2 Bölme Oranı, Eğim ve Açı
Önceki bölümde iki nokta arasındaki uzaklığı koordinatlarla hesaplamayı öğrendik (Dik Koordinatlar ve Uzaklık). Bu bölümde koordinatları üç yeni soru için kullanacağız: Bir doğru parçasını istenen oranda bölen nokta nerededir? Bir doğru ne kadar diktir? İki doğru birbirine göre hangi açıyla durur? Üç sorunun yanıtı da yalnızca toplama, çarpma ve bölme gerektiren kısa formüllerle verilecek.
2.1 Doğru Parçasını Verilen Oranda Bölme
Bir doğru parçasının orta noktası, parçayı iki eşit parçaya böler. Bu fikri genelleştirip parçayı \(2:1\), \(3:7\) gibi herhangi bir oranda bölen noktayı arayacağız. Nokta parçanın dışında da olabilir; bu durumu oranın işaretiyle ayırt edeceğiz.
Tanım 2.1 (Bölünme Noktası ve Bölme Oranı) \(P_1(x_1, y_1)\) ile \(P_2(x_2, y_2)\) düzlemde iki farklı nokta ve \(P(x, y)\), \(P_1P_2\) doğrusu üzerinde \(P_2\)’den farklı bir nokta olsun. \(P_1P_2\) doğru parçası \(P_1\)’den \(P_2\)’ye yönlenmiş olarak düşünülür.
- \(P_1\)’den \(P\)’ye ve \(P\)’den \(P_2\)’ye yönlenmeler aynı yöndeyse \(r = \dfrac{|P_1P|}{|PP_2|}\),
- bu yönlenmeler zıt yöndeyse \(r = -\dfrac{|P_1P|}{|PP_2|}\),
- \(P = P_1\) ise \(r = 0\)
sayısına \(P\) noktasının \(P_1P_2\) doğru parçasını bölme oranı, \(P\) noktasına da \(P_1P_2\) doğru parçasını \(r\) oranında bölen bölünme noktası denir.
Yani \(r\)’nin mutlak değeri, \(P\)’nin \(P_1\)’e olan uzaklığının \(P_2\)’ye olan uzaklığına oranıdır; işareti de \(P\)’nin parçanın içinde mi dışında mı olduğunu söyler. Örneğin \(r = 2\) ise \(P\), \(P_1\) ile \(P_2\) arasındadır ve \(P_1\)’e, \(P_2\)’ye olduğundan iki kat uzaktır.
Oranın işaretinin neyi söylediğini önce ayrıntılı görelim.
Önerme 2.1 (Bölme Oranının İşareti) \(P\), \(P_1P_2\) doğru parçasını \(r\) oranında bölsün.
- \(P\), \(P_1\) ile \(P_2\) arasındaysa \(r > 0\)’dır.
- \(P\), parçanın \(P_1\) tarafındaki uzantısı üzerindeyse \(-1 < r < 0\)’dır.
- \(P\), parçanın \(P_2\) tarafındaki uzantısı üzerindeyse \(r < -1\)’dir.
Özellikle hiçbir bölünme noktası için \(r = -1\) olamaz.
İspat
Adım 1: parçanın içi. \(P\), \(P_1\) ile \(P_2\) arasındaysa \(P_1\)’den \(P\)’ye ve \(P\)’den \(P_2\)’ye giderken aynı yönde ilerleriz. Tanıma göre \(r = |P_1P| / |PP_2| > 0\) olur.
Adım 2: parçanın dışı. \(P\) parçanın dışındaysa, yani \(P_1\)’den ya da \(P_2\)’den uzatılarak elde edilen doğru parçası üzerindeyse, \(P_1\)’den \(P\)’ye ve \(P\)’den \(P_2\)’ye yönlenmeler zıt yönlüdür. Tanıma göre \(r < 0\) olur.
Adım 3: \(P_1\) tarafı. \(P\), \(P_1\) tarafındaki uzantıdaysa \(P_1\) noktası \(P\) ile \(P_2\) arasında kalır. Bu yüzden
\[ |PP_2| = |PP_1| + |P_1P_2| > |P_1P| \]
ve \(|r| = |P_1P| / |PP_2| < 1\) olur. Adım 2 ile birlikte \(-1 < r < 0\) bulunur.
Adım 4: \(P_2\) tarafı. \(P\), \(P_2\) tarafındaki uzantıdaysa \(P_2\) noktası \(P_1\) ile \(P\) arasında kalır. Bu yüzden
\[ |P_1P| = |P_1P_2| + |P_2P| > |PP_2| \]
ve \(|r| > 1\) olur. Adım 2 ile birlikte \(r < -1\) bulunur.
Adım 5. \(P = P_1\) için tanım gereği \(r = 0\)’dır. Böylece doğru üzerindeki her bölünme noktası yukarıdaki durumlardan birine düşer ve hiçbirinde \(r = -1\) çıkmaz. \(r = -1\), \(|P_1P| = |PP_2|\) olacak biçimde parçanın dışında bir nokta demek olurdu; böyle bir nokta ise \(P_1\) ile \(P_2\)’ye eşit uzaklıkta olduğundan parçanın orta noktasıdır, yani dışarıda değildir.
\(\blacksquare\)
Şimdi bölünme noktasının koordinatlarını uç noktaların koordinatları ve \(r\) cinsinden bulalım.
Teorem 2.1 (Bölünme Noktasının Koordinatları) \(P(x, y)\) noktası, uç noktaları \(P_1(x_1, y_1)\) ve \(P_2(x_2, y_2)\) olan doğru parçasını \(r\) oranında bölüyorsa
\[ x = \frac{x_1 + r x_2}{1 + r} \qquad\text{ve}\qquad y = \frac{y_1 + r y_2}{1 + r} \]
olur.
İspat
Önerme 2.1 gereği \(r \neq -1\)’dir; bu yüzden paydalar sıfır olmaz.
Adım 1: şekildeki durum. Önce \(P\)’nin \(P_1\) ile \(P_2\) arasında olduğu ve \(x_1 < x < x_2\), \(y_1 < y < y_2\) sağlandığı durumu ele alalım. \(P_1\)’den geçen yatay doğru ile \(P\)’den geçen düşey doğru \(M(x, y_1)\) noktasında, \(P\)’den geçen yatay doğru ile \(P_2\)’den geçen düşey doğru da \(N(x_2, y)\) noktasında kesişsin. Böylece \(M\) ve \(N\) köşelerinde dik açılı \(P_1MP\) ve \(PNP_2\) üçgenleri elde edilir.
Adım 2: benzerlik. \(P_1M\) ile \(PN\) yatay olduğundan birbirine paraleldir; \(P_1P_2\) doğrusu bu iki paraleli kestiği için \(P_1\) ve \(P\) köşelerindeki açılar yöndeş açılardır ve eşittir. İki üçgenin de birer dik açısı olduğundan \(P_1MP\) ve \(PNP_2\) üçgenleri benzerdir. Karşılıklı kenarların oranı eşit olduğundan
\[ \frac{|P_1M|}{|PN|} = \frac{x - x_1}{x_2 - x} = \frac{|P_1P|}{|PP_2|} = r \]
bulunur. Aynı benzerlikten düşey kenarlar için de
\[ \frac{|MP|}{|NP_2|} = \frac{y - y_1}{y_2 - y} = \frac{|P_1P|}{|PP_2|} = r \]
elde edilir.
Adım 3: \(x\)’i çekmek. İlk eşitlik \(x - x_1 = r(x_2 - x)\) demektir. Terimleri düzenleyelim:
\[ x + r x = x_1 + r x_2 \quad\Longrightarrow\quad x(1 + r) = x_1 + r x_2 . \]
\(1 + r \neq 0\) olduğundan her iki yanı \(1 + r\)’ye bölerek \(x = \dfrac{x_1 + r x_2}{1 + r}\) bulunur. İkinci eşitlikten aynı adımlarla \(y = \dfrac{y_1 + r y_2}{1 + r}\) elde edilir.
Adım 4: diğer konumlar. Parça sola doğru ya da aşağı doğru ilerliyorsa, ya da \(P\) parçanın dışındaysa, aynı yardımcı dik üçgenler yine kurulur ve benzerlik bu kez uzunluklar için
\[ |x - x_1| = |r|\,|x_2 - x|, \qquad |y - y_1| = |r|\,|y_2 - y| \]
verir. \(P_1\), \(P\), \(P_2\)’den geçen düşey doğrular X-eksenini bu noktaların doğru üzerindeki sırasıyla keser; bu yüzden \(P\) parçanın içindeyse \(x\) sayısı \(x_1\) ile \(x_2\) arasındadır ve \(x - x_1\) ile \(x_2 - x\) aynı işaretlidir, dışındaysa zıt işaretlidir. Bu işaret Önerme 2.1 gereği \(r\)’nin işaretiyle aynı olduğundan yine \(x - x_1 = r(x_2 - x)\) olur. Aynı akıl yürütme \(y\) için de geçerlidir. Parça yatay ya da düşeyse üçgenler bozulur, ama o zaman sabit kalan koordinatta eşitlik \(0 = 0\) biçiminde kendiliğinden sağlanır, diğer koordinatta da uzaklıklar doğrudan koordinat farklarıdır. Her durumda Adım 3’teki hesap aynen işler.
\(\blacksquare\)
Yani bölünme noktasının her koordinatı, uç noktaların karşılık gelen koordinatlarının \(1\) ve \(r\) ağırlıklı ortalamasıdır. En tanıdık özel durum orta noktadır.
Sonuç 2.1 (Orta Nokta Formülü) Uç noktaları \(P_1(x_1, y_1)\) ve \(P_2(x_2, y_2)\) olan doğru parçasının orta noktası
\[ M\left( \frac{x_1 + x_2}{2},\ \frac{y_1 + y_2}{2} \right) \]
noktasıdır.
İspat
Orta nokta \(M\), \(P_1\) ile \(P_2\) arasındadır ve \(|P_1M| = |MP_2|\) sağlar. Tanıma göre bölme oranı \(r = 1\)’dir. Teorem 2.1 içinde \(r = 1\) yazarsak
\[ x = \frac{x_1 + 1 \cdot x_2}{1 + 1} = \frac{x_1 + x_2}{2}, \qquad y = \frac{y_1 + y_2}{2} \]
bulunur.
\(\blacksquare\)
Örnek 2.1 (Bir Parçanın Orta Noktası) Uç noktaları \(P_1(-3, 5)\) ve \(P_2(7, -1)\) olan doğru parçasının orta noktasını bulunuz.
Çözüm
Sonuç 2.1 ile
\[ x = \frac{-3 + 7}{2} = \frac{4}{2} = 2, \qquad y = \frac{5 + (-1)}{2} = \frac{4}{2} = 2 \]
bulunur. Orta nokta \(M(2, 2)\)’dir.
\(\blacksquare\)
Orta nokta formülünü bölme formülüyle birleştirerek üçgenin ağırlık merkezinin koordinatlarını da bulabiliriz.
Tanım 2.2 (Kenarortay ve Ağırlık Merkezi) Bir üçgende bir köşeyi karşı kenarın orta noktasına birleştiren doğru parçasına o köşeden çıkan kenarortay denir. Üçgenin üç kenarortayının ortak noktasına üçgenin ağırlık merkezi denir.
Yani her üçgenin üç kenarortayı vardır; bunların gerçekten tek bir noktada buluştuğunu aşağıdaki önerme koordinatlarla gösterir.
Önerme 2.2 (Ağırlık Merkezinin Koordinatları) Köşeleri \(P_1(x_1, y_1)\), \(P_2(x_2, y_2)\) ve \(P_3(x_3, y_3)\) olan üçgenin her kenarortayını köşeden itibaren \(2\) oranında bölen nokta, üç kenarortay için de aynı noktadır:
\[ G\left( \frac{x_1 + x_2 + x_3}{3},\ \frac{y_1 + y_2 + y_3}{3} \right). \]
Dolayısıyla kenarortaylar \(G\) noktasında kesişir ve \(G\) üçgenin ağırlık merkezidir.
İspat
Adım 1: kenarortayın ucu. \(P_1\) köşesinden çıkan kenarortay, \(P_2P_3\) kenarının orta noktasında biter. Sonuç 2.1 ile bu nokta
\[ M_1\left( \frac{x_2 + x_3}{2},\ \frac{y_2 + y_3}{2} \right) \]
olur.
Adım 2: \(2\) oranında bölmek. \(P_1M_1\) parçasını \(r = 2\) oranında bölen noktanın apsisi Teorem 2.1 ile
\[ x = \frac{x_1 + 2 \cdot \frac{x_2 + x_3}{2}}{1 + 2} = \frac{x_1 + x_2 + x_3}{3} \]
olur. Aynı hesap ordinat için \(y = \dfrac{y_1 + y_2 + y_3}{3}\) verir.
Adım 3: simetri. Bulunan koordinatlar \(P_1\), \(P_2\), \(P_3\)’ün sırasından bağımsızdır: indisleri değiştirmek toplamları değiştirmez. Bu yüzden \(P_2\)’den ve \(P_3\)’ten çıkan kenarortayları \(2\) oranında bölen noktalar da aynı \(G\) noktasıdır. \(G\) üç kenarortayın üzerinde olduğundan kenarortaylar \(G\)’de kesişir.
\(\blacksquare\)
Örnek 2.2 (Bir Üçgenin Ağırlık Merkezi) Köşeleri \(A(2, 1)\), \(B(6, 3)\) ve \(C(1, 8)\) olan üçgenin ağırlık merkezini bulunuz.
Çözüm
Kısa yol. Önerme 2.2 ile
\[ G\left( \frac{2 + 6 + 1}{3},\ \frac{1 + 3 + 8}{3} \right) = G\left( \frac{9}{3},\ \frac{12}{3} \right) = G(3, 4) \]
bulunur.
Kenarortay üzerinden denetim. \(BC\) kenarının orta noktası
\[ M\left( \frac{6 + 1}{2},\ \frac{3 + 8}{2} \right) = M\left( \frac{7}{2},\ \frac{11}{2} \right) \]
dir. \(AM\) kenarortayını \(r = 2\) oranında bölen noktanın koordinatları
\[ x = \frac{2 + 2 \cdot \frac{7}{2}}{3} = \frac{9}{3} = 3, \qquad y = \frac{1 + 2 \cdot \frac{11}{2}}{3} = \frac{12}{3} = 4 \]
olur; yine \(G(3, 4)\) çıkar.
\(\blacksquare\)
Aşağıdaki dört örnekte Teorem 2.1 doğrudan uygulanır; oranın işaretine göre noktanın parçanın içinde mi dışında mı olduğuna da dikkat edeceğiz.
Örnek 2.3 (Parçanın İçinde Bir Bölünme Noktası) \(P_1(4, -3)\) ve \(P_2(1, 4)\) uç noktalı doğru parçasını \(r = 2\) oranında bölen \(P(x, y)\) noktasını bulunuz.
Çözüm
Teorem 2.1 ile
\[ x = \frac{4 + 2 \cdot 1}{1 + 2} = \frac{6}{3} = 2, \qquad y = \frac{-3 + 2 \cdot 4}{1 + 2} = \frac{5}{3} \]
bulunur. Aranan nokta \(P\left(2, \frac{5}{3}\right)\)’tür. \(r = 2 > 0\) olduğundan \(P\) parçanın içindedir ve \(P_1\)’e, \(P_2\)’ye olduğundan iki kat uzaktır.
\(\blacksquare\)
Örnek 2.4 (Parçanın Başlangıç Tarafında Bir Bölünme Noktası) \(P_1(0, 3)\) ve \(P_2(7, 4)\) uç noktalı doğru parçasını \(r = -\frac{2}{7}\) oranında bölen \(P(x, y)\) noktasını bulunuz.
Çözüm
Önce payda: \(1 + r = 1 - \frac{2}{7} = \frac{5}{7}\). Teorem 2.1 ile
\[ x = \frac{0 + \left(-\frac{2}{7}\right) \cdot 7}{\frac{5}{7}} = \frac{-2}{\frac{5}{7}} = -\frac{14}{5} \]
ve
\[ y = \frac{3 + \left(-\frac{2}{7}\right) \cdot 4}{\frac{5}{7}} = \frac{\frac{13}{7}}{\frac{5}{7}} = \frac{13}{5} \]
bulunur. Aranan nokta \(P\left(-\frac{14}{5}, \frac{13}{5}\right)\)’tir. \(-1 < r < 0\) olduğundan Önerme 2.1 gereği \(P\), parçanın \(P_1\) tarafındaki uzantısı üzerindedir; gerçekten \(x = -\frac{14}{5} < 0 = x_1\)’dir.
\(\blacksquare\)
Örnek 2.5 (Oran Üçte Bir Olduğunda) \(P_1(5, 3)\) ve \(P_2(-3, -3)\) uç noktalı doğru parçasını \(r = \frac{1}{3}\) oranında bölen \(P(x, y)\) noktasını bulunuz.
Çözüm
Payda \(1 + r = \frac{4}{3}\)’tür. Teorem 2.1 ile
\[ x = \frac{5 + \frac{1}{3} \cdot (-3)}{\frac{4}{3}} = \frac{4}{\frac{4}{3}} = 3, \qquad y = \frac{3 + \frac{1}{3} \cdot (-3)}{\frac{4}{3}} = \frac{2}{\frac{4}{3}} = \frac{3}{2} \]
bulunur. Aranan nokta \(P\left(3, \frac{3}{2}\right)\)’dir. \(r > 0\) olduğundan \(P\) parçanın içindedir ve \(P_2\)’ye, \(P_1\)’e olduğundan üç kat uzaktır.
\(\blacksquare\)
Örnek 2.6 (Parçanın Bitiş Tarafında Bir Bölünme Noktası) \(P_1(-5, 2)\) ve \(P_2(1, 4)\) uç noktalı doğru parçasını \(r = -\frac{5}{3}\) oranında bölen \(P(x, y)\) noktasını bulunuz.
Çözüm
Payda \(1 + r = 1 - \frac{5}{3} = -\frac{2}{3}\)’tür. Teorem 2.1 ile
\[ x = \frac{-5 + \left(-\frac{5}{3}\right) \cdot 1}{-\frac{2}{3}} = \frac{-\frac{20}{3}}{-\frac{2}{3}} = 10 \]
ve
\[ y = \frac{2 + \left(-\frac{5}{3}\right) \cdot 4}{-\frac{2}{3}} = \frac{-\frac{14}{3}}{-\frac{2}{3}} = 7 \]
bulunur. Aranan nokta \(P(10, 7)\)’dir. \(r < -1\) olduğundan Önerme 2.1 gereği \(P\), parçanın \(P_2\) tarafındaki uzantısı üzerindedir; gerçekten \(x = 10 > 1 = x_2\)’dir.
\(\blacksquare\)
2.2 Eğim Açısı ve Eğim
Bir doğrunun ne kadar dik yükseldiğini ya da alçaldığını tek bir sayıyla ölçmek istiyoruz. Bunun için doğrunun X-ekseniyle yaptığı açıyı ve bu açının tanjantını kullanacağız. Açıları her zaman pozitif yönde, yani saat yönünün tersine ölçüyoruz (Dik Koordinatlar ve Uzaklık).
Tanım 2.3 (Eğim Açısı) Düzlemde bir \(d\) doğrusu verilsin. \(d\)’nin X-ekseniyle yaptığı pozitif yönlü açıya, yani X-ekseninin pozitif yönünden başlayıp saat yönünün tersine \(d\)’ye kadar ölçülen \(\theta \in [0, \pi)\) açısına \(d\) doğrusunun eğim açısı denir. X-eksenine paralel doğruların eğim açısı \(0\)’dır.
Yani eğim açısı, doğrunun X-eksenine göre ne kadar döndüğünü söyler: sağa doğru yükselen doğrularda \(0 < \theta < \frac{\pi}{2}\), sağa doğru alçalan doğrularda \(\frac{\pi}{2} < \theta < \pi\), düşey doğrularda \(\theta = \frac{\pi}{2}\)’dir.
Tanım 2.4 (Eğim) Eğim açısı \(\theta \neq \frac{\pi}{2}\) olan bir \(d\) doğrusu için \(m = \tan\theta\) sayısına \(d\) doğrusunun eğimi denir. Düşey doğruların (\(\theta = \frac{\pi}{2}\)) eğimi tanımsızdır.
Yani eğim, doğrunun dikliğini ölçen sayıdır: yatay doğrunun eğimi \(\tan 0 = 0\)’dır, sağa doğru yükselen doğruların eğimi pozitif, alçalanlarınki negatiftir; doğru düşeye yaklaştıkça eğimin mutlak değeri büyür. \(\tan\) fonksiyonu \([0, \pi)\) aralığında \(\frac{\pi}{2}\) dışında bire bir olduğundan eğim, düşey olmayan bir doğrunun eğim açısını tek türlü belirler.
Eğimi hesaplamak için açıyı ölçmemiz gerekmez; doğru üzerindeki iki noktanın koordinatları yeterlidir.
Teorem 2.2 (İki Noktası Verilen Doğrunun Eğimi) \(P_1(x_1, y_1)\) ve \(P_2(x_2, y_2)\) noktalarından geçen, eğim açısı \(\theta\) olan bir \(d\) doğrusu verilsin. \(x_1 \neq x_2\) ise \(d\)’nin eğimi
\[ m = \tan\theta = \frac{y_2 - y_1}{x_2 - x_1} \]
olur. \(x_1 = x_2\) ise \(d\) düşeydir ve eğimi tanımsızdır.
İspat
Adım 1: sıralama. Noktaların adlarını değiştirmek kesrin hem payının hem paydasının işaretini değiştirir, kesri değiştirmez. Bu yüzden \(x_1 < x_2\) olduğunu varsayabiliriz. \(x_1 = x_2\) ise iki nokta aynı düşey doğru üzerindedir, \(\theta = \frac{\pi}{2}\) ve eğim tanımsızdır.
Adım 2: yardımcı dik üçgen. \(P_1\)’den geçen yatay doğru ile \(P_2\)’den geçen düşey doğru \(Q(x_2, y_1)\) noktasında kesişir. \(|P_1Q| = x_2 - x_1 > 0\) ve \(|QP_2| = |y_2 - y_1|\)’dir. \(y_1 = y_2\) ise \(d\) yataydır, \(\theta = 0\) ve \(m = 0 = \frac{y_2 - y_1}{x_2 - x_1}\) olur. Bundan sonra \(y_1 \neq y_2\) alalım; \(P_1QP_2\) üçgeni \(Q\) köşesinde dik açılıdır.
Adım 3: dar eğim açısı. \(0 < \theta < \frac{\pi}{2}\) ise doğru sağa doğru yükselir ve \(y_2 > y_1\) olur. \(P_1Q\), X-eksenine paralel olduğundan \(d\)’nin \(P_1Q\) ile yaptığı açı, X-ekseniyle yaptığı açıya yöndeş açıdır: \(P_1\) köşesindeki açı \(\theta\)’dır. Dik üçgende tanjant, karşı dik kenarın komşu dik kenara oranı olduğundan
\[ \tan\theta = \frac{|QP_2|}{|P_1Q|} = \frac{y_2 - y_1}{x_2 - x_1} \]
bulunur.
Adım 4: geniş eğim açısı. \(\frac{\pi}{2} < \theta < \pi\) ise doğru sağa doğru alçalır ve \(y_2 < y_1\) olur. Bu kez \(P_1\) köşesindeki iç açı, \(\theta\)’nın bütünleridir, yani \(\pi - \theta\)’dır. Dik üçgenden
\[ \tan(\pi - \theta) = \frac{|QP_2|}{|P_1Q|} = \frac{y_1 - y_2}{x_2 - x_1} \]
bulunur. \(\tan(\pi - \theta) = -\tan\theta\) olduğundan her iki yan \(-1\) ile çarpılırsa \(\tan\theta = \dfrac{y_2 - y_1}{x_2 - x_1}\) elde edilir.
\(\blacksquare\)
Yani eğim, “düşey değişimin yatay değişime oranıdır”: doğru üzerinde sağa doğru \(1\) birim gidildiğinde yükseklik \(m\) birim değişir.
Örnek 2.7 (Sağa Doğru Yükselen Bir Doğru) \(P_1(-2, -1)\) ve \(P_2(1, 2)\) noktalarından geçen doğrunun eğimini ve eğim açısını bulunuz.
Çözüm
Teorem 2.2 ile
\[ m = \frac{2 - (-1)}{1 - (-2)} = \frac{3}{3} = 1 \]
bulunur. \(\tan\theta = 1\) ve \(\theta \in [0, \pi)\) olduğundan \(\theta = \frac{\pi}{4}\)’tür.
\(\blacksquare\)
Örnek 2.8 (Sağa Doğru Alçalan Bir Doğru) \(P_1(0, 2\sqrt{3})\) ve \(P_2(2, 0)\) noktalarından geçen doğrunun eğimini ve eğim açısını bulunuz.
Çözüm
Teorem 2.2 ile
\[ m = \frac{0 - 2\sqrt{3}}{2 - 0} = -\sqrt{3} \]
bulunur. \(\tan\theta = -\sqrt{3}\) negatif olduğundan \(\theta\) geniş açıdır. \(\tan\frac{\pi}{3} = \sqrt{3}\) ve \(\tan(\pi - \theta) = -\tan\theta\) olduğundan \(\pi - \theta = \frac{\pi}{3}\), yani \(\theta = \frac{2\pi}{3}\)’tür.
\(\blacksquare\)
Örnek 2.9 (Düşey Bir Doğru) \(P_1(3, -1)\) ve \(P_2(3, 4)\) noktalarından geçen doğrunun eğimi hakkında ne söylenebilir?
Çözüm
İki noktanın apsisi eşittir: \(x_1 = x_2 = 3\). Kesrin paydası \(x_2 - x_1 = 0\) olduğundan formül kullanılamaz. Teorem 2.2 gereği doğru düşeydir, eğim açısı \(\theta = \frac{\pi}{2}\)’dir ve eğimi tanımsızdır.
\(\blacksquare\)
Eğim, üç noktanın aynı doğru üzerinde olup olmadığını anlamak için de kullanışlıdır. Önceki bölümde bu soruyu uzaklıklarla yanıtlamıştık (Dik Koordinatlar ve Uzaklık); eğimle yol daha kısadır.
Önerme 2.3 (Eğimle Doğrusallık Testi) \(A(x_A, y_A)\), \(B(x_B, y_B)\) ve \(C(x_C, y_C)\) farklı üç nokta ve \(x_A \neq x_B\), \(x_A \neq x_C\) olsun. Bu üç noktanın aynı doğru üzerinde olması için gerek ve yeter koşul \(m_{AB} = m_{AC}\) olmasıdır. Burada \(m_{AB}\), \(AB\) doğrusunun, \(m_{AC}\) de \(AC\) doğrusunun eğimidir.
İspat
Gereklik. \(A\), \(B\), \(C\) aynı bir \(d\) doğrusu üzerindeyse \(AB\) ve \(AC\) doğruları \(d\)’nin kendisidir. Teorem 2.2 gereği ikisinin eğimi de \(d\)’nin eğimine eşittir, yani \(m_{AB} = m_{AC}\) olur.
Yeterlik. \(m_{AB} = m_{AC}\) olsun. Eğim, düşey olmayan bir doğrunun eğim açısını tek türlü belirlediğinden \(AB\) ve \(AC\) doğrularının eğim açıları eşittir. Bu iki doğru X-eksenine göre aynı yönde durur ve ikisi de \(A\) noktasından geçer. Bir noktadan belirli bir yönde yalnız bir doğru geçtiğinden (paralellik aksiyomu) \(AB\) ile \(AC\) aynı doğrudur. Dolayısıyla \(C\) noktası \(AB\) doğrusu üzerindedir.
\(\blacksquare\)
Yani aynı noktadan geçen ve aynı eğime sahip iki doğru çakışır. Apsislerden biri \(x_A\)’ya eşitse test şöyle değişir: \(x_A = x_B\) ise \(A\) ile \(B\) aynı düşey doğru üzerindedir ve üç noktanın doğrusal olması için \(x_C = x_A\) olması gerekir ve yeter.
Örnek 2.10 (Eğimle Aynı Doğru Üzerinde Olmak) \(A(-3, 4)\), \(B(3, 2)\) ve \(C(6, 1)\) noktalarının aynı doğru üzerinde olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Teorem 2.2 ile
\[ m_{AB} = \frac{2 - 4}{3 - (-3)} = \frac{-2}{6} = -\frac{1}{3}, \qquad m_{AC} = \frac{1 - 4}{6 - (-3)} = \frac{-3}{9} = -\frac{1}{3} \]
bulunur. \(m_{AB} = m_{AC}\) olduğundan Önerme 2.3 gereği \(A\), \(B\) ve \(C\) aynı doğru üzerindedir.
\(\blacksquare\)
2.3 Paralel ve Dik Doğrular
İki doğrunun eğimleri, birbirlerine göre konumlarını da ele verir. Bu kesimde \(d_1\) ve \(d_2\) doğrularının eğimlerini sırasıyla \(m_1\) ve \(m_2\) ile göstereceğiz.
Tanım 2.5 (Paralel Doğrular) Düşey olmayan \(d_1\) ve \(d_2\) doğruları için \(m_1 = m_2\) ise bu doğrulara paralel doğrular denir ve \(d_1 \parallel d_2\) yazılır. İki düşey doğru da birbirine paraleldir.
Yani paralel doğrular X-ekseniyle aynı açıyı yapar. Bu tanıma göre çakışık doğrular da paralel sayılır.
Tanım 2.6 (Dik Doğrular) Düşey olmayan \(d_1\) ve \(d_2\) doğruları için \(m_1 = -\frac{1}{m_2}\), yani \(m_1 m_2 = -1\) ise bu doğrulara dik doğrular denir ve \(d_1 \perp d_2\) yazılır. Biri yatay, diğeri düşey olan iki doğru da birbirine diktir.
Yani dik doğruların eğimleri birbirinin ters işaretlisinin tersidir: eğimi \(2\) olan bir doğruya dik doğruların eğimi \(-\frac{1}{2}\)’dir. Bu iki tanımın gerçekten “aralarındaki açı \(0\)” ve “aralarındaki açı \(\frac{\pi}{2}\)” anlamına geldiğini bölümün son kesiminde (Sonuç 2.2) göreceğiz.
Örnek 2.11 (Eğimle Dik Üçgen: Birinci Üçgen) Köşeleri \(A(-4, -1)\), \(B(3, 2)\) ve \(C(0, 9)\) olan üçgenin dik üçgen olduğunu eğimlerden yararlanarak gösteriniz.
Çözüm
Teorem 2.2 ile
\[ m_{AB} = \frac{2 - (-1)}{3 - (-4)} = \frac{3}{7}, \qquad m_{BC} = \frac{9 - 2}{0 - 3} = -\frac{7}{3} \]
bulunur. Buradan
\[ m_{AB} \, m_{BC} = \frac{3}{7} \cdot \left(-\frac{7}{3}\right) = -1 \]
olur. Tanım 2.6 gereği \(AB \perp BC\)’dir; üçgen \(B\) köşesinde dik açılıdır. Önceki bölümde aynı sonuç kenar uzunlukları ve Pisagor bağıntısıyla elde edilmişti (Dik Koordinatlar ve Uzaklık).
\(\blacksquare\)
Örnek 2.12 (Eğimle Dik Üçgen: İkinci Üçgen) Köşeleri \(A(-2, 3)\), \(B(0, 4)\) ve \(C(3, -2)\) olan üçgenin dik üçgen olduğunu eğimlerden yararlanarak gösteriniz.
Çözüm
Üç kenarın eğimlerini hesaplayalım:
\[ m_{AB} = \frac{4 - 3}{0 - (-2)} = \frac{1}{2}, \qquad m_{BC} = \frac{-2 - 4}{3 - 0} = -2, \]
\[ m_{AC} = \frac{-2 - 3}{3 - (-2)} = -1 . \]
Çarpımlara bakalım: \(m_{AB} \, m_{BC} = \frac{1}{2} \cdot (-2) = -1\) olduğundan Tanım 2.6 gereği \(AB \perp BC\)’dir. (Diğer çarpımlar \(m_{AB} \, m_{AC} = -\frac{1}{2}\) ve \(m_{BC} \, m_{AC} = 2\) olup \(-1\)’e eşit değildir; yani başka dik köşe yoktur.) Üçgen \(B\) köşesinde dik açılıdır.
\(\blacksquare\)
Örnek 2.13 (Eğimle Paralelkenar) \(A(0, 0)\), \(B(4, 1)\), \(C(5, 4)\) ve \(D(1, 3)\) noktalarının bir paralelkenarın ardışık köşeleri olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Karşılıklı kenarların eğimlerini karşılaştıralım:
\[ m_{AB} = \frac{1 - 0}{4 - 0} = \frac{1}{4}, \qquad m_{DC} = \frac{4 - 3}{5 - 1} = \frac{1}{4}, \]
\[ m_{BC} = \frac{4 - 1}{5 - 4} = 3, \qquad m_{AD} = \frac{3 - 0}{1 - 0} = 3 . \]
\(m_{AB} = m_{DC}\) ve \(m_{BC} = m_{AD}\) olduğundan Tanım 2.5 gereği \(AB \parallel DC\) ve \(BC \parallel AD\)’dir. Ayrıca \(m_{AB} \neq m_{BC}\) olduğundan komşu kenarlar aynı doğru üzerinde değildir. Karşılıklı kenarları paralel olan bu dörtgen bir paralelkenardır.
\(\blacksquare\)
Örnek 2.14 (Diklik Koşulundan Bilinmeyen Bulmak) \(A(1, 2)\) ve \(B(3, k)\) noktalarından geçen doğru, \(C(-1, 0)\) ve \(D(3, 2)\) noktalarından geçen doğruya dik ise \(k\) kaçtır?
Çözüm
Önce eğimler:
\[ m_{CD} = \frac{2 - 0}{3 - (-1)} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}, \qquad m_{AB} = \frac{k - 2}{3 - 1} = \frac{k - 2}{2} . \]
Tanım 2.6 gereği \(m_{AB} \, m_{CD} = -1\) olmalıdır:
\[ \frac{k - 2}{2} \cdot \frac{1}{2} = -1 \quad\Longrightarrow\quad k - 2 = -4 \quad\Longrightarrow\quad k = -2 . \]
Denetim: \(B(3, -2)\) için \(m_{AB} = \frac{-2 - 2}{2} = -2\) ve \((-2) \cdot \frac{1}{2} = -1\)’dir.
\(\blacksquare\)
2.4 Kesişen İki Doğru Arasındaki Açı
İki doğru kesiştiğinde aralarında birbirini \(\pi\)’ye tamamlayan iki açı oluşur. Hangisinden söz ettiğimizi belirsiz bırakmamak için açıya bir yön veriyoruz.
Tanım 2.7 (Yönlenmiş Açı) Düzlemde \(d_1\) ve \(d_2\) doğruları verilsin. \(d_1\) doğrusunu pozitif yönde (saat yönünün tersine) döndürerek \(d_2\)’ye paralel hâle getiren en küçük \(\alpha \in [0, \pi)\) açısına \(d_1\) doğrusundan \(d_2\) doğrusuna yönlenmiş açı denir. Benzer şekilde \(d_2\)’yi pozitif yönde \(d_1\)’e paralel hâle getiren en küçük \(\beta \in [0, \pi)\) açısına \(d_2\) doğrusundan \(d_1\) doğrusuna yönlenmiş açı denir.
Yani yönlenmiş açıda sıra önemlidir: \(d_1\)’den \(d_2\)’ye olan açı ile \(d_2\)’den \(d_1\)’e olan açı genellikle farklıdır. Doğrular kesişiyorsa kesişim noktasında iki açı yan yanadır ve \(\alpha + \beta = \pi\) olur; doğrular paralelse \(\alpha = \beta = 0\)’dır.
Şimdi yönlenmiş açının tanjantını eğimler cinsinden bulalım.
Teorem 2.3 (İki Doğru Arasındaki Açının Tanjantı) \(m_1\) ve \(m_2\) sırasıyla \(d_1\) ve \(d_2\) doğrularının eğimleri olsun. \(\alpha\), \(d_1\) doğrusundan \(d_2\) doğrusuna; \(\beta\) da \(d_2\) doğrusundan \(d_1\) doğrusuna yönlenmiş açı olsun. \(1 + m_1 m_2 \neq 0\) ise
\[ \tan\alpha = \frac{m_2 - m_1}{1 + m_1 m_2} \qquad\text{ve}\qquad \tan\beta = \frac{m_1 - m_2}{1 + m_1 m_2} \]
eşitlikleri geçerlidir. \(1 + m_1 m_2 = 0\) ise \(\alpha = \beta = \frac{\pi}{2}\)’dir.
Doğrulardan biri düşeyse şu eşitlikler geçerlidir: \(d_1\) düşey ve \(m_2 \neq 0\) ise \(\tan\alpha = -\frac{1}{m_2}\); \(d_2\) düşey ve \(m_1 \neq 0\) ise \(\tan\alpha = \frac{1}{m_1}\). Doğrulardan biri düşey, diğeri yatay ise \(\alpha = \beta = \frac{\pi}{2}\)’dir. İki doğru da düşeyse \(d_1 \parallel d_2\) ve \(\alpha = 0\)’dır.
İspat
\(d_1\) ve \(d_2\)’nin eğim açıları sırasıyla \(\theta_1\) ve \(\theta_2\) olsun.
Adım 1: açıların ilişkisi. Bir doğruyu pozitif yönde \(\varphi\) kadar döndürmek, X-ekseniyle yaptığı açıyı da \(\varphi\) kadar artırır. \(d_1\), \(\alpha\) kadar döndürülünce \(d_2\)’ye paralel olduğundan \(\theta_1 + \alpha\) açısı ya \(\theta_2\)’ye ya da \(\theta_2 + \pi\)’ye eşittir. \(\alpha \in [0, \pi)\) olduğundan
\[ \alpha = \begin{cases} \theta_2 - \theta_1, & \theta_1 \leq \theta_2 \text{ ise},\\[1mm] \pi + \theta_2 - \theta_1, & \theta_1 > \theta_2 \text{ ise} \end{cases} \]
bulunur. Aşağıdaki şekildeki durumda (\(\theta_1 < \theta_2\)) bu, üçgenin dış açısının kendisine komşu olmayan iki iç açının toplamına eşit olmasından da görülür: \(\theta_2 = \theta_1 + \alpha\). Tanjant fonksiyonunun periyodu \(\pi\) olduğundan her iki durumda da \(\tan\alpha = \tan(\theta_2 - \theta_1)\)’dir. Doğrular kesişiyorsa \(\beta = \pi - \alpha\), paralelse \(\beta = \alpha = 0\) olduğundan, tanjantlar tanımlı olduğu sürece \(\tan\beta = -\tan\alpha\) olur. Bu yüzden yalnız \(\tan\alpha\)’yı hesaplamak yeter.
Adım 2: iki doğru da düşey. \(\theta_1 = \theta_2 = \frac{\pi}{2}\) ise iki doğru da düşeydir, Tanım 2.5 gereği \(d_1 \parallel d_2\) ve \(\alpha = 0\)’dır.
Adım 3: yalnız biri düşey. \(\theta_1 = \frac{\pi}{2}\) ve \(\theta_2 \neq \frac{\pi}{2}\) olsun. \(m_2 = 0\) ise \(d_2\) yataydır ve \(d_1\)’i \(\frac{\pi}{2}\) döndürmek onu yatay yapar, yani \(\alpha = \frac{\pi}{2}\)’dir. \(m_2 \neq 0\) ise \(\sin\theta_2 \neq 0\) ve \(\cos\theta_2 \neq 0\)’dır; farkın sinüs ve kosinüs formülleri ile
\[ \begin{aligned} \tan\alpha &= \tan\left(\theta_2 - \frac{\pi}{2}\right) = \frac{\sin\left(\theta_2 - \frac{\pi}{2}\right)}{\cos\left(\theta_2 - \frac{\pi}{2}\right)} \\[1mm] &= \frac{\sin\theta_2 \cos\frac{\pi}{2} - \cos\theta_2 \sin\frac{\pi}{2}}{\cos\theta_2 \cos\frac{\pi}{2} + \sin\theta_2 \sin\frac{\pi}{2}} \\[1mm] &= \frac{-\cos\theta_2}{\sin\theta_2} = \frac{-1}{\tan\theta_2} = -\frac{1}{m_2} \end{aligned} \]
elde edilir; burada \(\cos\frac{\pi}{2} = 0\) ve \(\sin\frac{\pi}{2} = 1\) kullanıldı. \(\theta_2 = \frac{\pi}{2}\) ve \(\theta_1 \neq \frac{\pi}{2}\), \(m_1 \neq 0\) ise aynı hesap
\[ \tan\alpha = \tan\left(\frac{\pi}{2} - \theta_1\right) = \frac{\cos\theta_1}{\sin\theta_1} = \frac{1}{m_1} \]
verir. \(\theta_2 = \frac{\pi}{2}\) ve \(m_1 = 0\) ise \(d_1\) yataydır; onu \(\frac{\pi}{2}\) döndürmek düşey yapar, yani \(\alpha = \frac{\pi}{2}\)’dir. Biri düşey, diğeri yatay olan bu iki durumda doğrular kesiştiğinden Adım 1 gereği \(\beta = \pi - \alpha = \frac{\pi}{2}\)’dir.
Adım 4: hiçbiri düşey değil. \(\theta_1 \neq \frac{\pi}{2}\) ve \(\theta_2 \neq \frac{\pi}{2}\) olsun; o zaman \(\cos\theta_1 \cos\theta_2 \neq 0\)’dır. Farkın kosinüsü
\[ \cos(\theta_2 - \theta_1) = \cos\theta_2 \cos\theta_1 + \sin\theta_2 \sin\theta_1 = \cos\theta_1 \cos\theta_2 \,(1 + m_1 m_2) \]
biçiminde yazılabilir. \(1 + m_1 m_2 = 0\) ise \(\cos(\theta_2 - \theta_1) = 0\) olur; \(\alpha\), \(\theta_2 - \theta_1\)’den \(\pi\)’nin bir katı kadar farklı olduğundan \(\cos\alpha = 0\), yani \(\alpha = \frac{\pi}{2}\) ve \(\beta = \pi - \alpha = \frac{\pi}{2}\) bulunur. \(1 + m_1 m_2 \neq 0\) ise
\[ \tan\alpha = \tan(\theta_2 - \theta_1) = \frac{\sin\theta_2 \cos\theta_1 - \cos\theta_2 \sin\theta_1}{\cos\theta_2 \cos\theta_1 + \sin\theta_2 \sin\theta_1} \]
olur. Pay ve paydayı \(\cos\theta_1 \cos\theta_2 \neq 0\) ile bölersek
\[ \tan\alpha = \frac{\dfrac{\sin\theta_2}{\cos\theta_2} - \dfrac{\sin\theta_1}{\cos\theta_1}}{1 + \dfrac{\sin\theta_1}{\cos\theta_1} \cdot \dfrac{\sin\theta_2}{\cos\theta_2}} = \frac{m_2 - m_1}{1 + m_1 m_2} \]
elde edilir. Son olarak Adım 1’deki \(\tan\beta = -\tan\alpha\) eşitliği \(\tan\beta = \dfrac{m_1 - m_2}{1 + m_1 m_2}\) verir.
\(\blacksquare\)
Yani iki doğru arasındaki yönlenmiş açıyı bulmak için açı ölçmeye gerek yoktur; iki eğim yeterlidir. Pay “ikinci eksi birinci” sırasıyla yazılır; sırayı değiştirmek \(\alpha\) yerine \(\beta\)’yı verir.
\(\tan\alpha\) bilindiğinde \(\alpha \in [0, \pi)\) tek türlü belirlenir: \(\tan\alpha = t\) için \(t \geq 0\) ise \(\alpha = \arctan t\), \(t < 0\) ise \(\alpha = \pi + \arctan t\) olur. Örneğin \(\tan\alpha = -1\) ise \(\alpha = \pi - \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4}\)’tür.
Teoremin önemli bir sonucu, paralellik ve diklik tanımlarının geometrik anlamını doğrulamasıdır.
Sonuç 2.2 (Paralellik ve Diklik Koşulları) \(d_1\) ve \(d_2\) düşey olmayan, eğimleri \(m_1\) ve \(m_2\) olan iki doğru ve \(\alpha\), \(d_1\)’den \(d_2\)’ye yönlenmiş açı olsun.
- \(\alpha = 0\) olması, yani doğruların aynı yönde durması için gerek ve yeter koşul \(m_1 = m_2\)’dir.
- \(\alpha = \frac{\pi}{2}\) olması, yani doğruların dik kesişmesi için gerek ve yeter koşul \(m_1 m_2 = -1\)’dir.
İspat
Paralellik. Teorem 2.3 ispatının Adım 1’ine göre \(\alpha = 0\) olması \(\theta_1 = \theta_2\) demektir. \(\tan\) fonksiyonu \([0, \pi)\) aralığında \(\frac{\pi}{2}\) dışında bire bir olduğundan \(\theta_1 = \theta_2\) olması \(\tan\theta_1 = \tan\theta_2\), yani \(m_1 = m_2\) olmasıyla denktir.
Diklik. \(\alpha \in [0, \pi)\) için \(\alpha = \frac{\pi}{2}\) olması \(\cos\alpha = 0\) olmasıyla denktir. \(\alpha\) ile \(\theta_2 - \theta_1\) arasındaki fark \(\pi\)’nin bir katı olduğundan bu, \(\cos(\theta_2 - \theta_1) = 0\) demektir. Teoremin ispatındaki Adım 4’e göre
\[ \cos(\theta_2 - \theta_1) = \cos\theta_1 \cos\theta_2 \,(1 + m_1 m_2) \]
ve \(\cos\theta_1 \cos\theta_2 \neq 0\) olduğundan bu, \(1 + m_1 m_2 = 0\) ile, yani \(m_1 m_2 = -1\) ile denktir.
\(\blacksquare\)
Yani Tanım 2.5 ve Tanım 2.6 ile eğimler üzerinden verdiğimiz tanımlar, “aynı yönde durmak” ve “dik açıyla kesişmek” sezgisiyle tam olarak örtüşür.
Örnek 2.15 (İki Doğru Arasındaki Yönlenmiş Açılar) \(d_1\) doğrusu \((0, 1)\) ve \((1, 3)\) noktalarından, \(d_2\) doğrusu \((0, 4)\) ve \((1, 1)\) noktalarından geçiyor. \(d_1\)’den \(d_2\)’ye yönlenmiş \(\alpha\) açısını ve \(d_2\)’den \(d_1\)’e yönlenmiş \(\beta\) açısını bulunuz.
Çözüm
Adım 1: eğimler. Teorem 2.2 ile
\[ m_1 = \frac{3 - 1}{1 - 0} = 2, \qquad m_2 = \frac{1 - 4}{1 - 0} = -3 . \]
Adım 2: \(\alpha\). Formülün paydası \(1 + m_1 m_2 = 1 - 6 = -5\) sıfırdan farklı olduğundan Teorem 2.3 ile
\[ \tan\alpha = \frac{m_2 - m_1}{1 + m_1 m_2} = \frac{-3 - 2}{-5} = 1 \]
ve \(\alpha = \frac{\pi}{4}\) bulunur.
Adım 3: \(\beta\). \(\tan\beta = \dfrac{m_1 - m_2}{1 + m_1 m_2} = \dfrac{5}{-5} = -1\) olduğundan \(\beta = \pi - \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4}\)’tür. Gerçekten \(\alpha + \beta = \pi\)’dir.
\(\blacksquare\)
Örnek 2.16 (Düşey Bir Doğruyla Yapılan Açı) \(d_1\) doğrusu \((2, 0)\) ve \((2, 5)\) noktalarından, \(d_2\) doğrusu \(O(0, 0)\) ve \((1, \sqrt{3})\) noktalarından geçiyor. \(d_1\)’den \(d_2\)’ye yönlenmiş \(\alpha\) açısını bulunuz.
Çözüm
Adım 1. \(d_1\) üzerindeki iki noktanın apsisleri eşit olduğundan \(d_1\) düşeydir. \(d_2\)’nin eğimi
\[ m_2 = \frac{\sqrt{3} - 0}{1 - 0} = \sqrt{3} \neq 0 \]
dır.
Adım 2. Teorem 2.3 içindeki düşey doğru durumu ile
\[ \tan\alpha = -\frac{1}{m_2} = -\frac{1}{\sqrt{3}} \]
bulunur. Tanjant negatif olduğundan \(\alpha\) geniş açıdır:
\[ \alpha = \pi + \arctan\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}\right) = \pi - \frac{\pi}{6} = \frac{5\pi}{6} . \]
Denetim. Eğim açıları \(\theta_1 = \frac{\pi}{2}\) ve \(\theta_2 = \frac{\pi}{3}\)’tür. \(\theta_1 > \theta_2\) olduğundan
\[ \alpha = \pi + \theta_2 - \theta_1 = \pi + \frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{2} = \frac{5\pi}{6} \]
bulunur. \(d_2\)’den \(d_1\)’e yönlenmiş açı ise \(\beta = \pi - \frac{5\pi}{6} = \frac{\pi}{6}\)’dır.
\(\blacksquare\)
Bir üçgenin iç açılarını da aynı formülle bulabiliriz; tek incelik, her köşede açının hangi kenardan hangisine ölçüleceğidir.
- Üç kenarın eğimlerini Teorem 2.2 ile hesaplayın.
- Kaba bir şekil çizip köşeleri saat yönünün tersine dolaşarak \(P\), \(Q\), \(R\) diye sıralayın. Bu sırada \(P\) köşesindeki iç açı, \(PQ\) doğrusundan \(PR\) doğrusuna yönlenmiş açıdır; \(Q\) ve \(R\) köşelerinde de aynı kural geçerlidir (\(QR\)’den \(QP\)’ye, \(RP\)’den \(RQ\)’ya).
- Her açıyı Teorem 2.3 ile bulun; paydası sıfır çıkan köşedeki açı \(\frac{\pi}{2}\)’dir. Denetim için üç açının toplamının \(\pi\) olduğuna bakın: yön ters seçilirse her açının yerine \(\pi\)’ye tamamlayanı çıkar ve toplam \(2\pi\) olur.
Örnek 2.17 (Bir Üçgenin İç Açıları) Köşeleri \(A(5, -4)\), \(B(1, -2)\) ve \(C(3, 2)\) olan \(ABC\) üçgeninin iç açılarını bulunuz.
Çözüm
Adım 1: eğimler.
\[ m_{AB} = \frac{-2 - (-4)}{1 - 5} = -\frac{1}{2}, \qquad m_{BC} = \frac{2 - (-2)}{3 - 1} = 2, \]
\[ m_{AC} = \frac{2 - (-4)}{3 - 5} = -3 . \]
Adım 2: yön. \(A\) sağ altta, \(C\) üstte, \(B\) solda durduğundan köşeler saat yönünün tersine \(A\), \(C\), \(B\) sırasıyla dolaşılır. Buna göre \(A\)’daki iç açı \(AC\)’den \(AB\)’ye, \(C\)’deki iç açı \(CB\)’den \(CA\)’ya, \(B\)’deki iç açı \(BA\)’dan \(BC\)’ye yönlenmiş açıdır.
Adım 3: \(A\) köşesi. Teorem 2.3 ile
\[ \tan\hat{A} = \frac{m_{AB} - m_{AC}}{1 + m_{AB} \, m_{AC}} = \frac{-\frac{1}{2} - (-3)}{1 + \left(-\frac{1}{2}\right)(-3)} = \frac{\frac{5}{2}}{\frac{5}{2}} = 1 \]
ve \(\hat{A} = \frac{\pi}{4}\) bulunur.
Adım 4: \(B\) köşesi. Formülün paydası
\[ 1 + m_{AB} \, m_{BC} = 1 + \left(-\frac{1}{2}\right) \cdot 2 = 0 \]
olduğundan Teorem 2.3 gereği \(\hat{B} = \frac{\pi}{2}\)’dir; \(AB\) ile \(BC\) diktir.
Adım 5: \(C\) köşesi.
\[ \tan\hat{C} = \frac{m_{AC} - m_{BC}}{1 + m_{AC} \, m_{BC}} = \frac{(-3) - 2}{1 + (-3) \cdot 2} = \frac{-5}{-5} = 1 \]
ve \(\hat{C} = \frac{\pi}{4}\) bulunur.
Adım 6: sonuç. \(\hat{A} + \hat{B} + \hat{C} = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{4} = \pi\) olduğundan yön doğru seçilmiştir. İki açı eşit olduğundan karşılarındaki kenarlar da eşittir: gerçekten \(|AB| = \sqrt{16 + 4} = 2\sqrt{5}\) ve \(|BC| = \sqrt{4 + 16} = 2\sqrt{5}\)’tir. \(ABC\), \(|AB| = |BC|\) olan bir ikizkenar dik üçgendir.
\(\blacksquare\)
2.5 Alıştırmalar
Aşağıdaki alıştırmalar bölme formülünü tersten kullanmayı ve açı formülünden bilinmeyen bir eğim ya da koordinat bulmayı çalıştırır.
Alıştırma 2.1 (Bölünme Noktasından Uç Noktaya) Uç noktaları \(P_1(6, 8)\) ve \(P_2(x_2, y_2)\) olan doğru parçasını \(\dfrac{|P_1P|}{|PP_2|} = \dfrac{3}{7}\) olacak şekilde bölen nokta \(P(9, 2)\) ise \(P_2\) noktasını bulunuz.
Çözüm
Adım 1: kullanılacak bağıntı. Teorem 2.1 ispatındaki eşitlikler, \(P(x, y)\) bölünme noktası için
\[ \frac{x - x_1}{x_2 - x} = r \qquad\text{ve}\qquad \frac{y - y_1}{y_2 - y} = r \]
olduğunu söyler. Burada \(x_1 = 6\), \(y_1 = 8\), \(x = 9\), \(y = 2\) ve \(r = \frac{3}{7}\)’dir.
Adım 2: apsis.
\[ \frac{9 - 6}{x_2 - 9} = \frac{3}{7} \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{3}{x_2 - 9} = \frac{3}{7} \quad\Longleftrightarrow\quad x_2 - 9 = 7 \]
olup \(x_2 = 16\) bulunur.
Adım 3: ordinat.
\[ \frac{2 - 8}{y_2 - 2} = \frac{3}{7} \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{-6}{y_2 - 2} = \frac{3}{7} \quad\Longleftrightarrow\quad 3(y_2 - 2) = -42 \]
olup \(y_2 - 2 = -14\), yani \(y_2 = -12\) bulunur.
Adım 4: denetim. \(P_2(16, -12)\) için \(|P_1P| = \sqrt{3^2 + 6^2} = 3\sqrt{5}\) ve \(|PP_2| = \sqrt{7^2 + 14^2} = 7\sqrt{5}\)’tir; oran gerçekten \(\frac{3}{7}\)’dir ve \(P\) parçanın içindedir. Aranan nokta \(P_2(16, -12)\)’dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 2.2 (Yönlenmiş Açıdan Bilinmeyen Ordinat) \(A(-4, 5)\) ile \(B(3, y)\) noktalarından geçen doğrudan, \(C(-2, 4)\) ile \(D(9, 1)\) noktalarından geçen doğruya yönlenmiş açı \(\frac{3\pi}{4}\) ise \(y\) kaçtır?
Çözüm
Adım 1: eğimler. Teorem 2.2 ile
\[ m_{AB} = \frac{y - 5}{3 - (-4)} = \frac{y - 5}{7}, \qquad m_{CD} = \frac{1 - 4}{9 - (-2)} = -\frac{3}{11} . \]
Adım 2: denklem. \(AB\)’den \(CD\)’ye yönlenmiş açı \(\alpha = \frac{3\pi}{4}\) olduğundan Teorem 2.3 ile
\[ \tan\frac{3\pi}{4} = \frac{m_{CD} - m_{AB}}{1 + m_{AB} \, m_{CD}} = \frac{-\frac{3}{11} - \frac{y - 5}{7}}{1 + \left(-\frac{3}{11}\right)\frac{y - 5}{7}} = -1 \]
olmalıdır.
Adım 3: sadeleştirme. Pay ve paydayı \(77\) ile çarpalım. Pay \(-21 - 11(y - 5) = 34 - 11y\), payda \(77 - 3(y - 5) = 92 - 3y\) olur. Böylece
\[ \frac{34 - 11y}{92 - 3y} = -1 \quad\Longleftrightarrow\quad 34 - 11y = -92 + 3y \quad\Longleftrightarrow\quad 126 = 14y \]
ve \(y = 9\) bulunur. Bu değerde payda \(92 - 27 = 65 \neq 0\)’dır.
Adım 4: denetim. \(y = 9\) için \(m_{AB} = \frac{4}{7}\) ve
\[ \tan\alpha = \frac{-\frac{3}{11} - \frac{4}{7}}{1 - \frac{12}{77}} = \frac{-\frac{65}{77}}{\frac{65}{77}} = -1 \]
olur; \(\alpha \in [0, \pi)\) olduğundan \(\alpha = \frac{3\pi}{4}\)’tür. Aranan değer \(y = 9\)’dur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 2.3 (Yönlenmiş Açıdan Eğim) \(d_1\) doğrusundan \(d_2\) doğrusuna yönlenmiş açı \(\frac{\pi}{3}\)’tür. \(d_1\)’in eğimi \(1\) ise \(d_2\)’nin eğimini bulunuz.
Çözüm
Adım 1: denklem. \(m_1 = 1\) ve \(\alpha = \frac{\pi}{3}\) için Teorem 2.3 ile
\[ \tan\frac{\pi}{3} = \frac{m_2 - m_1}{1 + m_1 m_2} \quad\Longleftrightarrow\quad \sqrt{3} = \frac{m_2 - 1}{1 + m_2} \]
olmalıdır. (\(d_2\) düşey olsaydı \(\tan\alpha = \frac{1}{m_1} = 1 \neq \sqrt{3}\) olurdu; bu yüzden \(d_2\) düşey değildir.)
Adım 2: çözüm. İçler dışlar çarpımıyla
\[ \sqrt{3} + \sqrt{3}\, m_2 = m_2 - 1 \quad\Longleftrightarrow\quad m_2\left(\sqrt{3} - 1\right) = -1 - \sqrt{3} \]
ve
\[ m_2 = -\frac{1 + \sqrt{3}}{\sqrt{3} - 1} = -\frac{(1 + \sqrt{3})^2}{(\sqrt{3} - 1)(\sqrt{3} + 1)} = -\frac{4 + 2\sqrt{3}}{2} = -2 - \sqrt{3} \]
bulunur; ikinci eşitlikte pay ve payda \(\sqrt{3} + 1\) ile genişletildi.
Adım 3: denetim. \(d_1\)’in eğim açısı \(\frac{\pi}{4}\)’tür; \(d_2\)’ninki \(\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{3} = \frac{7\pi}{12}\) olmalıdır. Toplamın tanjantı formülüyle
\[ \tan\frac{7\pi}{12} = \frac{1 + \sqrt{3}}{1 - \sqrt{3}} = -2 - \sqrt{3} \]
bulunur; sonuç doğrulanır. \(d_2\)’nin eğimi \(-2 - \sqrt{3}\)’tür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 2.4 (Belirli Açı Yapan Doğrunun Eğimi) \(A(2, -1)\) ve \(B(5, 3)\) noktalarından geçen doğru ile \(\frac{\pi}{4}\)’lük açı yapan doğrunun eğimini bulunuz.
Çözüm
Adım 1: verilen doğrunun eğimi.
\[ m_{AB} = \frac{3 - (-1)}{5 - 2} = \frac{4}{3} . \]
Aranan doğru \(d\), eğimi \(m\) olsun. İki doğru arasında \(\frac{\pi}{4}\)’lük açı olması, iki yönlenmiş açıdan birinin \(\frac{\pi}{4}\) (diğerinin \(\frac{3\pi}{4}\)) olması demektir. Bu yüzden iki durum vardır. (\(d\) düşey olsaydı \(AB\)’den \(d\)’ye yönlenmiş açının tanjantı \(\frac{1}{m_{AB}} = \frac{3}{4}\) olurdu; bu \(\pm 1\) olmadığından \(d\) düşey değildir.)
Adım 2: \(AB\)’den \(d\)’ye olan açı \(\frac{\pi}{4}\) ise. Teorem 2.3 ile
\[ \frac{m - \frac{4}{3}}{1 + \frac{4}{3} m} = 1 \quad\Longleftrightarrow\quad m - \frac{4}{3} = 1 + \frac{4}{3} m \quad\Longleftrightarrow\quad \left(1 - \frac{4}{3}\right) m = 1 + \frac{4}{3} \]
olup \(-\frac{1}{3} m = \frac{7}{3}\), yani \(m = -7\) bulunur. Payda \(1 + \frac{4}{3}(-7) = -\frac{25}{3} \neq 0\)’dır.
Adım 3: \(d\)’den \(AB\)’ye olan açı \(\frac{\pi}{4}\) ise. Bu kez pay ters sırayla yazılır:
\[ \frac{\frac{4}{3} - m}{1 + \frac{4}{3} m} = 1 \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{4}{3} - m = 1 + \frac{4}{3} m \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{1}{3} = \frac{7}{3} m \]
olup \(m = \frac{1}{7}\) bulunur. Payda \(1 + \frac{4}{21} = \frac{25}{21} \neq 0\)’dır.
Adım 4: sonuç. \(AB\) ile \(\frac{\pi}{4}\)’lük açı yapan doğruların eğimi \(m = -7\) ya da \(m = \frac{1}{7}\)’dir. İki çözüm doğrusu birbirine diktir: \((-7) \cdot \frac{1}{7} = -1\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 2.5 (Belirli Açı Yapan ve Bir Noktadan Geçen Doğru) \(x - 3y + 6 = 0\) denklemini sağlayan noktaların oluşturduğu doğru ile \(\frac{\pi}{4}\)’lük açı yapan ve \(Q(2, 5)\) noktasından geçen doğrunun denklemini bulunuz.
Çözüm
Adım 1: verilen doğrunun eğimi. Bu denklemi sağlayan noktaların bir doğru oluşturduğu bir sonraki bölümde gösterilecek (Düzlemde Doğru Denklemleri); burada bunu kabul ediyoruz. Denklemi sağlayan iki nokta seçelim: \(x = 0\) için \(y = 2\), \(x = 3\) için \(y = 3\). Verilen doğru \((0, 2)\) ve \((3, 3)\) noktalarından geçtiğinden eğimi
\[ m_0 = \frac{3 - 2}{3 - 0} = \frac{1}{3} \]
tür.
Adım 2: aranan eğim. Aranan doğru \(d\), eğimi \(m\) olsun. Önceki alıştırmadaki gibi iki durum vardır. (\(d\) düşey olsaydı ilgili tanjant \(\frac{1}{m_0} = 3 \neq \pm 1\) olurdu; bu yüzden \(d\) düşey değildir.) Verilen doğrudan \(d\)’ye olan açı \(\frac{\pi}{4}\) ise
\[ \frac{m - \frac{1}{3}}{1 + \frac{1}{3} m} = 1 \quad\Longleftrightarrow\quad m - \frac{1}{3} = 1 + \frac{1}{3} m \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{2}{3} m = \frac{4}{3} \]
ve \(m = 2\) bulunur. \(d\)’den verilen doğruya olan açı \(\frac{\pi}{4}\) ise
\[ \frac{\frac{1}{3} - m}{1 + \frac{1}{3} m} = 1 \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{1}{3} - m = 1 + \frac{1}{3} m \quad\Longleftrightarrow\quad -\frac{4}{3} m = \frac{2}{3} \]
ve \(m = -\frac{1}{2}\) bulunur. İki durumda da payda sıfırdan farklıdır (\(\frac{5}{3}\) ve \(\frac{5}{6}\)).
Adım 3: doğrunun denklemi. \(d\), \(Q(2, 5)\)’ten geçen ve eğimi \(m\) olan doğrudur. \(Q\)’dan farklı bir \(R(x, y)\) noktası \(d\) üzerindeyse \(QR\) doğrusu \(d\)’nin kendisidir ve eğimi \(m\)’dir; tersine \(QR\)’nin eğimi \(m\) ise \(QR\) ile \(d\) aynı noktadan geçen aynı eğimli iki doğru olduğundan (Önerme 2.3) çakışır. Demek ki \(R\)’nin \(d\) üzerinde olması
\[ \frac{y - 5}{x - 2} = m, \quad\text{yani}\quad y - 5 = m(x - 2) \]
olmasıyla denktir; \(Q\)’nun kendisi de bu eşitliği sağlar. Bu biçimdeki denklemler bir sonraki bölümde sistemli olarak ele alınacak (Düzlemde Doğru Denklemleri).
Adım 4: iki çözüm. \(m = 2\) için
\[ y - 5 = 2(x - 2) \quad\Longleftrightarrow\quad 2x - y + 1 = 0 \]
bulunur. \(m = -\frac{1}{2}\) için her iki yanı \(2\) ile çarparak
\[ 2(y - 5) = -(x - 2) \quad\Longleftrightarrow\quad x + 2y - 12 = 0 \]
bulunur. Aranan doğrular \(2x - y + 1 = 0\) ve \(x + 2y - 12 = 0\)’dır; ikisi de \(Q(2, 5)\)’i sağlar (\(4 - 5 + 1 = 0\) ve \(2 + 10 - 12 = 0\)) ve birbirine diktir.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde bir doğrunun yönünü tek bir sayıyla, eğimle, ifade etmeyi öğrendik. Bir noktası ve eğimi bilinen doğrunun tüm noktalarını tek bir denklemle yazmak artık kısa bir adımdır; bir sonraki bölüm Düzlemde Doğru Denklemleri bu denklemle başlar.