugu 1 br olan akrep ile uzunlugu 2 br olan yelko-vanın uçları arasındaki uzaklık kaç br olur?b) Saatin merkezi orjin kabul edilirse, 4.10’da akrep (~u) ve yelkovanı (~n) vektörelolarak nasıl ifade edebiliriz. ~n− ~u vektörünü bulunuz ve uzunlugunu hesaplayınız.

12 10

04.00 04.10

1 br

2 br

4 4

Çözüm : Saat 04.00’da akrep ile yelko-van arasındaki açı 120◦’dir. Buna göre,akrebin ve yelkovanın 10 dakikada kaçarderece hareket ettigini bulmalıyız. Yelko-van, 60 dakikada 360◦ hareket ettiginden,10 dakikada 60◦ hareket eder. Akrep ise,60 dakikada 30◦ hareket ettiginden, 10dakikada 5◦ hareket edecektir. Buna göre,04.10’da akrep ile yelkovan arasındaki açı,120 + 5− 60 = 65◦ olur.

Böylece, Kosinüs teoreminden, akrep ve yelkovanın uçları arasındaki uzaklık :

x =√4 + 1− 2 · 2 · 1 · cos 65◦

esitliginden, x = 1, 8192 olarak bulunur.b) Simdi vektörel olarak çözelim. 04.10’da yelkovan ile y ekseni arasındaki açı 60◦oldugundan, yelkovanı vektörel olarak,

~n = (2 sin 60◦, 2 cos 60◦)

seklinde, akrep ile x ekseni arasındaki açı ise, 30◦ + 5◦ = 35◦ oldugundan, akrebi de


~u = (1 cos 35◦,−1 sin 35◦)seklinde ifade edebiliriz. Böylece,

~n− ~u = (2 sin 60◦, 2 cos 60◦)− (1 cos 35◦,−1 sin 35◦)= (2 sin 60◦ − cos 35, 2 cos 60◦ + sin 35◦)

olacaktır. Buradan da,

k~n− ~uk =q(2 sin 60◦ − cos 35◦)2 + (2 cos 60◦ + sin 35◦)2 = 1, 8192

oldugu bulunabilir.

4.55 Alıştırma Saat 05.10’da uzunlugu k olan akrep ile, uzunlugu m olan yelkovanınuçları arasındaki uzaklıgı vektörel yöntemle hesaplayınız.

Örnek 4.62 Bir ABC üçgeninin [BC] kenarı, |CD| = |BC| olacak biçimde Cnoktasının ötesindeki birD noktasına uzatılıyor. [CA] kenarı ise,

|AE| = 2|CA|olacak biçimde A noktasının ötesindeki bir E noktasına uzatılıyor. |AD|=|BE| ise,ABC’nin bir dik üçgen oldugunu kanıtlayınız. (European Girls’ Mathematical Olympiad -2013)

A

B C

E

D x

2x

y y

Çözüm :−→CA = ~x ve

−−→CB = ~y diyelim. Bu

durumda,−→AE = 2~x ve

−−→DC = ~y olur.

Buna göre,−−→BE = 3~x− ~y ve

−−→DA = ~x+ ~y

olacaktır. Buradan, |DA|=|BE| esitliginegöre,

<−−→DA,

−−→DA > = <

−−→BE,

−−→BE >

h~x+ ~y,~x+ ~yi = h3~x− ~y, 3~x− ~yiolmalıdır. Iç çarpımın lineerliginden,

h~x,~xi− 2 h~x, ~yi+ h~y, ~yi = 9 h~x,~xi+ 6 h~x, ~yi+ h~y, ~yiyazılarak düzenlenirse,

h~x,~xi− h~x, ~yi = 0⇒ h~x,~x− ~yi = 0 ⇒ <−→CA,−→CA−−−→CB >= 0

⇒ <−→CA,−−→BA >= 0

elde edilir ki, bu ise−→AC ⊥ −−→AB oldugunu gösterir.

VEKTÖRLER 149

Vektörel Çarpım ve Geometrik Uygulamaları

Skaler çarpımın sonucu bir skaler degerdir. Iki vektörün vektörel çarpımı ise bir vek-tördür. Uzayda ~x = (x1, x2, x3) ve ~y = (y1, y2, y3) gibi iki vektörün vektörel çarpımı;

~x× ~y =

¯¯ ~i ~j ~kx1 x2 x3y1 y2 y3

¯¯

~x× ~y = (x2y3 − x3y2,−x1y3 + x3y1, x1y2 − x2y1)

seklinde tanımlanır. Bu tanıma göre, iki vektörün vektörel çarpımının sonucunda yenibir vektör elde edilir.

Örnek 4.63 ~x = (1, 2, 3) ve ~y = (0, 2, 1) olduguna göre, ~x× ~y vektörünü bu-lunuz.

Çözüm : ~x × ~y = det

⎡⎣ ~i ~j ~k1 2 30 2 1

⎤⎦ = (−4,−1, 2) olur. Bu vektörün hem ~x hem de

~y vektörüyle iç çarpımının sıfır oldugunu ve dolayısıyla ~x ve ~y vektörlerine dik oldugunugörünüz.

Not : ~x × ~y =

¯¯ ~i ~j ~k1 2 30 2 1

¯¯ = µ¯

2 32 1

¯,−¯1 30 1

¯,

¯2 32 1

¯¶seklinde hesap-

lanabilir.

+ ‐ +

4.56 Alıştırma ~x = (1, 1, 2) ve ~y = (1, 2, 1) olduguna göre, ~x×~y vektörünü bulunuz.

Yanıt : (−3, 1, 1) .

4.57 Alıştırma ~x = (−1, 2, 3) ve ~y = (3,−2, 1) olduguna göre, ~x × ~y vektörünübulunuz.

Yanıt : (8, 10,−4) .


Vektörel Çarpımın Bazı Özellikleri~x×~y vektörel çarpımını, determinant yardımıyla tanımlamıstık. Determinantın özellik-lerini kullanarak, vektörel çarpımın asagıdaki özelliklerini kolayca yazabiliriz.1. ~x× ~y = −~y × ~x (Vektörel çarpımın degisme özelligi yok)Kanıt : Vektörel çarpımın determinantlı tanımının dogrudan sonucudur. Determinanttaiki satırın yeri degisirse, determinant isaret degistirir.2. ~x× ~x = ~0 (Bir vektörün kendisiyle vektörel çarpımı 0 vektörüdür.)Kanıt : Herhangi iki satırı aynı olan matrisin determinantının 0 olmasının sonucudur.3. λ ∈ R için, (λ~x)× ~y = λ (~x× ~y)4. ~0× ~x = ~x×~0 = ~05. ~x× ~y = ~0⇔ λ ∈ R için ~x = λ~y . (Yani, ~x k~y ise vektörel çarpım 0 vektörüdür.)6. ~x× (~y + ~z) = (~x× ~y) + (~x× ~z) .

Örnek 4.64 ~x = (1,−2, 3) ve ~y = (−2, 4,−6) ise ~x× ~y =?

Çözüm : ~y = −2~x oldugundan, ~x k~y olur ki, ~x× ~y = ~0 olur.

4.58 Alıştırma Vektörel çarpımı 0 olan iki vektör yazınız.

Örnek 4.65 R3 uzayının~i,~j,~k standart vektörleri için,~i×~j = ~k, ~j × ~k =~i,~j ×~i = −~k oldugunu gösteriniz.

Çözüm :~i = (1, 0, 0) ,~j = (0, 1, 0) ve ~k = (0, 0, 1) oldugunu kullanacagız.

~i×~j =

¯¯ ~i ~j ~k1 0 00 1 0

¯¯ = ~k, ~j ×~k =

¯¯ ~i ~j ~k0 1 00 0 1

¯¯ =~i, ~j ×~i =

¯¯ ~i ~j ~k0 1 01 0 0

¯¯ = −~k

biçiminde kolayca görülebilir.

_ +j

i

k

Not : Standart birim vektörlerin vektörel çarpımında yandakisekil kullanılabilir.~i×~j = ~k ~j ×~i = −~k~j ×~k =~i ~k ×~j = −i~k ×~i = ~j ~i×~k = −~j

Örnek 4.66 Vektörel çarpım isleminin birlesme özelligi var mıdır?

Çözüm : Vektörel çarpım isleminin birlesme özelliginin olmadıgını bir ters örnekle göstere-biliriz. ~x = (1, 0, 1) , ~y = (0, 1, 1) ve ~z = (1, 1, 0) vektörlerini alalım ve (~x× ~y)× ~z 6=~x× (~y × ~z) oldugunu görelim.

VEKTÖRLER 151

~x× ~y =

¯¯ ~i ~j ~k1 0 10 1 1

¯¯ = (−1,−1, 1) ve ~y × ~z =

¯¯ ~i ~j ~k0 1 11 1 0

¯¯ = (−1, 1,−1)

oldugundan,

(~x× ~y)× ~z =

¯¯ ~i ~j ~k−1 −1 11 1 0

¯¯ = (−1, 1, 0)

~x× (~y × ~z) =

¯¯ ~i ~j ~k1 0 1−1 1 −1

¯¯ = (−1, 0, 1)

elde edilir ki, (~x× ~y)×~z 6= ~x×(~y × ~z) oldugundan, vektörel çarpımda birlesme özelligiyoktur.

Vektörel Çarpımın En Önemli Geometrik Yorumu

4.14 Teorem Uzayda verilen iki vektörün vektörel çarpımı, çarpılan her iki vek-töre de dik olan yeni bir vektör verir.

Kanıt : ~x× ~y ⊥ ~x ve ~x× ~y ⊥ ~y oldugunu göstermek için,h~x× ~y,~xi = h~x× ~y, ~yi = 0

oldugunu göstermek yeterlidir. ~x = (x1, x2, x3) ve ~y = (y1, y2, y3) vektörleri için,~x× ~y = (x2y3 − x3y2,−x1y3 + x3y1, x1y2 − x2y1)

oldugundan,h~x× ~y,~xi = x2y3x1 − x3y2x1 − x1y3x2 + x3y1x2 + x1y2x3 − x2y1x3 = 0h~x× ~y, ~yi = x2y3y1 − x3y2y1 − x1y3y2 + x3y1y2 + x1y2y3 − x2y1y3 = 0

oldugu görülebilir. ¥

x y×

x y

Örnek 4.67 R3 uzayında ~x = (2, 3, 11) ve ~y = (−2, 7, 5) vektörlerinin her ikisinede dik olan bir vektör bulunuz.Çözüm : Bu iki vektörün vektörel çarpımları, her ikisine de dik olan istenen vektörüverecektir.

~x× ~y =

¯¯ ~i ~j ~k2 3 11−2 7 5

¯¯ = −62i− 32j + 20k

oldugundan, ~z = (−62,−32, 20) vektörü, hem ~x hem de ~y vektörüne dik bir vektördür.


Not ! Bir V vektör uzayının tabanındaki tüm vektörler birbirine dik ise, bu tabana Vuzayının ortogonal tabanı denir. Bu vektörlerin herbiri ayrıca birim vektör ise bu tabanaortonormal taban denir.Örnegin,

{~u1 = (2, 1, 2) , ~u2 = (2, 1,−2) , ~u3 = (2,−2, 1)}tabanı bir ortogonal taban,½

~u1 =1

3(2, 1, 2) , ~u2 =

1

3(2, 1,−2) , ~u3 =

1

3(2,−2, 1)

¾tabanı ise bir ortonormal tabandır.

Örnek 4.68 R3 uzayının ~x = (1, 2, 3) vektörünü içeren bir ortogonal tabanını bu-lunuz.Çözüm : Önce, ~x = (1, 2, 3) vektörüne dik herhangi bir vektör alalım. h~x, ~yi = 0 olacaksekilde, ~y = (3,−3, 1) vektörü alınabilir. Simdi, ise, hem ~x hem de ~y vektörüne dik birvektör bulalım. Bu kez, ~x× ~y = ~z alınabilir. Buradan,

~z =

¯¯ ~i ~j ~k1 2 33 −3 1

¯¯ = (11, 8,−9)

olur. Böylece,{~x = (1, 2, 3) , ~y = (3, 3,−1) , ~z = (11, 8,−9)}

R3 ün ortogonal bir tabanı olur. Ayrıca, ortonormal tabanını da her vektörü normunabölerek elde edebiliriz. Buna göre,½

1√14(1, 2, 3) ,

1√19(3,−3, 1) , 1√

266(11, 8,−9)

¾ise ortonormal tabandır. Siz de, kendi belirleyeceginiz bir ~y vektörüyle baska bir ortogonaltaban bulunuz.

Örnek 4.69 ~x = (1, 1, 2) olmak üzere, ~x vektörüne dik ve birbirine dik olan, 2 bruzunlugunda iki vektör bulunuz.Çözüm : ~x ⊥ ~y olacak sekilde, ~y = (1, 1,−1) alınabilir. Hem ~x hem de ~y vektörünedik vektörü de,

~z =

¯¯ ~i ~j ~k1 1 21 1 −1

¯¯ = (−3, 0, 3)

alınabilir. Fakat, uzunluklarının 2 br olmasını istiyoruz. Buna göre,−→y0 =

2~y

k~yk =2√3(1, 1,−1) ve

−→z0 =

2~z

k~zk =2√2(−1, 0, 1)

alınabilir.

VEKTÖRLER 153

4.59 Alıştırma ~x = (1, 2,−2) olmak üzere, R3 uzayının ~x vektörünü içeren bir ortog-onal tabanını bulunuz.

4.60 Alıştırma ~x =1√2(1, 0, 1) olmak üzere, R3 uzayının ~x vektörünü içeren bir

ortonormal tabanını bulunuz.

4.15 Teorem ~x, ~y,~z ∈ R3 vektörleri için (~x× ~y) × ~z = h~x,~zi ~y − h~y,~zi~xesitligi saglanır.

Kanıt : ~x = (x1, x2, x3), ~y = (y1, y2, y3) ve ~z = (z1, z2, z3) olsun.~x× ~y = (x2y3 − x3y2,−x1y3 + x3y1, x1y2 − x2y1) oldugunu biliyoruz.

(~x× ~y)× ~z =

¯¯ ~i ~j ~kx2y3 − x3y2 −x1y3 + x3y1 x1y2 − x2y1

z1 z2 z3

¯¯

=

(x2y1z2 − x1y2z2 − x1y3z3 + x3y1z3 + x1y1z1 − x1y1z1,x1y2z1 − x2y1z1 − x2y3z3 + x3y2z3 + x2y2z2 − x2y2z2,x1y3z1 − x3y1z1 + x2y3z2 − x3y2z2 + x3y3z3 − x3y3z3)

seklinde yazabiliriz (Burada altı çizili olan terimler ekleyip çıkardıgımız terimlerdir.) Bu-radan,

(~x× ~y)× ~z =(y1 (x1z1 + x2z2 + x3z3)− x1 (y1z1 + y2z2 + y3z3) ,y2 (x1z1 + x2z2 + x3z3)− x2 (y1z1 + y2z2 + y3z3) ,y3 (x1z1 + x2z2 + x3z3)− x3 (y1z1 + y2z2 + y3z3))

= ((y1, y2, y3) h~x,~zi− (x1, x2, x3) h~y,~zi= h~x,~zi ~y − h~y,~zi~x

elde edilir. ¥4.61 Alıştırma ~x = (1, 3, 4) , ~y = (2, 1, 3) ve ~z = (1, 1, 1) vektörleri için,

(~x× ~y)× ~z = h~x,~zi y − h~y,~zi~xesitliginin saglandıgını görünüz.

4.16 Teorem R3 uzayında h~x× ~y,~zi = det (~x, ~y,~z) seklindedir.

Kanıt : ~x = (x1, x2, x3), ~y = (y1, y2, y3) ve ~z = (z1, z2, z3) olsun. Buna göre,h~x× ~y,~zi = h(x2y3 − x3y2,−x1y3 + x3y1, x1y2 − x2y1) , (z1, z2, z3)i

= x2y3z1 + x3y1z2 + x1y2z3 − x3y2z1 − x1y3z2 − x2y1z3

=

¯¯ x1 x2 x3y1 y2 y3z1 z2 z3

¯¯

esitliginden, h~x× ~y,~zi = det (x, ~y,~z) elde edilir. ¥


4.62 Alıştırma ~x = (1, 3, 4) , ~y = (2, 1, 3) ve ~z = (1, 1, 1) vektörleri için h~x× ~y,~zi =det (~x, ~y,~z) esitliginin saglandıgını görünüz.

4.17 Teorem R3 uzayında h~x× ~y,~zi = h~x, ~y × ~zi esitligi saglanır.

Kanıt : Önceki teoremden, h~x× ~y,~zi = det (~x, ~y,~z) oldugunu görmüstük. Determinantözelliklerini kullanarak,

h~x× ~y,~zi = det (~x, ~y,~z) = −det (~y,~x,~z)= det (~y,~z,~x)

= h~y × ~z,~xi = h~x, ~y × ~zioldugu görülür. ¥

Örnek 4.70 R3 uzayında, h~x× ~y, ~zi = h~z × ~x, ~yi oldugunu kanıtlayınız.

Çözüm :h~x× ~y,~zi = det (~x, ~y,~z) = −det (~z, ~y,~x)

= det (~z,~x, ~y)

= h~z × ~x, ~yioldugu görülür.

4.18 Teorem R3 uzayında, h~x× ~y,~z × ~wi =

¯h~x,~zi h~x, ~wih~y,~zi h~y, ~wi

¯esitligi

saglanır. (Lagrange Özdesligi)

Kanıt : Bir önceki teoremi kullanırsak,

h~x× ~y,~z × ~wi = h(~x× ~y)× ~z, ~wiyazılabilir. Simdi de, (~x× ~y) × ~z = h~x,~zi ~y − h~y,~zi~x esitligini kullanıp, iç çarpımınlineerligini kulanırsak,

h~x× ~y,~z × ~wi = h(~x× ~y)× ~z, ~wi = hh~x,~zi ~y − h~y,~zi~x, ~wi= h~x,~zi h~y, ~wi− h~y,~zi h~x, ~wi

=

¯h~x,~zi h~x, ~wih~y,~zi h~y, ~wi

¯elde edilir. ¥

4.63 Alıştırma R3 uzayında Lagrange özdesligini kullanarak k~x× ~yk2 ifadesini iççarpıma baglı olarak bulunuz.

VEKTÖRLER 155

Vektörel Çarpımın Normunun Geometrik Anlamı

4.19 Teorem R3 uzayında verilen ~x ve ~y vektörleri arasındaki açı θ olmak üzere,~x ve ~y vektörleriyle olusturulan paralelkenarın alanı Alan (~x, ~y) ise,

k~x× ~yk = k~xk k~yk sin θ = Alan (~x, ~y)

esitligi saglanır.

Kanıt : k~x× ~yk2=h~x× ~y,~x× ~yi seklinde yazıp, Lagrange özdesligi kullanılırsa,

k~x× ~yk2 =

¯h~x,~xi h~x, ~yih~y,~xi h~y, ~yi

¯= h~x,~xi h~y, ~yi− h~x, ~yi2

= k~xk2 k~yk2 − k~xk2 k~yk2 cos θ= k~xk2 k~yk2

¡1− cos2 θ

¢= k~xk2 k~yk2 sin2 θ

elde edilir.

x

y

θ

Diger yandan, ~x ve ~y vektörleriyle olusturulan paralelke-narın alanı :Alan (~x,~y) = k~xk k~yk sin θ oldugundan,

k~x× ~yk = k~xk k~yk sin θ = Alan (~x, ~y)

bulunur. Sonuç olarak, R3 uzayında verilen iki vektörünvektörel çarpımının normu, bu iki vektörler olusturulan paralelkenarın alanını verir.(Bunun sadece R3 de geçerli oldugunu unutmayınız!) ¥

Örnek 4.71 R3 de verilen ~x = (1, 2, 3) ve ~y = (3, 2, 1) vektörleriyle olusturulanparalelkenarın alanını bulunuz.

Çözüm : Yukarıdaki özellik kullanılarak,

Alan (~x, ~y) = k~x× ~yk =

°°°°°°~i ~j ~k1 2 33 2 1

°°°°°° = k(−4, 8,−4)k = 4√6bulunur.

Örnek 4.72 R4 de verilen ~x = (0, 1, 2, 3) ve ~y = (3, 2, 1, 0) vektörleriyle olusturu-lan paralelkenarın alanını bulunuz.

Çözüm : Uzayımız R4 oldugu için, vektörel çarpımlı alan formülü kullanılamaz. Bu kez,

Alan (~x, ~y) =

qh~x,~xi h~y, ~yi− h~x,~yi2

oldugunu kullanacagız. Buna göre,Alan (~x, ~y) =

√14 · 14− 16 = 6

√5

bulunur.


Örnek 4.73 Verilen iki ~x ve ~y vektörü için, ~u× ~x = ~y ve h~u, ~xi = k~xk esitliklerisaglandıgına göre, k~uk degerini, k~xk ve k~yk cinsinden belirleyiniz.

Çözüm : ~u × ~x = ~y esitligi, ~y vektörünün ~x vektörüne dik oldugunu gösterir. ~x ve ~ybirbirine dik degilse, ~u vektörü için bir çözüm yoktur. O halde, ~x ⊥ ~y için denkleminçözümünü yapalım. ~x ile ~u arasındaki açı θ olsun. Buna göre,

k~u× ~xk = k~uk k~xk sin θ⇒ k~yk = k~uk k~xk sin θh~u,~xi = k~uk k~xk cos θ ⇒ k~xk = k~uk k~xk cos θ

esitliklerinin kareleri toplamından,k~xk2 + k~yk2 = k~uk2 k~xk2

¡sin2 θ + cos2 θ

¢olur. Buradan, k~uk =

s1 +

k~yk2

k~xk2elde edilir.

Karma Çarpım ve Geometrik Uygulamaları

Tanım : R3 uzayında, ~x × ~y vektörel çarpımıyla, ~z vektörünün iç çarpımına, ~x, ~y,~zvektörlerinin karma çarpımı denir. Yani, h~x× ~y,~zi degerine ~x, ~y,~z vektörlerininkarma çarpımı denir ve [~x, ~y,~z] ile gösterilir. Yukarıda,

h~x× ~y,~zi = det (~x, ~y,~z)oldugu göstermistik. O halde, ~x, ~y,~z vektörlerinin karma çarpımı,

[~x,~y,~z] = det (~x, ~y,~z)

seklinde tanımlanır. Ayrıca, h~x× ~y,~zi = h~x, ~y × ~zi esitligine göre, bir karmaçarpımda önemli olan vektörlerin sırasıdır. Vektörel çarpım islemi, ilk iki veya son ikivektör arasında olabilir ve her iki deger de bu üç vektörün karma çarpımını verir.

Örnek 4.74 ~x = (1, 2, 3) , ~y = (3, 2, 4) ve ~z = (1, 1, 0) olduguna göre [~x, ~y, ~z] =?Çözüm : [~x, ~y,~z] = det (~x,~y,~z) tanımı kullanılarak

[~x, ~y,~z] =

¯¯ 1 2 33 2 41 1 0

¯¯ = 7

elde edilir.

4.64 Alıştırma ~x = (1, 0, 3) , ~y = (0, 2, 1) ve ~z = (1, 2, 0) olduguna göre [~x,~y,~z] =?Yanıt : −8.

4.65 Alıştırma ~x = (1, k, 3) , ~y = (3, 2, 1) ve ~z = (1, 2, 0) vektörlerinin karmaçarpımı 0 ise k =?Yanıt : k = −10.

VEKTÖRLER 157

Karma Çarpımın ÖzellikleriAsagıdaki özellikler determinantın özelliklerinden kolayca görülebilir.1. Vektörlerden ikisi esit olan üç vektörün karma çarpımı 0’dır.

[~x, ~y,~x] = 0, [~x,~x, ~y] = 0, [~x, ~y, ~y] = 0

2. λ, k,m ∈ R için, [λ~x, k~y,m~z] = λkm [~x, ~y,~z]3. λ ∈ R için, [~x, ~y,~z + λ~w] = [~x, ~y,~z] + λ [~x, ~y, ~w]

Örnek 4.75 [~x, ~y, ~z] = 3 olduguna göre, [~x+ 2~y, ~z + ~y, 3~x+ 4~z] karma çarpımınıhesaplayınız.

Çözüm : Karma çarpımın özellikleri kullanılarak,[~x+ 2~y,~z + ~y, 3~x+ 4~z] = 3 [~x+ 2~y,~z + ~y,~x] + 4 [~x+ 2~y,~z + ~y,~z]

= 3 ([~x+ 2~y,~z,~x] + [~x+ 2~y, ~y,~x])

+4( [~x+ 2~y,~z,~z]| {z }=0

+ [~x+ 2~y,~y,~z] )

= 3([~x,~z,~x]| {z }=0

+ 2 [~y,~z,~x] + [~x, ~y,~x]| {z }=0

+ 2[~y, ~y,~x]| {z }=0

)

+4( [~x, ~y,~z] + 2[~y, ~y,~z]| {z }=0

)

= 6 [~y,~z,~x] + 4 [~x, ~y,~z]

= 6 [~x, ~y,~z] + 4 [~x, ~y,~z]

= 10 [~x, ~y,~z]

esitliginden, [~x+ 2~y,~z + ~y, 3~x+ 4~z] = 10 · 3 = 30 bulunur.

4.66 Alıştırma [~x, ~y,~z] = 3 olduguna göre, [3~x+ ~z,~z − ~y,~x+ 3~z] =?Yanıt : −24.Karma Çarpımın Geometrik Anlamı

4.20 Teorem R3 uzayında, ~x, ~y,~z vektörlerinin karma çarpımı, ~x, ~y ve ~z vektör-leriyle olusturulan paralelyüzlünün hacmini verir.

Kanıt : ~x, ~y ve ~z vektörleriyle olusturulan paralelyüzlüyü sekildeki gibi çizelim. Kanıtı-mızda vektörlerdeki üç önemli özelligini kullanacagız.i) ~x× ~y, hem ~x hem ~y’ye diktir. O halde, ~x×~y paralelyüzlünün yüksekligi dogrultusun-dadır.ii) ~x ve ~y ile olusturulan taban alanı k~x× ~yk’dir.iii) ~x× ~y ile ~z arasındaki açı θ ise, h~x× ~y, zi = k~x× ~yk k~zk cos θ ’dır.


h θ

θ

x y×

x y×x

y

Buna göre, V hacimi göstermek üzere,kanıtımızıV = Taban Alanı · Y ukseklik

= k~x× ~yk · h = k~x× ~yk k~zk cos θ= |h~x× ~y,~zi| = |[~x, ~y,~z]|

biçiminde yapabiliriz. ¥

Örnek 4.76 ~x = (1, 2, 1) , ~y = (1, 3, 4) ve ~z = (2, 3, 1) vektörleriyle olusturulanparalelyüzlünün hacmini bulunuz.Çözüm : Karma çarpımın geometrik yorumu kullanılırsa,

Hacim(~x, ~y,~z) = |[~x, ~y,~z]| =

¯¯ 1 2 11 3 42 3 1

¯¯ = 2

olur.

4.67 Alıştırma ~x = (0, 2, 1) , ~y = (5, 3, 4) ve ~z = (1, 3, 1) vektörleriyle olusturulanparalelyüzlünün hacmini bulunuz.Yanıt : 10.

Karma Çarpımın Geometrik Yorumunun Bazı Sonuçları1. Üç vektörün karma çarpımının sıfır olması demek, hacim olusmaması demektir. Yani,üç vektörün aynı düzlemde olması demektir.2. Üç vektörün karma çarpımının sıfır olması demek, bu üç vektörün lineer bagımlıolması demektir.3. Üç vektörün karma çarpımı sıfır ise, bu üç vektörün gerdigi uzayın boyutu 3’denkesinlikle küçüktür.4. Üç vektörün karma çarpımı sıfır ise, bu üç vektörün olusturdugu matrisin rankı 3’denkesinlikle küçüktür.5. Üç vektörün karma çarpımı sıfırdan farklı ise, bu vektörler lineer bagımsızdır.6. Karma çarpımı sıfırdan farklı olan üç vektör, R3 uzayını gererler.7. Karma çarpımı sıfırdan farklı olan üç vektör, R3 uzayı için bir tabandır.

Örnek 4.77 ~x = (1, 1, 2) , ~y = (1, 2, 3) ve ~z = (2, 3, k) vektörleri lineer bagımlıise k =?Çözüm : ~x, ~y,~z vektörleri lineer bagımlı ise, [~x, ~y,~z] = 0 olmalıdır.¯

¯ 1 1 21 2 32 3 k

¯¯ = k − 5 = 0

esitliginden, k = 5 bulunur.

VEKTÖRLER 159

Örnek 4.78 ~x = (1, 1, 2) , ~y = (0, 1, 3) ve ~z = (2, 1, 3) vektörlerinin lineer bagım-sız oldugunu gösteriniz.Çözüm : [~x, ~y,~z] 6= 0 ise ~x, ~y,~z lineer bagımsız olur.¯

¯ 1 1 20 1 32 1 3

¯¯ = 2 6= 0

oldugundan, ~x, ~y,~z vektörleri lineer bagımsızdırlar.

4.68 Alıştırma ~x = (k, 1, 2) , ~y = (1, 0, 3) ve ~z = (2, 1, k) vektörleri lineer bagımlıise k =?Yanıt : k = 2.

Örnek 4.79 ~x = (1, 2, k) , ~y = (2, 3, 1) ve ~z = (2, 1, 3) vektörleri aynı düzlemdeise k =?Çözüm : ~x, ~y,~z aynı düzlemde ise, [~x, ~y,~z] = 0 olmalıdır.¯

¯ 1 2 k2 3 12 1 3

¯¯ = −4k = 0

esitliginden, k = 0 olur.

Örnek 4.80 A (1, 1, 1) , B (1, 2, 3) ,C (2, 3, 4) ,D (1, 4, k) noktaları aynı düzlemdeise k =?Çözüm : Önce noktadan vektöre geçelim. ~x =

−−→AB, ~y =

−→AC, ~z =

−−→AD denilirse, ~x =

(0, 1, 2) , ~y = (1, 2, 3) ve ~z = (0, 3, k − 1) olur. ~x, ~y,~z aynı düzlemde ise, [~x, ~y,~z] = 0olmalıdır. ¯

¯ 0 1 21 2 30 3 k − 1

¯¯ = 7− k = 0

esitliginden, k = 7 bulunur.

4.69 Alıştırma ~x = (1, 1, k) , ~y = (1, 3, 1) ve ~z = (k, 1, 3) vektörleri aynı düzlemdeise k =?Yanıt : k ∈ {−1, 3/5} .

4.70 Alıştırma A (k, 1, 2) , B (1, 0, 3), C (2, 1, k) ve D (1, 1, 1) noktaları aynı düz-lemde ise k =?Yanıt : k ∈ {0, 2} .


Örnek 4.81 ~x = (1, 1, 2) , ~y = (0, k, 3) ve ~z = (2, 1, 3) vektörleri R3 uzayının birtabanı ise k =?Çözüm : [~x, ~y,~z] = 0 ise, ~x, ~y,~z lineer bagımlı olur.¯

¯ 1 1 20 k 32 1 3

¯¯ = 3− k = 0

olursa, ~x, ~y,~z lineer bagımlı olur ve R3 için taban olamazlar. Yani, k 6= 3 için tabanolurlar.

Karma Çarpımla Üçgensel Piramidin Hacminin BulunmasıBir ABCD piramidinin hacmi,

−−→AB,

−→AC ve

−−→AD vektörleriyle olusturulan paralelyü-

zlünün hacminin 1/6’sıdır. Bunu sekilden de görebilirsiniz.ABCD’nin hacmi V ise, ADC ∼= ECD veABC ∼= FCB oldugundan, ECDB’nin veFCBE’nin hacmi de V ’dir. Böylece, ABFCDE’nin hacmi 3V olur. ABFCDE’ninhacmi ise, tüm paralelyüzlünün hacminin yarısı oldugundan, tüm paralelyüzlünün hacmi6V olur. Buna göre,

V = Hacim (ABCD) =1

6

h−−→AB,−→AC,−−→AD

ikarma çarpımıyla hesaplanabilir.

A B

C

D

A B

C

D

E

F

F G

Örnek 4.82 Köselerinin koordinatları A (1, 1, 1),B (1, 2, 3),C (2, 3, 4),D (1, 4, 2)olan üçgensel piramidin hacmini bulunuz.

Çözüm :−−→AB = (0, 1, 2) ,

−→AC = (1, 2, 3) ,

−−→AD = (0, 3, 1) oldugundan,

V = Hacim (ABCD) =1

6

¯¯ 0 1 21 2 30 3 1

¯¯ = 5

6

elde edilir.

4.71 Alıştırma Köselerinin koordinatlarıA (0, 0, 0) , B (1, 2, 3) , C (3, 0, 0) , D (0, 0, 5)olan üçgensel piramidin hacmini bulunuz.Yanıt : 5.

VEKTÖRLER 161

Karma Çarpımla Dörtgensel Piramidin Hacminin BulunmasıTabanının koordinatları A,B,C,D konveks dörtgeni ve tepe noktası E olan ABCDEpiramidinin hacmini bulalım. Bunun için, dörtgensel piramitin hacmini, iki üçgenselpiramidin hacminin toplamı olarak yazıp sonuca ulasacagız. Buna göre,

V (ABCDE) = V (ABDE) + V (BCDE)

=1

6

h−−→AB,−−→AD,

−→AE

i+1

6

h−−→BC,

−−→BD,

−−→BE

i=

1

6

³det(−−→AB,−−→AD,

−→AE) + det(

−−→BC,

−−→BD,

−−→BE)

´degeri bize istenen hacmi vecektir.

A B

CD

E

Eger özel olarak, piramidimiz düzgün piramit ise, iki üçgensel piramidin hacimleri aynıolacagından,

V (ABCDE) =1

3


−→AE)

´olur.

Örnek 4.83 Tepe noktası E (3, 4, 5) olan ve tabanının koordinatlarıA (1, 1, 1) ,B (1, 2, 3) , C (2, 4, 1) , D (3, 2, k) olan dörtgensel piramidin hacmini bulunuz.Çözüm : Öncelikle, A,B,C ve D noktalarının aynı düzlemde olması için k’nın degerinibulalım. Bunun için,

det(−−→AB,−→AC,−−→AD) = 0

olması gerektigini kullanabiliriz. Buradan,¯¯ 0 1 21 3 02 1 k − 1

¯¯ = −k − 9 = 0

esitliginden, k = −9 olur. Buna göre, dörtgensel piramidin hacmi:

V =1

6


−→AE) + det(

−−→BC,

−−→BD,

−−→BE)

´=

1

6

⎛⎝¯¯ 0 1 20 2 142 3 4

¯¯+

¯¯ 1 2 −22 0 −122 2 2

¯¯⎞⎠

esitliginden, V =1

6(20 + 40) = 10 elde edilir.


Rn Uzayında Vektörel Çarpım

Rn uzayında, vektörel çarpımı n × n türünden bir determinant yardımıyla, R3 deoldugu gibi tanımlayabiliriz. R3 de determinantın ilk satırına ~i,~j,~k yazıldıgı gibi, Rnuzayında da determinantın ilk satırına Rn’in standart birim vektörleri yazılır. Geriye n−1satır kalır. O halde,Rn uzayında sadece n−1 tane vektörün vektörel çarpımını tanımlamakmümkündür. Ayrıca, bu n−1 vektörün vektörel çarpım islemini ifade ederken herhangi birparantez kullanmayacagız. Örnegin, R4 uzayında 3 vektörün, R5 uzayında ise 4 vektörünvektörel çarpımı tanımlıdır. Bunları da, sırasıyla ~x× ~y× ~z ve ~x× ~y× ~z× ~w gibi hiçbirparantez kullanmadan ifade edecegiz.

Tanım : Rn uzayında verilen n− 1 tane~x1 = (x11, x12, ..., x1n) , ~x2 = (x21, x22, ..., x2n) , ...,

~xn−1 =¡x(n−1)1, x(n−1)2, ..., x(n−1)n

¢vektörü için,

~e1 = (1, 0, 0, ..., 0) , ~e2 = (0, 1, 0, ..., 0) ve ~en = (0, 0, 0, ..., 1)n boyutlu standart birim vektörler ve

Vn : Rn ×Rn ×Rn × · · · ×Rn → Rn

olmak üzere,

Vn (~x1,~x2, ...,~xn−1) =

¯¯¯

~e1 ~e2 · · · ~enx11 x12 · · · x1n

......

...x(n−1)1 x(n−1)2 · · · x(n−1)n

¯¯¯n×n

seklinde tanımlanan determinant, bize n boyutlu yeni bir vektör verir. Bu vek-töre, ~x1,~x2, ...,~xn−1 vektörlerinin vektörel çarpımı denir. Vn (~x1,~x2, ...,~xn−1) ,Vn (~x1 × ~x2 × · · · × ~xn−1) veya kısaca ~x1 × ~x2 × · · · × ~xn−1 ile gösterilir.

Not ! Rn Uzayında Vektörel Çarpımın Geometrik Yorumu

R3 uzayında oldugu gibi, vektörel çarpım sonucunda elde edilen yeni vektör, çarpılantüm vektörlere dik bir vektördür. Bu özelligi kullanarak, R4 uzayında verilen herhangi3 vektöre dik bir vektörü, R4 uzayındaki vektörel çarpımı kullanarak kolayca bulabiliriz.Bu kullanıslı özelligi daha büyük boyutlarda da kullanabiliriz.

4.21 Teorem Rn uzayındaki, ~x1,~x2, ...,~xn−1 vektörlerinin vektörel çarpımıylaelde edilen Vn (~x1,~x2, ...,~xn) vektörü, ~x1,~x2, ...,~xn−1 vektörlerinin herbirine dik olanbir vektördür.

VEKTÖRLER 163

Örnek 4.84 R4 uzayında, ~x = (1, 0, 1, 1), ~y = (2, 3, 0, 0) ve ~z=(0, 1, 1, 2) vektör-lerine dik bir vektör bulunuz.

Çözüm : R4 uzayında tanımlanan ~x × ~y × ~z vektörel çarpımı bize istenen dik vektörüverir. Buna göre,

~x× ~y × ~z =

¯¯ ~e1 ~e2 ~e3 ~e41 0 1 12 3 0 00 1 1 2

¯¯

determinantını bulmalıyız. Üçüncü satıra göre açalım.

~x× ~y × ~z = 2 · (−1)1+3¯¯ ~e2 ~e3 ~e40 1 11 1 2

¯¯+ 3 · (−1)3+2

¯¯ ~e1 ~e3 ~e41 1 10 1 2

¯¯

= 2 (~e2 + ~e3 − ~e4)− 3 (~e1 − 2~e3 + ~e4)= −3~e1 + 2~e2 + 8~e3 − 5~e4= (−3, 2, 8,−5)

elde edilir. Bu vektörün ~x, ~y ve ~z vektörlerine dik oldugunu görünüz.

Örnek 4.85 R5 uzayında, ~x=(0, 1, 2, 1, 1), ~y=(2, 3, 0, 0, 0), ~z=(0, 1, 0, 1, 2) ve~w=(1, 1, 0, 1, 1) vektörlerine dik bir vektör bulunuz.

Çözüm : ~x× ~y × ~z × ~w vektörü istenen vektördür.

~x× ~y × ~z × ~w =

¯¯¯~e1 ~e2 ~e3 ~e4 ~e50 1 2 1 12 3 0 0 00 1 0 1 21 1 0 1 1

¯¯¯

determinantını üçüncü satıra göre açarsak,

~x× ~y × ~z × ~w = 2

¯¯ ~e2 ~e3 ~e4 ~e51 2 1 11 0 1 21 0 1 1

¯¯− 3

¯¯ ~e1 ~e3 ~e4 ~e50 2 1 10 0 1 21 0 1 1

¯¯

olur. Burada, Ilk determinantta, son satırı 2. ve 3. satırlardan çıkarırsak determinantdegismez.


Ikinci determinantı ise 3. satıra göre açalım.

~x×~y×~z×~w= 2

¯¯ ~e2 ~e3 ~e4 ~e50 2 0 00 0 0 11 0 1 1

¯¯−3

⎛⎝¯¯ ~e1 ~e3 ~e50 2 11 0 1

¯¯−2

¯¯ ~e1 ~e3 ~e40 2 11 0 1

¯¯⎞⎠

= −2

¯¯ ~e2 ~e3 ~e40 2 01 0 1

¯¯−3 ((2~e1+~e3 − 2~e5)−2 (2~e1+~e3 − 2~e4))

= 4~e4 − 4~e2 + 6~e1 + 3~e3 − 12~e4 + 6~e5= 6~e1 − 4~e2 + 3~e3 − 8~e4 + 6~e5= (6,−4, 3,−8, 6)

bulunur.

4.72 Alıştırma R4 uzayında, ~x = (1, 2, 1, 1), ~y = (2, 1, 0, 0) ve ~z = (0, 2, 1, 0)vektörlerine dik bir vektör bulunuz.

Yanıt : ~w = ~x× ~y × ~z = (1,−2, 4,−1) .

4.73 Alıştırma R4 uzayında, ~x = (1, 1, 1, 1), ~y = (−1,−1, 1, 1) ve~z = (1,−1,−1, 1) vektörleri birbirine dik bir vektördür. Bu vektörlere, dik olan dördüncübir vektörü bularak, R4 uzayının bir ortogonal tabanını bulunuz.

Yanıt : ~w = ~x× ~y× ~z = (1,−1, 1,−1) alınırsa, {~x,~y,~z, ~w} bir ortogonal taban olur..

4.74 Alıştırma R5 uzayında, ~x = (1, 0, 2, 1, 0), ~y = (2, 1, 0, 0, 0),~z = (0, 1, 0, 1, 2) ve ~w = (1, 1, 0, 1, 1) vektörlerine dik bir vektör bulunuz.

Yanıt : ~s = ~x× ~y × ~z × ~w = (2,−4,−1, 0, 2) .

4.22 Teorem Rn deki vektörel çarpımda herhangi iki vektörün yeri degisirse,sonuç isaret degistirir.x1×x2×· · ·×~xr×· · ·×~xk×· · ·×xn−1=−x1×x2×· · ·×~xk×· · ·×~xr×· · ·×xn−1

Örnek 4.86 R4 uzayında ~x× ~y × ~z = ~y × ~z × ~x oldugunu gösteriniz.

Çözüm : Yukarıdaki özellik kullanılırsa,

~x× ~y × ~z = −~z × ~y × ~x = ~y × ~z × ~xoldugu görülür


7. Köselerinin koordinatları A (1, 1, 3, 4) , B (2, 4, 1, 2) ve C (1, 1, 2, 3) olan üçgeninagırlık merkezinin koordinatları nedir?

A) (1, 2, 1, 1) B) (1, 2, 2, 3) C)µ1

2, 2, 2,

3

2

¶D)µ3

2, 3, 3,

9

2

¶E) (0, 2, 0, 3)

8. Köselerinin koordinatları A (3, 4, 5, 6) , B (3, 4, 1, 2) ve C (0, 1, 2, 3) olan üçgenin,[AB] kenarı üzerinde, |AD| = 3 |DC| olacak sekilde, bir D noktası alınıyor. [CD]noktasının orta noktasının koordinatları asagıdakilerden hangisidir?A) (2, 3, 3, 3) B) (1, 2, 1, 1) C) (1, 2, 2, 1) D) (1, 3, 3, 1) E) (1, 2, 0, 3)

9. Asagıdakilerden hangisi birim vektördür?

A) (1, 1) B) (1, 0, 1) C)µ0,1

2, 0, 0

¶D)1

3(1, 0, 2, 2) E)

µ1

2, 0,1

2

¶

10. ~x =1

3(1, 3, 0, 2, 2) ve ~y =

1

3(1, k, 0, 1, 0) olmak üzere, ~x− ~y vektörü birim vektör

ise, k’nın olabilecegi degerlerin toplamı kaçtır?A) 4 B) −2 C) 6 D) 5 E) 1

11. R3 ’de A (1, 1, 1) ve B (4, 3, 2) noktalarından geçen dogrunun denklemini bulunuz.

A)x− 13

=y − 12

= z − 1 B)x

3=

y

2= z C)

x− 14

=y − 13

=z − 12

D)x− 43

=y − 32

= z − 1 E) x− 4 = y − 3 = z − 2

12. ~u = (3, 2, 5) vektörünüm ~a = (1, 1, 3) , ~b = (1, 2, 4) , ~c = (0, 1, k) vektörlerininlineer bilesimi olarak yazılabilmesi için k ile ilgili asagıdaki ifadelerden hangisidogrudur?A) k = 1 olursa, ~u vektörü, ~a,~b,~c vektörleri cinsinden yazılamaz.B) k = 0 olursa, ~u vektörü, ~a,~b,~c vektörleri cinsinden yazılamaz.C) u vektörü, k ne olursa olsun, ~a,~b,~c vektörleri cinsinden yazılabilir.D) k 6= 1 durumunda, ~a,~b,~c vektörleri lineer bagımlıdır.E) k = 1 olursa, ~a,~b,~c vektörleri R3 ün tabanı olurlar.

13. ~u = (1, 0, 3) vektörü ~a = (1, 1, 3) ve ~b = (1, 2, k) vektörlerinin lineer bilesimiolarak yazılabilmesi için k kaç olmalıdır?A) 4 B) −2 C) 3 D) 5 E) 1

VEKTÖRLER 169

14. Asagıdaki vektörlerden hangisi, ~a = (1, 1, 3) ve~b = (1, 2, 1) vektörlerinin lineerbilesimi olarak yazılamaz?A) (2, 3, 4) B) (0, 2,−2) C) (1, 0, 5) D) (1, 0, 2) E) (1, 3,−1)

15. ~x = (1, 1, 3) , ~y = (2, 1, k) ve ~z = (1,−2, 3) vektörleri lineer bagımlı ise k nedir?A) 4 B) 6 C) −2 D) 5 E) 1

16. ~x = (1, 1, 3, 1) , ~y = (2, 1, k, 1), ~z = (k, 2, 1, 1), ~w = (0, 1, 2, 1) vektörlerininlineer bagımlı olması için k =?A) 4 B) 6 C) −2 D) 5 E) 1

17. R3 uzayında verilen ~u = (1, 1, 1) , ~x = (1, 1, 2) , ~y = (2, 2, 3) ve ~z = (1, 2, 1)vektörleri için asagıdakilerden hangisi yanlıstır?A) ~u,~x ve ~y vektörleri lineer bagımlıdırlar.B) ~u,~x ve ~z vektörleri R3 ün bir tabanıdır.C) ~u ve ~x vektörleri lineer bagımsızdırlar.D) ~u,~x,~y ve z vektörleri R3 ü germezler.E) ~u,~x, ~y ve z vektörleri R3 ün tabanı degildirler.

18. Asagıdakilerden hangisi lineer bagımsızlıgın taban olma kosulu için tek basınayeterli olmadıgına bir örnektir?A) R2, {(1, 2) ; (2, 1)} B) R3, {(1, 2, 1) ; (2, 1, 1)} C) R2, {(1, 2) ; (0, 0)}D) R2,{(1, 2) ; (2, 1) ; (1, 1)} E) R3, {(1, 0, 0) , (2, 0, 0)}

19. Asagıdakilerden hangisi germe aksiyomunun taban olma kosulu için tek basınayeterli olmadıgına bir örnektir?A) R2; {(1, 2) ; (2, 1)} B) R3; {(1, 2, 1) ; (2, 1, 1)} C) R2 de {(1, 2) ; (0, 0)}D) R2; {(1, 2) ; (2, 1) ; (1, 1)} E) R3; {(1, 0, 0) , (2, 0, 0)}

20. Asagıdaki vektörlerden hangisi ~x = (1, 2, 3) ve ~y = (3, 3, 4) vektörleri tarafındangerilen uzaydadır?A) (2, 1, 1) B) (1, 1, 1) C) (2, 5, 1) D) (2, 5, 4) E) (1, 3, 1)

21. Asagıdakilerden hangisi R3 ün bir tabanıdır?A) {x, y, x+ y} B) {(1, 1, 1) ; (1,−1, 2) ; (2, 0, 3)} C) {(1, 0, 0) ; (0, 1, 0) ; (1, 1, 0)}D) {(1, 1, 0) ; (0, 1, 1)} E) {(1, 1, 1) ; (1, 2, 1) ; (2, 1, 1)}


22. Asagıdakilerden hangisi R2 nin bir ortogonal tabanıdır?A) {(1, 1) ; (−1, 1)} B) {(1, 1) ; (1, 2)} C) {(1, 0) ; (1, 1)}D) {(1, 1) ; (0, 1)} E) {(1, 1) ; (2, 2)}

23. Asagıdakilerden hangisi R2 nin bir ortonormal tabanıdır?

A)½µ

5

13,12

13

¶;

µ3

5,4

5

¶¾B) {(1, 1) ; (1,−1)} C) {(1, 0) ; (1, 1)}

D)½µ

3

5,4

5

¶;

µ4

5,−35

¶¾E) {(1, 1) ; (2, 2)}

24. R3 uzayında verilen ~x, ~y ve ~z vektörleri için, c1, c2, c3 ∈ R olmak üzere,c1~x + c2~y + c3~z = ~0 esitligi ancak ve ancak, c1 = c2 = c3 = 0 durumundasaglanıyorsa asagıdakilerden hangisi yanlıstır?A) ~x, ~y,~z lineer bagımsız vektörlerdir. B) det (~x, ~y,~z) 6= 0’dır.C) {~x, ~y,~z} kümesi R3 için bir tabandır. D) ~x, ~y,~z vektörleri R3 uzayınıgererler.E) ~x,~y,~z vektörleri aynı düzlemdedir.

25. ~u = (1, 2, 3) ve ~v = (2, 3, 1) vektörleri tarafından gerilen düzlemin denklemihangisidir?A) 2y − x = z B) z = 5y − 7x C) x+ y = zD) z = 4y − 5y E) x+ y + z = 6

26. ~x = (1, 2, 1) , ~y = (0, 1, 1), ~z = (1, 1, 0) ve ~u = (2, 3, 2) vektörleri tarafındangerilen uzayın boyutu kaçtır?A) 2 B) 1 C) 3 D) 0 E) 4

27. ~x = (1, 2, 3, 1, 4) , ~y = (1, 0, 3, 1, 2) vektörleri için, h~x,~yi =?A) 14 B) 16 C) 12 D) 19 E) 11

28. ~x = (1, 2, 4, 2,−1) ve ~y = (3, k, 2, k − 1, 5) vektörleri birbirine dik ise k =?A) 4 B) 6 C) −2 D) 5 E) −1

29. ~x = (1, 2, 3, 0, 1) ve ~y = (3, 1, 2, 1, 0) vektörleri arasındaki açının kosinüsünübulunuz.A)14

15B)11

15C)13

15D)11

5E)−1113

VEKTÖRLER 171

30. Asagıdakilerden hangisi ~x = (2, 1, 4) vektörüne dik degildir?A) (2, 0,−1) B) (3, 2,−2) C) (−3, 2, 1) D) (1, 1,−2) E) (1, 2,−1)

31. R3 uzayında ~x = (1, 1, k) , ~y = (m,−1, 3) ve ~z = (3, n, 1) vektörleri ikiser olarakbirbirlerine dik olduklarına göre, k kaçtır?A)5

8B)9

8C)7

8D)−78

E)−58

32. k~x+ ~yk = 7, k~yk = 2 ve k~x− ~yk = 3 olduguna göre, ~x vektörünün uzunlugunubulunuz.A) 4 B) 3 C) 2 D) 5 E) 1

33. k~x+ ~yk = 5 ve k~x− ~yk = 3 olduguna göre, h~x,~yi degeri kaçtır?A) 4 B) 3 C) 2 D) 5 E) 1

34. ~x = (0, 1, 2, 2, 2) ve ~y = (2, 2, 0, 2, 1) vektörleriyle olusturulan paralelkenarınalanını bulunuz.A)√101 B) 5

√10 C) 3

√10 D)

√105 E) 10

35. Köselerinin koordinatları A (1, 1, 1, 1) , B (1, 2, 3, 3) ve C (1, 2, 1, 3) olan üçgeninalanını bulunuz.A) 2√5 B)

√5 C) 2

√10 D)

√10 E) 5

36. ~x = (1, 3) ve ~y = (3, 1) vektörleriyle olusturulan paralelkenarın alanını bulunuz.A) 2√5 B) 2

√2 C)

√10 D)

√63 E) 8

37. Köseleri A (3, 4, 4), B (1, 2, 3) ve C (2, 1, 4) olan üçgenin B açısının kosinüsünübulunuz.

A)√2

3B)√3

9C)√3

3D)√3

6E)√2

9

38. Köselerinin koordinatları A (1, 1, 1, 1) , B (1, 2, 3, 3) ve C (3, 2, 1, 3) olan üçgeninçevrel çemberinin alanını bulunuz.A)81

28π B)

81

14π C)

27

28π D)

81

112π E)

27

14π


39. ~x = (1, 2, 3, 4) vektörünün ~y = (0, 1, 1, 1) vektörü üzerindeki dik izdüsüm vektörühangisidir?A) 3~y B)

3

2~y C)

5

2~y D)

3

10~y E)

9

11~y

40. ~x = (1, 4, 2), ~y = (2, 3,−1) olmak üzere, asagıdaki vektörlerden hangisi ~x × ~yvektörüne paraleldir?A) (2, 3, 1) B) (2,−1, 1) C) (1, 0, 5) D) (2, 1,−1) E) (2,−1, 1)

41. ~x = (1, 3, 2), ~y = (2, 3,−1) ise k~x× ~yk kaçtır?A)√115 B) 3

√17 C) 3

√19 D)

√119 E)

√117

42. ~x = (1, 2, 3) ve ~y = (2, 3, 1) vektörleriyle olusturulan paralelkenarın alanı kaçtır?A) 2√19 B) 5

√3 C) 3

√5 D)

√19 E) 2

√17

43. Asagıdakilerden hangisi ~x = (1, 2, 3) ve ~y = (2, 3, 1) vektörlerinin her ikisine dediktir?A) (−5, 1, 1) B) (7,−5, 1) C) (3, 0,−1) D) (7, 5,−1) E) (7, 5, 1)

44. Asagıdaki vektör ikililerinden hangisi ~x = (3,−1, 4) vektörüyle aynı düzlemdedirve birbirine diktir?A) (−5, 1, 1) , (1, 2, 3) B) (1, 2, 3) , (−3, 0, 1) C) (1, 1, 1) , (1,−3, 2)D) (1, 2, 3) , (1,−2, 1) E) (1, 2, 3) , (0,−3, 2)

45. ~x = (1, 2, 3), ~y = (2, 3, 1) ve ~z = (2, 0, 3) vektörleriyle olusturulan paralelyüzlününhacmini bulunuz.A) 19 B) 17 C) 18 D) 16 E) 9

46. [~x, ~y,~z], ~x, ~y ve ~z vektörlerinin karma çarpımını göstermek üzere, [~x, ~y,~z] = 2 ise[3~x+ 2~y, 3~y + 2~z, 2~z + ~x] =?A) 24 B) 28 C) 14 D) 44 E) 22

47. ~x = 3~e2 + ~e3, ~y = ~e1 + 2~e2 − 3~e3 ve ~z = 2~e1 + ~e3 vektörleriyle olusturulanparalelyüzlünün hacmi kaçtır?

A) 20 B) 30 C) 25 D) 15 E) 40

VEKTÖRLER 173

48. [~x, ~y,~z], ~x, ~y ve ~z vektörlerinin karma çarpımını göstermek üzere, [~x, ~y,~z] = 0 iseasagıdakilerden hangisi ya da hangileri kesinlikle dogrudur?

I. ~x, ~y ve ~z lineer bagımsızdırlar.II. ~x, ~y ve ~z aynı düzlemdedirler.III. ~x,~y ve ~z hacim olusturmazlar.IV. ~z vektörü ~x ve ~y vektörlerinin lineer bilesimi olarak yazılabilir.V. ~z vektörü, ~x veya ~y vektörlerinden birine paraleldir.

A) II,III ve IV B) Hepsi C) II,III,IV ve V D) II ve III E) II, III ve V

49. A (1, 0, 1) , B (1, 2, 3) , C (2, 1, 3) ve D (k, 1, 4) noktaları aynı düzlemde oldugunagöre k kaçtır?A) 2 B) 3 C) 4 D) 1 E) 0

50. ~x = (−1, 2, 3), ~y = (2, 3, 1) ve ~z = (k, 1,−3) vektörleri aynı düzlemde ise, k =?A) 3 B) 1 C) 4 D) 5 E) −2

51. Asagıdakilerden hangisi ya da hangileri yanlıstır?I. h~u,~v × ~wi = h~u× ~v, ~wi II. h~u× ~v,~vi = 0 III. ~u× ~v ⊥ ~uIV. ~u//~v ise ~u× ~v = 0 V. h~u× ~v, ~wi = det (~u,~v, ~w)VI. ~u 6= 0 iken

~u

k~uk daima birim vektördür.

A) Yalnız IV B) Yalnız II C) II ve IV D) II ve V E) Hiçbiri

52. ~x = (1, k, 3), ~y = (1, 3, k) ve ~z = (2, 0, 3) vektörleri lineer bagımlı ise k’nınolabilecegi degerlerin toplamı kaçtır?A)3

2B) −3 C) 3 D) −−3

2E) −2

53. R =1

7

⎡⎣ 3 −2 −6−6 −3 b−2 a c

⎤⎦ matrisi ortogonal matris olduguna göre, a+ b+ c =?

A) 1 B) −5 C) −2 D) 3 E) −11

54. A (1, 1, 1) , B (1, 3, 2), C (2, 1, 2) ve D (2, 3, 6) noktalarının olusturdugudörtyüzlünün hacmini bulunuz.A) 6 B) 5 C) 2 D) 3 E) 1

KOORDINAT DÖNÜSÜMLERI

Düzlemde bir koordinat sistemine göre verilen bir noktanın koordinatları, farklı birkoordinat sistemine göre degisebilir. Verilen noktanın, her iki koordinat sisteminin koor-dinatları arasındaki geçis bagıntılarını bulabilmek için, koordinat sisteminin eksenlerininnasıl degistigini bilmek gerekir. Yeni koordinat sistemi, eski koordinat sisteminin ötelen-mesiyle döndürülmesiyle veya hem ötelenip hem de döndürülmesiyle elde edilebilir. Bubölümdeki amacımız, bir koordinat sistemine göre verilmis bir noktanın, eksenlerin öte-lenmesi veya döndürülmesi durumunda nasıl degisecegini, ve yeni koordinat sistemindekikoordinatının nasıl belirlenecegini incelemektir. Eksenlerin ötelenmesi ve dönmesindenönce, noktanın ötelenmesi ve dönmesinden kısaca bahsedelim.

Noktanın Ötelenmesi

Düzlemde verilen herhangi bir noktanın, baska bir noktaya tasınmasına, noktanınötelenmesi denir. Düzlemde bir P (x, y) noktasını, P 0 (x+ a, y + b) noktasına tasımak,P noktasını x ekseninde a birim, y ekseninde de b birim ötelemek demektir. Bu hareketi,

T(a,b) : R2 → R2, Tn(a,b) (x, y) = (x+ a, y + b)

dönüsümüyle tanımlayabiliriz. Bu dönüsümü vektörel olarak, P = (x, y) ve ~u = (a, b)olmak üzere,

Tnu (P ) = P + ~u

biçiminde de yazmak mümkündür. Buradaki ~u vektörüne öteleme vektörü denir.

x x

y P(x,y)

x+a

y+b Pı(x+a,y+b)

x x

y P(x,y)

x+a

y+b Pı(x+a,y+b)

u =(a,b)

Örnek 9.1 Düzlemde, P (2, 3) noktası veriliyor.a) P noktasını, x ekseninde 3 birim, y ekseninde−2 birim öteleyen dönüsümü yazınız,yeni noktanın koordinatlarını bulunuz.b) P noktasını, ~u = (3, 5) vektörü kadar öteleyiniz.Çözüm : a) Tn

(3,−2) (x, y) = (x+ a, y + b) öteleme dönüsümüdür. Buna göre,

Tn(3,−2) (2, 3) = (2 + 3, 3− 2) = (5, 1) ’dir.

b) Tnu (P ) = P + ~u = (x, y) + (3, 5) = (x+ 3, y + 5) biçiminde yazabiliriz. Buna göre,

Tnu (2, 3) = (5, 8) olur.


Örnek 9.2 y = 2x+ 3 dogrusu, x ekseninde 3 birim, y ekseninde −2 birim öte-lenirse denklemi ne olur?

-4 -2 2 4 6-2

2

4

6

x

yÇözüm : 1. Yol. Dogru üzerinde iki nokta alarakbunların ötelemeden sonraki koordinatlarıyla, buiki noktadan geçen dogruyu bulalım. Koordinatlarx0 = x + 3 ve y0 = y − 2 seklinde degisecek-tir. Dogru üzerinde A (0, 3) ve B (1, 5) noktalarınıalalım. Ötelemeden sonra, bu iki noktanın koor-dinatları A0 (3, 1) ve B0 (4, 3) olacaktır. A0 ve B0

noktalarından geçen dogru ise,y − 13− 1 =

x− 34− 3 ⇒ y = 2x− 5

bulunur. Bu ötelenmis dogrunun denklemidir.2. Yol. Koordinatlar x0 = x + 3 ve y0 = y − 2 seklinde degisecegi için, x = x0 − 3 vey = y0 + 2 esitliklerini dogru denkleminde yerine yazarsak,

y0 + 2 = 2 (x0 − 3) + 3⇒ y0 = 2x0 − 5dogrusu elde edilir. Yani, dogrunun denklemi y = 2x− 5 olacaktır.

Örnek 9.3 (x− 1)2+4(y − 2)2 = 4 elipsinin odaklarının koordinatlarını bulunuz.

-2 -1 1 2 3-1

1

2

3

x

yÇözüm : x − 1 = x0 ve y − 2 = y0 koordinatdönüsümü uygularsak, elipsin denklemi :

(x0)2

4+ (y0)

2= 1

olur. Bu ötelenmis elipsin odakları F 01(√3, 0) ve

F 01(−√3, 0) olur. Simdi, geri öteleyerek, orjinal

elipsin odaklarını bulalım. Buna göre,

F 01(√3, 0)⇒

nx =√3 + 1, y = 0+ 2

için F1(√3 + 1, 2) ve benzer sekilde, F2(−

√3 + 1, 2) elde edilir.

9.1 Alıştırma P (2,−4) noktası x ekseninde −3 br, y ekseninden 5 br ötelenirse koor-dinatları ne olur?

Yanıt : P 0 (−1, 1) .

9.2 Alıştırma y = 3x − 2 dogrusu, x ekseninde −2 birim, y ekseninde 3 birim öte-lenirse denklemi ne olur?

Yanıt : y = 3x+ 7.

KOORDINAT DÖNÜSÜMLERI 303

9.3 Alıştırma (x+ 1)2 − 4 (y − 2)2 = 4 hiperbolünün odaklarının koordinatlarınıbulunuz.

Yanıt : (±√5− 1, 2).

Eksenlerin Ötelenmesi

x

y

h O k

'O 'x

'y

x1

y1

x1-hy1-k

1 1 1 1( , ) ( , )P x y x y′ ′= =

. xoy dik koordinat sisteminde verilmisP = (x, y) koordinatlarını göz önüne alalım.x eksenini h kadar, y eksenini de, k kadarötelememiz durumunda, elde edilen koordinatsistemini x0o0y0 ile gösterelim. Yani, ötelen-mis koordinat sisteminin orjini, eski koordinatsistemine göre (h, k) olacaktır. Bu hareketbiraz önce gördügümüz noktanın ötelenmesihareketinin tamamen tersi hareketidir. Ek-senlerin bir yönde hareketi, noktanın koordi-natının bu yönün tam aksi yönünde degismesi demektir. P noktasının yeni koordinat sis-temine göre koordinatları ne olacaktır? P noktasının xoy koordinat sistemindeki koordi-natları (x1, y1) ve x0o0y0 koordinat sistemindeki koordinatları da (x01, y01) olsun. Sekildende izlenirse, ½

x01 = x1 − hy01 = y1 − h

olacaktır. Tersine düsünürsek, ½x1 = x01 + hy1 = y01 + h

olur. Buna göre, öteleme dönüsümünüT(h,k) : R2 → R2

T(h,k) (x, y) = (x− h, y − k)

biçiminde ifade edebiliriz. Bu dönüsüm 1-1 ve örten bir dönüsümdür.

Örnek 9.4 xoy koordinat sisteminde P (2, 3) olan koordinatın, x ekseninin 2 birim,y ekseninin−1 birim ötelenmesiyle elde edilen yeni koordinat sistemindeki koordinat-larını bulunuz.

Çözüm : Yeni sistem x0o0y0 olmak üzere, x0 = x − h = x− 2 ve y0 = y − k = y + 1biçiminde olacaktır. Buna göre,

x0 = 2− 2 = 0 ve y0 = 3 + 1 = 4

olacagından P = (0, 4) olacaktır.


Örnek 9.5 xoy koordinat sisteminde verilen y = 2x− 3 dogrusunun x ekseninin2 birim, y ekseninin −1 birim ötelenmesiyle elde edilen yeni koordinat sistemindekidenklemini bulunuz.

-2 -1 1 2 3 4

-4

-2

2

x

yÇözüm : 1. Yol. y = 2x − 3 dogrusunun yenieksenleri kestigi noktaları bulalım. Yeni y eksenimizx = 2 dogrusu olacagından, x = 2 ve y = 2x − 3dogrusu y = 2 · 2− 3 = 1 noktasında kesisirler. Bunokta y = −1 noktasından 2 br uzaklıktadır. Digeryandan, yeni x eksenimiz olan y = −1 dogrusu da,dogruyu −1 = 2x − 3 ⇒ x = 1 noktasında keserve bu noktanın x = 2 ekseninden uzaklıgı 1 br’dir.Dogrumuz yeni eksenleri, yeni orjine göre x0 = −1ve y0 = 2 noktalarında kestiginden, dogrunun yeni

eksenlere göre denklemi :x0

−1 +y0

2= 1 yani, y0 = 2x0 + 2 bulunur.

2. Yol. x0 = x− 2, y0 = y+1 oldugundan, dogru denkleminde x = x0+2 ve y = y0− 1yazılırsa, y0 − 1 = 2 (x0 + 2)− 3⇒ y0 = 2x0 + 2 elde edilir.

Örnek 9.6 x2 −2x+ y2 −6y = 0 denklemini eksenleri öteleyerek basitlestiriniz.Çözüm : Denklemi öncelikle (x− 1)2 + (y − 3)2 = 10 formunda yazalım. Buna göre,x0 = x − 1 ve y0 = y − 3 yazılırsa, yani x ekseni 1 birim, y ekseni 3 birim ötelenirse,x02 + y02 = 10 haline gelir.

Örnek 9.7 x2 −2x+ 2y2+4y − 1 = 0 koniginin odaklarını bulunuz.

-2 -1 1 2 3 4

-3

-2

-1

1

x

yÇözüm : Denklemi (x− 1)2+2 (y + 1)2=4formunda yazabiliriz. Buna göre, x0 = x− 1ve y0 = y + 1 ötelemesi yapılmalıdır. Budurumda denklem,

(x0)2

4+(y0)2

2= 1

olur ki,a2 = 4 ve b2 = 2 ve c2 = a2 − b2 = 2

olacagından, x0o0y0 eksenine göre odaklar F1 = (−√2, 0) ve F2 = (

√2, 0) bulunur.

O halde, xoy sisteminde odaklar, x = x0 + 1 ve y = y0 − 1 esitliklerinden,F1 = (−

√2 + 1,−1) ve F2 = (

√2 + 1,−1)

elde edilir.


Örnek 9.8 Odakları (1, 4) ve (1, 6) olan ve (3, 5) noktasından geçen elips denkleminibulunuz.Çözüm : Merkez odakların orta noktası oldugundan, (1, 5) olur. xoy sistemini x eksenini1 br, y eksenini 5 br öteleyerek, x0o0y0 sisteminde merkezil elips denklemini yazabiliriz.Bu eksende odakların koordinatları F1 = (0, 1) ve F2 = (0,−1), yani c = 1 ve elipsdenklemi de

(x0)2

a2+(y0)2

b2= 1

olacaktır. (3, 5) noktası da x0o0y0 sisteminde (2, 0) olur ki, bunu elips denkleminde yerineyazarsak, a2 = 4 ve b2 = a2 + c2 = 5 olacaktır. O halde, elips denklemi

(x0)2

4+(y0)2

5= 1

bulunur. xoy sisteminde ise bu denklemi(x− 1)2

4+(y − 5)2

5= 1 biçiminde yazarız.

Örnek 9.9 Odakları (1, 4) ve (3, 4) olan ve (2 + 1/√2, 4) noktasından geçen hiper-

bol denklemini bulunuz.Çözüm : Merkez odakların orta noktası oldugundan, (2, 4)’dür. xoy sistemini x eksenini2 br, y eksenini 4 br öteleyerek, x0o0y0 sisteminde merkezil hiperbol denklemini eldeedebiliriz. x0 = x − 2 ve y0 = y − 4 koordinat dönüsümleriyle merkezil hiperbolünodaklarını dolayısıyla da c’yi bulabiliriz. Buna göre, F1 = (0, 1) ve F2 = (0,−1) , yanic = 1’dir. c2 = a2 + b2 oldugundan, istenen hiperbol denklemi

(x− 2)2

a2+(y − 4)2

1− a2= 1

formundadır.¡2 + 1/

√2, 4¢

noktasını yerine yazarsak, a2 = 1/2 ve b2 = 1/2 elde ederiz.O halde, hiperbol,

2 (x− 2)2 + 2 (y − 4)2 = 1bulunur.

9.4 Alıştırma x2 − 2x− 4y2 + 16y − 19 = 0 koniginin odaklarını bulunuz.Yanıt : (±

√5 + 1, 2).

9.5 Alıştırma x2 + 4y2 − 2x− 16y + 13 = 0 koniginin odaklarını bulunuz.Yanıt : (±

√3 + 1, 2).

9.6 Alıştırma Odakları (1, 3) ve (3, 3) olan ve¡2, 3 +

√2¢

noktasından geçen elipsdenklemini bulunuz.

Yanıt :(x− 2)2

3+(y − 3)2

2= 1.


9.1 Teorem Öteleme dönüsümü, uzunlukları, açıları ve alanları degistirmez.

Kanıt : T(h,k) (x, y) = (x0, y0) = (x− h, y − k) öteleme dönüsümümünün uzunluklarıdegistirmedigini gösterelim. xoy koordinat sisteminde (x1, y1) ve (x2, y2) noktalarınıalalım. Bu iki nokta arasındaki uzunlugunq

(x2 − x1)2+ (y2 − y1)

2

oldugunu biliyoruz. Simdi, bu noktaların, eksenlerin ötelenmesiyle elde edilen (x01, y01) ve(x02, y

02) koordinatları arasındaki uzunlugunu hesaplayalım.q(x02 − x01)

2 + (y02 − y01)2 =

q(x2 − h− x1 + h)2 + (y2 − k − y1 + k)2

=

q(x2 − x1)

2 + (y2 − y1)2

oldugu görülür. Yani, uzunluklar degismez.Ikinci olarak açıların degismedigini gösterelim. Bunun için xoy sisteminde iki dogru alıpbunların arasındaki açının, dogruların x0o0y0 sistemindeki denklemleri için de degisme-digini göstermeliyiz. xoy sisteminde½

d1 : y = m1x+ n1d2 : y = m2x+ n2

dogrularını alalım. Aralarındaki açının tan θ =m1 −m2

1 +m1m2bagıntısına sahip oldugunu

biliyoruz. Dogruların ötelemeden sonraki denklemleri½d1 : y

0 + k = m1 (x0 + h) + n1

d2 : y0 + k = m2 (x

0 + h) + n2

olacaktır. Yani egimler degismeyecektir. Egimler degismediginden

tan θ =m1 −m2

1 +m1m2

açısı da degismez. O halde açılar da korunur.Son olarak alanların degismedigini gösterelim. Bunun için, bir üçgenin alanının degisme-digini göstermek yeterli olacaktır. (x1, y1), (x2, y2) ve (x3, y3) noktalarını alalım. Bunoktalarla olusturulan üçgenin alanının

Alan =1

2det

⎡⎣ x1 y1 1x2 y2 1x3 y3 1

⎤⎦oldugunu biliyoruz. Ötelemeden sonra alan:

Alan =1

2

⎡⎣ x1 − h y1 − k 1x2 − h y2 − k 1x3 − h y3 − k 1

⎤⎦olacaktır. Determinat özellikleri geregi, üçüncü sütunun h katı birinci sütuna, k katı daikinci sütuna eklenirse, determinant degismez ve bu bastaki determinanttır. ¥


Noktanın Döndürülmesi

Düzlemde verilen bir P (x, y) noktasının, orjin etrafında saat yönünün tersine θ açısıkadar döndürülmesine, P noktasının dönme hareketi (dönüsümü) denir. Örnegin, P (2, 0)noktasını, saat yönünün tersine 90◦ döndürürsek, P 0 (0, 2) noktası elde edilir. Dönmedönüsümünde, noktanın orjine uzaklıgı degismez. Herhangi bir P (x, y) noktasını orjinetrafında, θ açısı kadar döndüren dönüsümü:

Rnθ : R2 → R2

ile gösterecegiz. Simdi, θ ve P (x, y)’ye baglı olarak Rnθ dönüsümünü bulalım.

9.2 Teorem Düzlemde verilen bir P (x, y) noktasını, orjin etrafında θ açısı kadar,saat yönünün tersine döndürüren dönme dönüsümü

Rnθ (x, y) = (x cos θ − y sin θ, x sin θ + y cos θ)

ile ifade edilir.

x

y

x

y P(x,y)

xı

yıPı(xı, yı)

r

r

θ α

β

Kanıt. P (x, y), noktasının orjine uzaklıgı rve−−→OP vektörünün x ekseniyle yaptıgı açı α

olsun. Bu durumda,x = r cosα, y = r sinα

yazılabilir. Noktanın döndürüldükten sonrakikoordinatları P 0(x0,y0) olmak üzere, P 0(x0,y0)noktasının da orjine uzaklıgı r’dir.

−−→OP 0 vek-

törünün x ekseniyle yaptıgı açı β ise,

x0 = r cosβ, y0 = r sinβ

yazılabilir. P ’den P 0 noktasına θ = (β − α) açısı kadar dönme hareketi yapılmıstır. Bunagöre, β = θ + α olacaktır.

x0 = r cosβ = r cos (θ + α) = (r cosα) cos θ − (r sinα) sin θ= x cos θ − y sin θ

vey0 = r sinβ = r sin (θ + α) = (r cosα) sin θ + (r sinα) cos θ

= x sin θ + y cos θ

oldugundan, ½x0 = x cos θ − y sin θy0 = x sin θ + y cos θ

elde edilir. Böylece,Rnθ (x, y) = (x cos θ − y sin θ, x sin θ + y cos θ)

bulunur. ¥


Bu esitligi matrislerle,∙x0

y0

¸= Rn

θ

∙xy

¸=

∙cos θ − sin θsin θ cos θ

¸ ∙xy

¸biçiminde yazabiliriz. Buradaki,

Rnθ =


¸matrisine noktanın dönmesini gösteren, dönme matrisi denir. Bu matris bir ortogonalmatristir. Bu matrisin tersi

(Rnθ )−1=

∙cos θ sin θ− sin θ cos θ

¸matrisidir. (Rn

θ )−1 matrisi de, −θ açısı kadar dönmeyi ifade eder. Yani, bu matris düz-

lemde bir noktayı, orjin etrafında saat yönüne θ açısı kadar döndürür.

Sonuç : Noktanın döndürülmesini ifade eden bir dönme dönüsümünde, dönme yönübelirtilmemisse, saat yönünün tersine dönme islemi yapılır. Bu durumda, Rn

θ dönüsümü,Rnθ (x, y) = (x cos θ − y sin θ, x sin θ + y cos θ)

Rnθ (x, y) =

∙x0

y0

¸=


¸ ∙xy

¸seklinde ifade edilir. Eger, dönme saat yönünde olursa,

Rn−θ (x, y) = (x cos θ + y sin θ,−x sin θ + y cos θ)

Rn−θ (x, y) =

∙x0

y0

¸=


¸ ∙xy

¸biçiminde ifade edilir.

Örnek 9.10 P (3,√3) noktası 60◦ döndürülürse yeni koordinatları ne olur?

Çözüm : Dönme yönü belirtilmediginden, dönmeyi saat yönünün tersine yapacagız.

Rnθ (3,√3) =

∙cos 60◦ − sin 60◦sin 60◦ cos 60◦

¸ ∙3√3

¸=

∙0

2√3

¸elde edilir. O halde, dönme sonrasında yeni koordinatlar P 0

¡0, 2√3¢

olur.

Örnek 9.11 P (1,3) noktası 90◦ saat yönüne döndürülürse, koordinatları ne olur?

Çözüm : Dönme yönü saat yönüne oldugundan,

Rn−90◦ (1, 3)=

∙cos 90◦ sin 90◦

− sin 90◦ cos 90◦

¸ ∙13

¸=∙0 1−1 0

¸ ∙13

¸=∙3−1

¸elde edilir.


Örnek 9.12 P (2,3) noktası θ=arccos3

5açısı kadar saat yönüne döndürülürse yeni

koordinatları ne olur?Çözüm : Dönme saat yönünde oldugundan,

Rn−θ (x, y) =


¸ ∙xy

¸esitligini kullanacagız. θ = arccos

3

5ise cos θ =

3

5ve sin θ =

4

5olacagından,

Rnθ (2, 3) =

∙3/5 4/5−4/5 3/5

¸ ∙23

¸=

∙18/51/5

¸bulunur. O halde, P 0 (18/5, 1/5) bulunur.

Örnek 9.13 Bir P noktası 150◦ döndürüldükten sonraki koordinatları P 0(-4, 2√3)

olduguna göre, P noktasının koordinatlarını bulunuz.Çözüm : Dönme yönü belirtilmediginden, dönmeyi saat yönünün tersine düsünecegiz.Bu kez, ∙

x0

y0

¸=


¸ ∙xy

¸esitliginde, x0, y0 degerlerini biliyoruz ve x, y degerlerini bulacagız.∙

12

6√3

¸=

∙cos 150◦ − sin 150◦sin 150◦ cos 150◦

¸ ∙xy

¸∙xy

¸=

∙cos 150◦ sin 150◦

− sin 150◦ cos 150◦

¸ ∙−42√3

¸=

∙3√3

−1

¸oldugundan, P (3

√3,−1) bulunur.

Örnek 9.14 y = 2x dogrusu, saat yönüne 45◦ döndürülürse denklemi ne olur?

-4 -2 2 4

-4

-2

2

4

x

y y=2x

y=x/3

Çözüm : Dönme saat yönüne oldugu için,∙x0

y0

¸=

∙cos 45◦ sin 45◦

− sin 45◦ cos 45◦

¸ ∙xy

¸esitligini kullanacagız. Bu esitlige göre, x ve y’yi bu-lalım.∙xy

¸=∙cos 45◦ – sin 45◦sin 45◦ cos 45◦

¸ ∙x0

y0

¸=√2

2

∙x0 − y0

x0 + y0

¸oldugundan, y = 2x ⇒

√2

2(x0 + y0) = 2

√2

2(x0 − y0) esitliginden, y0 = x0/3 dogrusu

elde edilir.


Örnek 9.15 y = 2x− 1 dogrusu 45◦ döndürülürse denklemi ne olur?

Çözüm : Dönme açısı, saat yönünün tersine oldugundan,∙x0

y0

¸=

∙cos 45◦ − sin 45◦sin 45◦ cos 45◦

¸ ∙xy

¸yazılabilir. Fakat, bize x ve y degerleri gereklidir. O halde,∙

xy

¸=

∙cos 45◦ sin 45◦

− sin 45◦ cos 45◦

¸ ∙x0

y0

¸=

√2

2

∙(x0 + y0)(−x0 + y0)

¸olacagından, y = 2x− 1 denkleminde yerine yazılırsa,

√2

2(−x0 + y0) = 2 ·

√2

2(x0 + y0)− 1

esitliginden, y0 = −3x0 +√2 dogrusu elde edilir.

Örnek 9.16 x2−y2 = 4 hiperbolü 45◦ döndürülürse denklemi ne olur?

-4 -2 2 4

-4

-2

2

4

x

yx²-y²=4

xy=-2Çözüm : Bir önceki örnekteki gibi, x ve y yerine,∙

xy

¸=

∙cos 45◦ sin 45◦

− sin 45◦ cos 45◦

¸ ∙x0

y0

¸=

√2

2

∙(x0 + y0)(−x0 + y0)

¸esitlikliklerini yazacagız. Buna göre,

1

2(x0 + y0)2 − 1

2(−x0 + y0)2 = 4

denklemi düzenlenirse, x0y0 = 2 denklemi elde edilir. O halde, x2− y2 = 4 hiperbolünün45◦ döndürüldükten sonraki denklemi x0y0 = 2 denklemidir.

Örnek 9.17 x2−3xy + y2 = 1/2 egrisi 45◦ döndürülürse denklemi ne olur? Buhangi koniktir? Bu konigin döndürülmeden önceki odaklarının koordinatlarını bu-lunuz.

Çözüm : x ve y yerine,∙xy

¸=

∙cos 45◦ sin 45◦

− sin 45◦ cos 45◦

¸ ∙x0

y0

¸=

√2

2

∙(x0 + y0)(−x0 + y0)

¸esitlikliklerini yazacagız. Buna göre, yerine yazılıp düzenlenirse,1

2(x0 + y0)2 − 3 · 1

2(x0 + y0) (−x0 + y0) +

1

2(−x0 + y0)2 =

5

2(x0)2 − 1

2(y0)2 =

1

2

esitliginden,


(x0)2

1/5− (y0)2 = 1

hiperbolü bulunur. Bu hiperbolün odakları, x0oy0 ne göre c2 = a2 + b2 = 1/5 + 1 = 6/5esitliginden,

F 01¡√6/√5, 0¢

ve F 02¡−√6/√5, 0¢

elde edilir.

-4 -2 2 4

-4

-2

2

4

x

ySimdi, odakların gerçek koordinatlarını bulalım.∙

xy

¸=

√2

2

∙1 1−1 1

¸ ∙x0

y0

¸esitliginde, yerine yazarsak,

F1 =

√2

2

∙1 1−1 1

¸ ∙ √6/√5

0

¸=

∙ √15/5

−√15/5

¸ve benzer sekilde, F2

¡−√15/5,

√15/5

¢elde edilir.

x2 − 3xy + y2 = 1/2 hiperbolünün grafigi ve odaklarısekilde gösterilmistir.

9.7 Alıştırma P (2√3, 6) noktası 30◦ döndürülürse yeni koordinatları ne olur?

Yanıt :(0, 4√3).

9.8 Alıştırma P (3, 5) noktası θ = arcsin3

5açısı kadar saat yönüne döndürülürse yeni

koordinatları ne olur?Yanıt : (27/5, 11/5).

9.9 Alıştırma y = 4x− 3√2 dogrusu 45◦ döndürülürse denklemi ne olur?

Yanıt : y0 = x0 + 2.

9.10 Alıştırma Bir P noktası 120◦ döndürüldükten sonraki koordinatları P 0(4√3, 6)

olduguna göre, P noktasının koordinatlarını bulunuz.Yanıt : (

√3,−9).

9.11 Alıştırma x2 + y2 + xy = 2 egrisi 45◦ döndürülürse denklemi ne olur?Bu hangi koniktir? Bu konigin döndürülmeden önceki odaklarının koordinatlarını bu-lunuz.

Yanıt :(x0)2

4+(y0)2

4/3= 1, Elips, F1(2

√3/3,−2

√3/3) ve F1(−2

√3/3, 2

√3/3).

9.12 Alıştırma xy = 3 egrisi 45◦ döndürülürse denklemi ne olur?Yanıt : y2 − x2 = 6.


9.3 Teorem Dönme dönüsümü, uzunlugu, açıyı ve alanı korur.

Kanıt : P (x1, y1) ve Q (x2, y2) noktaları arasındaki uzunlugun

|PQ| =q(x2 − x1)

2+ (y2 − y1)

2

oldugunu biliyoruz. Rθ, θ açısı kadar dönmeyi ifade etmek üzere,P 0 = Rθ (P ) = ((cos θ)x1 − (sin θ) y1, (cos θ) y1 + (sin θ)x1)Q0 = Rθ (Q) = ((cos θ)x2 − (sin θ) y2, (cos θ) y2 + (sin θ)x2)

noktaları arasındaki uzaklıgı hesaplayalım.

|P 0Q0| =

q(cos θ (x2−x1)− sin θ (y2−y1))2 + (cos θ (y2−y1) + sin θ (x2−x1))2

|P 0Q0| =

q(x2 − x1)

2+ (y2 − y1)

2

|P 0Q0| = |PQ|elde edilir. O halde, dönme dönüsümü uzaklıgı degistirmez.

ii) Simdi de, dönme dönüsümünün açıları degistirmediginigörelim. y = m1x+n1 ve y = m2x+n2 dogrularını gözönüne alalım. Bunlar arasındaki açı,

tan θ =m1 −m2

1 +m1m2

bagıntısıyla bulunabilir. Simdi, bu dogruların θ açısı kadardöndürülmesi durumunda, dogrular arasındaki açıyı bu-lalım. Dogruların, θ açısı kadar döndürülmesi durumunda(x = (cos θ)x0 + (sin θ) y0 ve y = (cos θ) y0 − (sin θ)x0)dönüsümü yapılarak, dogru denklemleri sırasıyla,

y = m1x+ n1 ise, (cos θ) y0 − (sin θ)x0 = m1 ((cos θ)x0 + (sin θ) y0) + n1;

y = m2x+ n2 ise, (cos θ) y0 − (sin θ)x0 = m2 ((cos θ)x0 + (sin θ) y0) + n2

olur. Bu dogruların egimleri de sırasıyla,m1 cos θ + sin θ

cos θ −m1 sin θve

m2 cos θ + sin θ

cos θ −m2 sin θ

bulunur. Buna göre,

tan θ =

m1 cos θ + sin θ

cos θ −m1 sin θ− m2 cos θ + sin θ

cos θ −m2 sin θ

1 +m1 cos θ + sin θ

cos θ −m1 sin θ

m2 cos θ + sin θ

cos θ −m2 sin θ

=m1 −m2

1 +m1m2

elde edilir. Böylece, dönme dönüsümünün, açıyı da degistirmedigi görülür.


iii) Son olarak, alanın da degismeyecegini görelim. P veQ noktaları ile dogrusal olmayacak sekilde bir T (x3, y3)noktası verilsin. Bu durumda P,Q, T ile olusturulan üç-genin alanı.

Alan (PQT ) =1

2

¯¯ x1 y1 1x2 y2 1x3 y3 1

¯¯

ile bulunur. P,Q, T ’nin θ açısı kadar döndürüldükten son-raki koordinatları, P 0, Q0 ve T 0 olsun.

Rθ (x0i, y

0i) = ((cos θ)xi − (sin θ) yi, (cos θ) yi + (sin θ)xi)

oldugundan,

Alan (P 0Q0T 0) =1

2

¯¯ x

01 y01 1

x02 y02 1x03 y03 1

¯¯

=1

2

¯¯ (cos θ)x1− (sin θ) y1 (cos θ) y1+(sin θ)x1 1(cos θ)x2− (sin θ) y2 (cos θ) y2+(sin θ)x2 1(cos θ)x3− (sin θ) y3 (cos θ) y3+(sin θ)x3 1

¯¯

esitliginde determinant özellikleri kullanılırsa,

Alan (P 0Q0T 0) =1

2

¯¯ x1 y1 1x2 y2 1x3 y3 1

¯¯¯¯ cos θ sin θ 0− sin θ cos θ 00 0 1

¯¯

=1

2

¯¯ x1 y1 1x2 y2 1x3 y3 1

¯¯ = Alan (PQT )

oldugu görülür. ¥

Eksenlerin Döndürülmesi

Simdi verilen bir koordinat sisteminin, eksenlerinin baslangıç noktası etrafında saatyönünün tersine θ açısı kadar döndürülmesi durumunda, eski ve yeni koordinat sistemindebir noktanın koordinatları arasındaki bagıntıları bulacagız. xoy dik koordinat sistemi veril-sin. Bu koordinat sisteminin, saat yönünün tersine, baslangıç noktası etrafında θ açısıkadar eksenleri döndürülmesiyle elde edilen koordinat sistemi x0oy0 olsun. Bu durumda,herhangi bir noktanın koordinatları nasıl degisir, ya da bir egrinin denklemi yeni koordinatsisteminde nasıl ifade edilir. Bu kısımda bunların yanıtlarını arayacagız.


9.4 Teorem xoy dik koordinat sisteminde bir P (x1, y1) noktası verilsin. Eksen-lerin baslangıç noktası etrafında θ açısı kadar, saat yönünün tersine döndürürülmesidurumunda, P (x1, y1) noktasının, yeni koordinat sistemindeki koordinatlarını verendönme dönüsümü,

Rθ (x1, y1) = (x1 cos θ + y1 sin θ,−x1 sin θ + y1 cos θ)

ile ifade edilir.

x

y

r

Oθ

'x

x1

y1 1 1 1 1( , ) ( , )P x y x y′ ′= =

θ 1x′

1y′α

Kanıt. Bir P noktasının koordinatlarını,xoy sisteminde P (x1, y1) ile döndürülerekelde edilen x0oy0 koordinat sisteminde iseP (x01, y

01) ile gösterelim. Eksenlerin döndürül-

mesi durumunda P noktasının orjine uzaklıgıdegismeyecektir. Bu uzaklıgı r ile gösterelim.P noktasının koordinatlarını xoy ve x0oy0 sis-teminde sırasıyla,x1 = r cos (α+ θ) ve y1 = r sin (α+ θ) ,

x01 = r cosα ve y01 = r sinα

ile gösterebiliriz. Ilk esitliklerde trigonometrik açılımları kullanırsak,½x1 = r cosα cos θ − r sinα sin θy1 = r sinα cos θ + r cosα sin θ

olur. Burada, ikinci esitlikler kullanılırsa,

½x1 = x01 cos θ − y01 sin θy1 = y01 cos θ + x01 sin θ

veya∙x1y1

¸=


¸ ∙x01y01

¸esitligi elde edilir. Son matris esitliginden de,∙

x01y01

¸=


¸ ∙x1y1

¸yazılabilir. Eksen dönüsümü sonrası, noktanın koordinatlarını veren dönme dönüsümü

Rθ (x1, y1) = (x1 cos θ + y1 sin θ,−x1 sin θ + y1 cos θ)

biçiminde bulunur. Buna göre, koordinat eksenlerinin θ açısı kadar saat yönünün tersinedöndürülmesi durumunda, yeni nokta ile eski noktanın koordinatları arasındaki bagıntıları,

Rθ : R2 → R2

Rθ (x, y) = (x0, y0) = (x cos θ + y sin θ,−x sin θ + y cos θ)

Rθ (x, y) =

∙x0

y0

¸=


¸ ∙xy

¸dönme dönüsümü ile elde edebiliriz. Eksen dönmesinin θ açısı kadar saat yönüne dogruyapılması demek, eksenlerin saat yönünün tersine −θ açısı kadar dönme anlamına gele-cektir. Döndürme yönü belirtilmemis ise, yön saat yönünün tersine anlasılacaktır. ¥


Not ! Eksenlerin döndürülmesi hareketi, noktanın döndürülme isleminin tam tersibir harekettir. Yani, eksenler θ açısı kadar dönerken, nokta, sanki geriye dogru θ açısıkadar dönüyormus gibi davranır. Bu tıpkı, hareketsiz bir arabanın içinde bulunan birkisinin, yan tarafında ileri dogru hareket eden arabayı görünce, geriye dogru hareketettigini zannetmesi gibidir. Bu nedenle, noktaya göre dönmeyi ifade eden dönme mat-risiyle, koordinat eksenlerinin dönmesini ifade eden dönme matrisi birbirlerinin tersidir.

Örnek 9.18 P (0, 2) noktasının, eksenlerin 60◦ döndürülmesi durumunda koordi-natları ne olur?

Çözüm : Bu noktanın koordinatlarının (√3, 1) oldugu, çizilerek görülebilir. Bunun

yanında,∙x0

y0

¸=

∙cos 60◦ sin 60◦

− sin 60◦ cos 60◦

¸ ∙xy

¸⇒∙x0

y0

¸=

∙1/2

√3/2

−√3/2 1/2

¸ ∙02

¸esitliginden de, R60◦(0, 2) = (

√3, 1) olarak bulunabilir.

Örnek 9.19 xoy dik koordinat sisteminde verilen P (x, y) noktasının, eksenlerin

θ = arctan1

3kadar saat yönünün tersine döndürülmesi durumundaki koordinatları¡

2√10,√10¢

olduguna göre, P noktasının koordinatlarını bulunuz.

Çözüm : θ = arctan 1/3 ise tan θ = 1/3, sin θ = 1/√10 ve cos θ = 3/

√10 olacaktır.

Eksen dönmesi söz konusu oldugundan,∙x0

y0

¸=


¸ ∙xy

¸⇒∙2√10√10

¸=

∙3/√10 1/

√10

−1/√10 3/

√10

¸ ∙xy

¸esitligini kullanacagız. Buna göre, P (x, y) noktası,∙

xy

¸=

∙3/√10 −1/

√10

1/√10 3/

√10

¸ ∙2√10√10

¸=

∙55

¸elde edilir.

Örnek 9.20 x2−y2 = 4 hiperbolünün eksenlerin 45◦ döndürülmesi durumundakidenklemi ne olur?

Çözüm : Denklemde∙xy

¸=

∙(cos 45◦)x0 − (sin 45◦) y0(cos 45◦) y0 + (sin 45◦)x0

¸=

∙ √2 (x0 − y0) /2√2 (x0 + y0) /2

¸yazılırsa, ¡√

2 (x0 − y0) /2¢2 − ¡√2 (x0 + y0) /2

¢2= 4

esitliginden, x0y0 = −2 elde edilir.


Örnek 9.21 xy = 3 hiperbolünün eksenlerin 45◦ döndürülmesi durumundaki denk-lemi ne olur?

Çözüm : Denklemde∙xy

¸=

∙(cos 45◦)x0 − (sin 45◦) y0(cos 45◦) y0 + (sin 45◦)x0

¸=

∙ √2 (x0 − y0) /2√2 (x0 + y0) /2

¸yazılırsa,

√2

2(x0 − y0)

√2

2(x0 + y0) = 3 esitliginden x02 − y02 = 6 bulunur.

9.13 Alıştırma P (5, 10) noktasının, eksenlerin θ = arccos3

5kadar döndürülmesi du-

rumunda, yeni koordinat sisteminde koordinatları ne olur?Yanıt : (11, 2) .

9.14 Alıştırma x2 + y2 + xy = 2 egrisinin eksenlerin 45◦ döndürülmesi durumunda,yeni koordinatlara göre denklemi ne olur?Yanıt : 3(x0)2 + (y0)2 = 4.

9.15 Alıştırma y = x + 2√3 dogrusunun eksenlerin 60◦ döndürülmesi durumunda

egimi ne olur?

Yanıt : m =1−√3

1 +√3.

Afin Dönüsüm

A tersinir bir kare matris olmak üzere, f (~x) = A~x + ~b formundaki dönüsümlereAfin dönüsüm denir. Düzlemde bir afin dönüsüm, A = [aij ]2×2 tersinir bir matris ve~b = (b1, b2) olmak üzere, ~x = (x1, x2) için,

f (~x) = A~x+~b =

∙a11 a12a21 a22

¸ ∙x1x2

¸+

∙b1b2

¸seklinde tanımlanır. f (~x) = ~y ise, A−1 tanımlı oldugundan

A~x+~b = ~y ⇒ A~x = ~y −~b⇒ ~x = A−1(~y −~b)esitliginden, ~y vektörü verilmis ise, ~x vektörü de bulunabilir. Yani, f−1 de tanımlıdır vebir afin dönüsümün tersi de bir afin dönüsümdür. Öteleme ve dönme dönüsümleri birerözel afin dönüsümlerdir. Gerçekten,

Tu(~x) = I~x+ u

öteleme dönüsümünde, A = I birim matrisi tersinir bir matristir ve ~b = ~u öteleme

vektörüdür. Rθ (~x) = Rx dönme dönüsümünde, R =∙cos θ − sin θsin θ cos θ

¸matrisi tersinir

bir matristir ve dönme dönüsümü de bir afin dönüsümdür.


9.5 Teorem Afin dönüsümlerin bileskesi de afin dönüsümdür.

Kanıt : f (~x) = A~x+~a ve g (~x) = B~x+~b iki afin dönüsüm olsun. Buna göre,(g ◦ f) (x) = g (f (x)) = B (A~x+~a) +~b = (BA)~x+ (B~a+~b)

olacaktır. A ve B matrisleri tersinir oldugundan, BA matrisi de tersinirdir. O halde, g ◦ fdönüsümü de bir afin dönüsümdür. ¥

Afin dönüsümler, genel olarak uzaklıgı korumazlar. Fakat, asagıdaki teoremde ifade et-tigimiz gibi, dogru parçaların uzunlukları arasındaki oranı korurlar.

9.6 Teorem f (~x) = A~x+~b bir afin dönüsüm olsun. f dönüsümü,a) dogruları dogrulara götürür.b) paralel dogruları paralel dogrulara götürür.c) Iki paralel dogru parçası arasındaki oranı korur.

Kanıt : a) P noktasından geçen ve dogrultusu −→u olan : P + t−→u dogrusunu alalım.f(P + t−→u ) = A(P + t−→u )+~b = (AP +~b) + t(A−→u ) = (P1) + t−→u 1

olur. Yani, f afin dönüsümü, dogrusunu, P1 = AP +~b noktasından geçen ve dogrultusu(A−→u ) olan bir dogruya dönüstürür.b) P noktasından geçen ve dogrultusu−→u olan 1 : P + t−→u dogrusu ile bu dogruya paralelolan Q noktasından geçen 1 : Q+ t−→u dogrusunu alalım. a)’dan,

f(P + t−→u ) = (AP +~b) + t(A−→u ) ve f(Q+ t−→u ) = (AQ+~b) + t(A−→u )elde edilir. Yani, elde edilen dogruların dogrultmanları A−→u vektörüdür. Böylece, afindönüsümlerin, paralel dogruları yine paralel dogrulara dönüstürdügü görülür.c) D1 ve D2 paralel iki dogru parçası olsun. Buna göre, λ ∈ R, −→u 2 = λ−→u 1 olmak üzere,t ∈ [0, 1] için, D1 : P1+t

−→u 1 veD2 : P2+t−→u 2 biçiminde yazılabilir. D1 dogru parçasının

uzunlugu°°−→u 1°° ve D2 dogru parçasının uzunlugu ise

°°−→u 2°° = |λ|°°−→u 1°° oldugundan,

D1 ve D2 dogru parçalarının uzunlukları oranı λ’dır. Simdi, f afin dönüsümü altında, budogru parçalarının uzunluklarını bulalım.f (D1) = f(P1 + t−→u 1) = (AP1 +~b) + t(A−→u 1), t ∈ [0, 1],f (D2) = f(P2 + t−→u 2) = (AP2 +~b) + t(A−→u 2) = (AP2 +~b) + tλ(A−→u 1), t ∈ [0, 1],

oldugundan, f (D1) ve f (D2) dogru parçalarının uzunlugu sırasıyla,°°A−→u 1°° ve°°A−→u 2°° = °°λA−→u 1°° = |λ|°°A−→u 1°°

olur. Dogru parçalarının uzunlukları oranı yine λ oldugundan, afin dönüsümün, dogruparçalarının uzunlukları arasındaki oranı degistirmedigi görülür. ¥

˙Içindekiler - ALTIN NOKTA · 134 Analitik Geometri - Mustafa Özdemir Örnek 4.47 E¸skenar...

Documents

Transcript of ˙Içindekiler - ALTIN NOKTA · 134 Analitik Geometri - Mustafa Özdemir Örnek 4.47 E¸skenar...