PROJE ADI: Bir Koniğin Üzerindeki Veya Dışındaki Bir Noktadan

PROJE ADI: Bir Koniğin Üzerindeki Veya Dışındaki Bir Noktadan Çizilen
Teğetlerin Denklemlerini Matrisler Yardımıyla Bulma
PROJENİN AMACI:
Bu projede herhangi bir koniğin üzerindeki veya dışındaki bir noktadan çizilen teğetlerin
denklemlerinin matrisler yardımı ile bulunması amaçlandı.
Teğet denklemleri, türev veya doğru denklemi formülleri ile bulunabilmektedir. Bu projede
koniklere üzerindeki bir noktadan veya dışındaki bir noktadan çizilen teğetlerin denklemlerini
bulmak için farklı bir bakış açısı getirilmesi hedeflendi. Elde edilecek teğet denklemlerini,
türev yardımıyla veya teğet denklemi formülleri kullanılarak bulunanlarla karşılaştırmak ve
çalışmanın autograph programı ile görsel bir şekilde de ifade edilmesi amaçlandı.
GİRİŞ:
İki veya daha fazla değişkenli polinomlar ve dereceleri araştırıldığında üç değişkenli ikinci
dereceden homojen polinomların “nokta konik”ler olarak adlandırıldığı görülmektedir. [1] Bu
nokta koniği matris şeklinde de tanımlanabilmektedir. Homojen polinomlar her bir teriminin
derecesi aynı olan polinomlardır.[3]
Lise müfredatında işlenen konik denklemleri değişken dönüşümü ile nokta koniğine
dönüştürülebilir. Aynı dönüşüm altında konik üzerindeki veya dışındaki bir nokta da nokta
koniğine uygun biçimde yazılabilmektedir. Aynı durum doğru denklemleri için de geçerlidir.
Konik üzerindeki veya dışındaki bir noktadan çizilen teğet denklemlerinin matris yöntemi ile
bulunabilmesi, bu çalışmayı benzer çalışmalardan ayırmaktadır.
ANA BÖLÜM:
Tanım 1.
sütun matis,
simetrik kare matris olmak üzere
kümesine nokta koniği denir. Daha açık olarak yazılırsa
. [1]
Örnek 1.
konik (elips) denklemini ve üzerinde bulunan
noktasını S konik denklemi cinsinden ifade edilmesi.
Çözüm. Konik denkleminde
dönüşümü yapılırsa,
eşitliğinden
nokta koniği elde edilir. Bu nokta koniğinin matrisi de
biçimindedir.
noktası için dönüşüm uygulanırsa
bulunur. Buradan
elde edilir.
1
bulunur. Dolayısıyla N noktası
biçimini alır. S nokta koniğinde yerine yazılırsa
noktasının S
bulunur ki bu da
nokta koniğinin üzerinde olduğu anlamına gelir. Dolayısıyla
olarak alınabilir.
Örnek 2.
doğru denkleminin S konik denklemi cinsinden yazılması.
Çözüm. Doğru denkleminde
dönüşümü yapılırsa,
eşitliğinden
bulunur.
Son elde edilen doğru
biçiminde de gösterilir.
Tanım 2. Bu çalışmada noktalar
, doğrular
olması demek
noktasının
ile belirtilmektedir.
doğrusu
üzerinde olduğu anlamındadır. Genel olarak herhangi bir doğru
denklemi ile verilmektedir.[1]
Tanım 3.
noktası
koniğinin üzerinde
olsun. Bu durumda bu noktadaki teğet doğrusu
tanımlanır.
[1]
2
aşağıdaki şekilde
Tanım 3. Bir koniğe üzerindeki P1(x1,y1) ve P2(x2,y2) noktalarından çizilen teğetler bir
P0(x0,y0) noktasında kesişsinler. P1(x1,y1) ve P2(x2,y2) noktalarından geçen doğruya koniğe
göre kutup doğrusu denir. [2]
Şekil 1: Kutup doğrusu
Tanım 4.
noktası
koniğinin dışında
olsun. Bu durumda bu noktadan nokta koniğine çizilen teğetlerin koniği kestiği noktalardan
geçen
doğrusu aşağıdaki şekilde tanımlanır.
[1]
Bu doğru aynı zamanda nokta koniğinin kutup doğrusudur.
Örnek 3.
elipsinin üstünde olup bu noktadaki teğet
doğru denklemi (türevden)
biçimindedir.
Bu elips ve N noktası Örnek 1.’de
koniği ve
noktası olarak elde edilmişti. O halde
bu noktadaki teğet doğruya
denirse,
bulunur. Dolayısıyla
elde edilir. Bu doğrunun denklemi
dir.
3
Bu eşitlik
şeklinde yazılır.
dönüşümü yapılırsa
Burada
doğrusu elde edilir ki bu da başlangıçta verilen elipsin N noktasındaki teğetinden ibarettir.
x2 y2 5


elipsi ve elipsin dışındaki bir N  (5 3,0) noktası alınsın. Bu
4
3
4
noktadan elipse çizilen teğet denklemlerinin elde edilmesi.
Örnek 4.
denkleminde x 
2
x1
x
ve y  2 dönüşümü yapılırsa
x0
x0
2
x 
x 
3 1   4 2   15  0
 x0 
 x0 
nokta koniği elde edilir.
S:
N=( 5 3 ,0) noktası için de
x
x1
 5 3  x1  5 3x0
x0
y
x2
 0 x0  x2  0 ,
x0
olduğundan
5 3 x0
5 3
alınabilir. O halde
 15 0 0  1    15 
AN   0 3 0 5 3   15 3  eşitliğinden
 0 0 4  0   0 
 15x0  15 3x1  0 kutup doğrusu elde edilir. Bu doğru ile S koniği kesiştirilir.
Kutup doğrusu denkleminden x1 
x0
3
bulunup S nokta koniğinde yerine yazılarak
4
 14 x0  4 x2  0 bulunur. Bu denklemde
2
2
x0
 T dönüşümü yapılırsa
x2
 14 T 2  4  0 denklemi elde edilir. Buradan T  
2
T
7
2
7
bulunur.
7 x0  2 x2 ’dir.
için
x2  1 alınarak x0 
2
7
ve x1 
2
x
7
x
1
elde edilir. O halde x  1 
ve y  2 
x0
x0
21
2
3
şeklinde bulunur.
T 
2
için
7
7 x0   2 x2 ’dir.
x2  1 alınarak x0  
y
x2
7

x0
2
2
2
x
1
ve x1  
elde edilir. O halde x  1 
ve
x0
21
7
3
şeklinde bulunur.
Bu durumda Kutup doğrusu ile S nokta koniğinin ortak noktaları
 2
 2  2 
2 
N1  
,
,1 ve N 2  
,
,1 ’dir. Elips üzerinde bu iki noktaya karşılık gelen
21 
 7 21 
 7
 1
 1
7
7
 ve N 2/  
 olmaktadır.
noktalar N1/  
,
,


 3
2 
 3 2

N1 noktasından geçen teğet denklemi


 15 0 0 
 0 3 0 


 0 0 4 



2    15 2 
 

7  
7 
2  3 2 

yada
21   21 
1   4 
 

15 2
3 2
x0 
x1  4 x2  0 biçiminde bulunur.
7
21
5
 1
7
 noktasındaki teğeti ,
Elipsin N1/  
,

 3 2

15 2 3 2 x1
x
x
x

 4 2  0 denkleminde 1  x ve 2  y yazılarak
x0
x0
x0
7
21 x0
y
15  3x
elde edilir.
2 14
Benzer şekilde N 2 noktasından geçen teğet denklemi
 1
15 2
3 2
7
 noktasındaki teğet
x0 
x1  4 x2  0 ve elips üzerindeki N 2/  
,

7
21
3
2


denklemi y 
 15  3x
şeklinde elde edilir.
2 14
elipsinin dışındaki bir (5 3,0) noktasından çizilen teğetler klasik
yöntemle bulunabilir. N noktasından elipse çizilen teğetlerin elipsi kestiği noktalar
N1/  x0 , y0  ve N 2/  x1 , y1  olsun.
Teğet formülünden N1/ noktasındaki teğet denklemi
m
olup eğimi
y0
3x0
’dır. N ve N1/ noktalarından geçen doğrunun eğimi m 
olup bu iki
4 y0
x0  5 3
eğimin eşitliğinden
elde edilir.
olduğu kullanılarak x0 
N1/ noktası elips üzerinde olduğundan,
bulunur.
1
3
7
bulunur. O halde N noktasından çizilen
2
eşitliğinden y0  
 1
 1
7
7
 ve N 2/  
 ’dir.
teğetlerin elipsi kestiği noktalar N1/  
,
,


2 
 3 2
 3
N1/ deki teğet doğru denklemi
olup düzenlenirse yukarıda ile aynı olduğu
görülür. Benzer durum N 2/ noktası için de yapılır.
6
Şekil 2: 3x2+4y2-15 = 0 elipsine dışındaki bir N  (5 3,0) noktasından çizilen teğetler
Örnek 5. x 2  12 y parabolü ve parabolün dışındaki N=(0,-3) noktası alınsın. Bu noktadan
parabole çizilen teğet denklemlerinin elde edilmesi.
x 2  12 y  0 denkleminde x 
2
x1
x
ve y  2 dönüşümü yapılırsa
x0
x0
2
 x1 
x 
   12 2   0
 x0 
 x0 
S: x1  12 x2 x0  0 nokta koniği elde edilir.
2
N=(0,-3) noktası için de
x
x1
 0  x1  0
x0
y
x2
 3  x2  3 x0 ,
x0
N  x0 , x1 , x2   ( x0 ,0,3x0 ) olduğundan N  1,0,3 alınabilir. O halde
 0 0  6  1   18 
AN   0 1 0   0    0  eşitliğinden
 6 0 0   3  6
18x0  6 x2  0 kutup doğrusu elde edilir. Bu doğru ile S koniği kesiştirilir.Kutup doğrusu
denkleminden 3x0  x2 bulunup S nokta koniğinde yerine yazılarak
x1  36 x0  0 bulunur. Bu denklemde
2
2
x0
 T dönüşümü yapılırsa
x1
7
1  36 T 2  0 denklemi elde edilir. Buradan T  
1
bulunur.
6
T
x
1
için 6 x0  x1 dir. x0=1 alınarak x1  6 ve x2  3 elde edilir. O halde x  1  6 ve
6
x0
y
x2
 3 şeklinde bulunur.
x0
1
için  6 x0  x1 dir. ve x0=1 alınarak x1  6 ve x2  3 elde edilir. O halde
6
x
x
x  1  6 ve y  2  3 şeklinde bulunur.
x0
x0
T 
Bu durumda Kutup doğrusu ile S nokta koniğinin ortak noktaları
N1  (1,6,3) ve N 2  (1,6,3) ’ dir. Parabol üzerinde bu iki noktaya karşılık gelen noktalar


N1  (6,3) ve N 2  (6,3) olmaktadır.
N1  (1,6,3) noktasından geçen teğet denklemi
 0 0  6  1  18
 0 1 0   6   6  yada

  

 6 0 0   3    6 

 18x0  6 x1  6 x2  0 biçiminde bulunur. Parabolün N1  (6,3) noktasındaki teğeti
 18x0  6 x1  6 x2  0 denkleminde
x1
x
 x ve 2  y yazılarak y  x  3 elde edilir.
x0
x0
Benzer şekilde N 2  (1,6,3) noktasından geçen teğet denklemi 18x0  6 x1  18x2  0 ve

parabol üzerindeki N 2  (6,3) noktasındaki teğet denklemi y   x  3 elde edilir.
x 2  12 y  0 parabolüne dışındaki N=(0,-3) noktasından çizilen teğetlerin denklemleri klasik
yöntemle de bulunduğunda aynı oldukları görülür.
8
Şekil 3: x 2  12 y parabolüne dışındaki N(0,-3) noktasından çizilen teğetler


x2 y2

 1 elipsi ve elipsin dışındaki bir N  2 3,1 noktası alınsın. Bu
4
1
noktadan elipse çizilen teğet denklemlerinin elde edilmesi.
Örnek 6.
x 2  4 y 2  4  0 denkleminde x 
2
x
x1
ve y  2 dönüşümü yapılırsa
x0
x0
2
 x1 
x 
   4 2   4  0
 x0 
 x0 
S:  4 x0  x1  4 x2  0 nokta koniği elde edilir.
2

2
2

N  2 3,1 noktası için de
x
x1
 2 3  x1  2 3x0
x0
y
x2
 1  x2   x0 ,
x0


N  x0 , x1 , x2   ( x0 ,2 3x0 , x0 ) olduğundan N  1,2 3,1 alınabilir. O halde
 4 0 0  1    4 
AN   0 1 0 2 3   2 3  eşitliğinden
 0 0 4   1    4 
 4 x0  2 3x1  4 x2  0 kutup doğrusu elde edilir. Bu doğru ile S koniği kesiştirilir.Kutup
doğrusu denkleminden x1 
2 3
( x0  x2 ) bulunup S nokta koniğinde yerine yazılarak
3
9
 x0  x0 x2  2 x2  0 bulunur. Bu denklemde
2
2
denklemi elde edilir. Buradan T 
x0
 T dönüşümü yapılırsa  T 2  T  2  0
x2
1  3
bulunur.
2
T  1 için x0   x2 ’dir. x2  1 alınarak x0  1 ve x1  0 elde edilir. O halde
x
x1
x
 0 ve y  2  1 şeklinde bulunur.
x0
x0
T  2 için x0   x2 ’ dir. x2  1 alınarak x0  2 ve x1  2 3 elde edilir. O halde
x
x1
x
1
 3 ve y  2  şeklinde bulunur.
x0
x0 2
Bu durumda Kutup doğrusu ile S nokta koniğinin ortak noktaları
N1  (1,0,1) ve N 2  (2,2 3,1) ’dir. Elips üzerinde bu iki noktaya karşılık gelen noktalar
1


N1  (0,1) ve N 2  ( 3, ) olmaktadır.
2
N1  (1,0,1) noktasından çizilen teğet denklemi
 4 0 0  1 4
 0 1 0 0   0 yada

   
 0 0 4 1  4
4 x0  4 x2  0 biçiminde bulunur.

Elipsin N1  (0,1) noktasındaki teğeti 4 x0  4 x2  0 denkleminde
x2
 y yazılarak
x0
y  1 elde edilir.
Benzer şekilde N 2  (2,2 3,1) noktasından geçen teğet denklemi
 8x0  2 3x1  4 x2  0 ve elips üzerindeki N 2  ( 3, ) noktasındaki teğet denklemi
1
2
 4  3x  2 y  0 şeklinde elde edilir.


x 2  4 y 2  4  0 elipsine dışındaki N 2 3,1 noktasından çizilen teğetlerin denklemleri
klasik yöntemle de bulunduğunda aynı oldukları görülür.
10


Şekil 4: x2+4y2-4 = 0 elipsine dışındaki N  2 3,1 noktasından çizilen teğetler
x2 y2

 1 hiperbolü ve dışındaki bir N=(1,1) noktası alınsın. Bu noktadan
4
1
hiperbole çizilen teğet denklemlerinin elde edilmesi.
Örnek 7.
x 2  4 y 2  4  0 denkleminde y 
x
x1
ve y  2 dönüşümü yapılırsa
x0
x0
2
 x1 
x
   4 1  4  0
x0
 x0 
S: 4 x0  x1  4 x2  0 nokta koniği elde edilir.
2
2
2
N=(1,1) noktası için de
x
x1
 1  x1  x0
x0
y
x2
 1  x2  x0 ,
x0
N  x0 , x1 , x2   ( x0 , x0 , x0 ) olduğundan N  1,1,1 alınabilir.
4 0 0 1  4 
AN  0  1 0 1   1 eşitliğinden
0 0 4 1  4 
4 x0  x1  4 x2  0 kutup doğrusu elde edilir. Bu doğru ile S koniği kesiştirilir. Kutup doğrusu
denkleminden x1  4 x0  4 x2 bulunup S nokta koniğinde yerine yazılarak
11
3x0  3x2  8x0 x 2  0 bulunur. Bu denklemde
2
2
denklemi elde edilir. Buradan T 
T
4 7
bulunur.
3
4 7
için 3x0  (4  7 ) x2 ’dir. x2  ( 7  4) alınarak x0  3 ve x1  4  4 7 elde
3
edilir. O halde x 
T
x0
 T dönüşümü yapılırsa 3T 2  8T  3  0
x2
x1 4  4 7
x
4 7

ve y  2 
şeklinde bulunur.
x0
3
x0
3
4 7
için 3x0  (4  7 ) x2 ‘dir. x2  (4  7 ) alınarak x0  3 ve x1  4  4 7 elde
3
edilir. O halde x 
x
4 7
x1  4  4 7

ve y  2 
şeklinde bulunur.
x0
3
x0
3
Bu durumda Kutup doğrusu ile S nokta koniğinin ortak noktaları




N1   3,4  4 7 ,4  7 ve N 2   3,4  4 7 ,4  7 ‘dir. Hiperbol üzerinde bu iki noktaya
44 7 4 7 
44 7 4 7 
 ve N 2  
 olmaktadır.
,
,
karşılık gelen noktalar N1  




3

3
3
3






N1   3,4  4 7 ,4  7 noktasından geçen teğet denklemi
4 0 0   3    12 
T1  0  1 0 4  4 7    4  4 7  yada
0 0 4  4  7   4 4  7 






 12 x0  4  4 7 x1  4 4  7 x2  0 biçiminde bulunur. Hiperbolün




44 7 4 7 
 noktasındaki teğeti  12 x0  4  4 7 x1  4 4  7 x2  0
N1  
,
 3 
 3
denkleminde


x1
x
1 7 x  3
elde edilir.
 x ve 2  y yazılarak y 
x0
x0
4 7


Benzer şekilde N 2   3,4  4 7 ,4  7 noktasından geçen teğet denklemi




 12 x0   4  4 7 x1  4 4  7 x2  0 ve hiperbol üzerindeki
12


   4  4 7  4  7 
1 7 x  3
N 2  
,
noktasındaki teğet denklemi y 
şeklinde elde

3
3
4

7


edilir.
x 2  4 y 2  4  0 hiperbolüne dışındaki N(1,1) noktasından çizilen teğetlerin denklemleri
klasik yöntemle de bulunduğunda aynı oldukları görülür.
Şekil 5: x²−4y²−4=0 hiperbolüne dışındaki N=(1,1) noktasından çizilen teğetler
x  12  y 2
 1 hiperbolü ve hiperbolün dışındaki bir N=(1,2) noktası alınsın. Bu
9
4
noktadan hiperbole çizilen teğet denklemlerinin elde edilmesi.
Örnek 8.
4 x 2  8x  9 y 2  32  0 denkleminde x 
x
x1
ve y  2 dönüşümü yapılırsa
x0
x0
S:  32 x0  4 x1  9 x2  8x1 x0  0 nokta koniği elde edilir.
2
2
2
N=(1,2) noktası için de
x
x1
 1  x1  x0
x0
y
x2
 2  x2  2 x0 ,
x0
N  x0 , x1 , x2   ( x0 , x0 ,2 x0 ) olduğundan N  1,1, 2 alınabilir.
 32  4 0  1  36
AN    4
4
0  1   0  eşitliğinden
 0
0  9 2  18 
 36 x0  18x2  0 kutup doğrusu elde edilir. Bu doğru ile S koniği kesiştirilir. Kutup doğrusu
denkleminden x2  2x0 bulunup S nokta koniğinde yerine yazılarak
13
 4 x1  8x0  x1  68x0  0 bulunur. Bu denklemde
2
2
68T 2  8T  4  0 denklemi elde edilir. T 
T
x0
 T dönüşümü yapılırsa
x1
1 3 2
bulunur.
17
 1 3 2
için 17 x0  (3 2  1) x1 ’dir. x1  (3 2  1) alınarak x0  1 ve x2  2 elde
17
edilir. O halde x 
x1
x
 3 2  1 ve y  2  2 şeklinde bulunur.
x0
x0
 1 3 2
için 17 x0  (3 2  1) x1 ’dir. x1  (3 2  1) alınarak x0  1 ve x2  2 elde
17
x
x
edilir. O halde x  1  1  3 2 ve y  2  2 şeklinde bulunur.
x0
x0
T
Bu durumda Kutup doğrusu ile S nokta koniğinin ortak noktaları




N1  1,3 2  1,2 ve N 2   1,3 2  1,2 ’dir. Hiperbol üzerinde bu iki noktaya karşılık






gelen noktalar N1  3 2  1,2 ve N 2  1  3 2 ,2 olmaktadır.


N1  1,3 2  1,2 noktasından geçen teğet denklemi
 32  4 0   1   36  12 2 


T1    4
4
0  3 2  1   12 2  yada

 0
0  9   2  
18

 36  12 2 x  12 2x  18x  0 biçiminde bulunur. Hiperbolün N   3 2  1,2
x
x
 y yazılarak
 x ve
noktasındaki teğeti,  36  12 2 x  12 2 x  18x  0
x
x
0
1
2
1
0
y
1
1
2
0
0
2
 2 2x  6  2 2
elde edilir.
3


Benzer şekilde N 2   1,3 2  1,2 noktasından geçen teğet denklemi
36  12 2 x  12
2 x1  18x2  0 ve hiperbol üzerindeki N 2  1  3 2 ,2 noktasındaki
teğet denklemi y 
2 2x  6  2 2
elde edilir.
3
0


4 x 2  8x  9 y 2  32  0 hiperbolüne dışındaki N(1,2) noktasından çizilen teğetlerin
denklemleri klasik yöntemle de bulunduğunda aynı oldukları görülür.
14
Şekil 6: 4x²−8x−9y²−32=0 hiperbolüne dışındaki N=(1,2) noktasından çizilen teğetler
SONUÇLAR VE TARTIŞMA:
Bu projede, herhangi bir koniğin üzerindeki bir noktadan veya dışındaki bir noktadan çizilen
teğet denklemlerinin matrisler yardımıyla bulunması hedeflendi. Yöntem elips, parabol ve
hiperbol üzerinde uygulanarak hedefe ulaşıldı. Ayrıca, Autograph programı yardımı ile çizim
yapılarak bulunan noktalar ve teğetlerin koniklerin üzerinde oldukları gösterildi.
Bu çalışmada özellikle koniğin dışındaki bir noktadan çizilen teğet denklemleri nokta koniği
yardımıyla daha pratik bir şekilde elde edildi.
Bu çalışma, üçüncü dereceden polinom fonksiyonların, üç değişkenli üçüncü dereceden
homojen polinomlarla ilişkilendirilmesi ile geliştirilebilir.
15
KAYNAKLAR:
1. BÜKE, M. Analitik Geometri Konikler ve Kuadratik Yüzeyler.İstanbul: İstanbul
Üniversitesi Yayınları,1963.
2. HACISALİHOĞLU, H.H. 2 ve 3 Boyutlu Uzaylarda Analitik Geometri, Ankara:1995.
3. Homogeneous polynomial:
http://en.wikipedia.org/wiki/Homogeneous_polynomial
16