4 Çember
Şimdiye kadar düzlemde noktaları, uzaklıkları ve doğruları koordinatlarla ifade ettik. Bu bölümde ilk eğrimize geçiyoruz: çember. Çember geometrinin en eski ve en tanıdık eğrisidir; analitik geometride ise iki nokta arasındaki uzaklık formülünün doğrudan bir sonucu olarak ikinci dereceden bir denklemle karşımıza çıkar. Bu denklemi kurduktan sonra verilen bir denklemin çember olup olmadığını anlamayı, çemberi farklı koşullardan belirlemeyi ve bir çemberin bir doğruyla ya da başka bir çemberle nasıl kesişebileceğini inceleyeceğiz.
4.1 Çemberin Tanımı ve Standart Denklemi
Bir pergelin sivri ucunu bir noktaya batırıp kalemli ucunu çevirdiğimizde çizilen eğrinin her noktası, sivri uçtan aynı uzaklıktadır. Çemberin tanımı bu gözlemi kesin bir dille söyler.
Tanım 4.1 (Çember) Düzlemde sabit bir noktadan eşit uzaklıkta bulunan noktaların geometrik yerine çember denir. Bu sabit noktaya çemberin merkezi, sabit uzaklığa da çemberin yarıçapı denir.
Merkezi \(M(a, b)\) ve yarıçapı \(r \in \mathbb{R}^+\) olan çember
\[ S^1 = \{\, P(x, y) \in \mathbb{R}^2 \;:\; |PM| = r \,\} \]
kümesidir.
Yani çember, merkezden tam \(r\) birim uzakta duran noktaların hepsinden oluşur; merkezin kendisi çembere ait değildir. Yarıçapın pozitif olduğunu varsayıyoruz, çünkü \(r = 0\) olsaydı küme yalnız \(M\) noktasından ibaret olurdu. Çemberi \(S^1\) ile göstereceğiz; aynı anda iki çemberle çalışırken \(S^1_1\) ve \(S^1_2\) yazacağız.
Tanımdaki \(|PM| = r\) koşulunu koordinatlarla yazmak için iki nokta arasındaki uzaklık formülünü (Dik Koordinatlar ve Uzaklık) kullanırız.
Teorem 4.1 (Çemberin denklemi) Merkezi \(M(a, b)\) ve yarıçapı \(r > 0\) olan \(S^1\) çemberi verilsin. Bir \(P(x, y)\) noktasının \(S^1\) üzerinde bulunması için gerek ve yeter koşul
\[ (x-a)^2 + (y-b)^2 = r^2 \]
olmasıdır.
İspat
\(P(x, y)\) ile \(M(a, b)\) arasındaki uzaklık
\[ |PM| = \sqrt{(x-a)^2 + (y-b)^2} \]
dir. Burada \(|x - a|\) ve \(|y - b|\), hipotenüsü \(PM\) olan dik üçgenin dik kenarlarıdır. Buna göre \(P \in S^1\) olması
\[ \sqrt{(x-a)^2 + (y-b)^2} = r \]
eşitliği demektir.
Bu eşitliğin iki yanı da negatif olmayan sayılardır. Negatif olmayan \(u\) ve \(v\) sayıları için \(u = v \iff u^2 = v^2\) olduğundan, karesini almak çözüm kazandırmaz ya da kaybettirmez:
\[ \sqrt{(x-a)^2 + (y-b)^2} = r \iff (x-a)^2 + (y-b)^2 = r^2 . \]
\(\blacksquare\)
Tanım 4.2 (Standart denklem) Merkezi \(M(a, b)\) ve yarıçapı \(r\) olan çember için
\[ (x-a)^2 + (y-b)^2 = r^2 \]
denklemine çemberin standart denklemi (merkez–yarıçap denklemi) denir.
Yani standart denklemi gören biri merkezi ve yarıçapı hemen okur: parantezlerde \(x\) ve \(y\)’den çıkarılan sayılar merkezin koordinatları, sağ taraf ise yarıçapın karesidir. İşaretlere dikkat etmek gerekir: \((x+2)^2 = \big(x-(-2)\big)^2\) olduğundan \(x + 2\) gördüğümüzde merkezin apsisi \(-2\)’dir.
Sonuç 4.1 (Merkezi orijinde olan çember) Merkezi \(O(0, 0)\) ve yarıçapı \(r\) olan çemberin denklemi \(x^2 + y^2 = r^2\)’dir.
Gerçekten, standart denklemde \(a = b = 0\) yazmak yeterlidir.
Örnek 4.1 (Merkezi ve yarıçapı verilen çember) Merkezi \(M(-2, 5)\) ve yarıçapı \(3\) olan çemberin standart denklemini yazın ve denklemi açarak parantezsiz biçimde verin.
Çözüm
Standart denklemde \(a = -2\), \(b = 5\) ve \(r = 3\) yazalım:
\[ \big(x-(-2)\big)^2 + (y-5)^2 = 3^2, \qquad\text{yani}\qquad (x+2)^2 + (y-5)^2 = 9 . \]
Kareleri açalım: \((x+2)^2 = x^2 + 4x + 4\) ve \((y-5)^2 = y^2 - 10y + 25\). Buna göre
\[ x^2 + 4x + 4 + y^2 - 10y + 25 = 9 \]
ve sabitleri sol tarafta toplayınca \(4 + 25 - 9 = 20\) olduğundan
\[ x^2 + y^2 + 4x - 10y + 20 = 0 \]
elde edilir. Merkezden sağa, sola, yukarı ve aşağı \(3\) birim gidildiğinde çemberin \((1, 5)\), \((-5, 5)\), \((-2, 8)\) ve \((-2, 2)\) noktalarına ulaşılır; örneğin \((1, 5)\) için \(1 + 25 + 4 - 50 + 20 = 0\) olduğu kolayca denetlenir.
\(\blacksquare\)
4.2 Çemberin Genel Denklemi
Standart denklemi açınca ne tür bir denklem elde edildiğine bakalım; bu, karşımıza parantezsiz yazılmış bir denklem çıktığında onun bir çember olup olmadığını anlamamızı sağlayacak. \((x-a)^2 + (y-b)^2 = r^2\) denklemindeki kareler açılırsa
\[ x^2 - 2ax + y^2 - 2by + a^2 + b^2 - r^2 = 0 \]
bulunur. Burada \(D = -2a\), \(E = -2b\) ve \(F = a^2 + b^2 - r^2\) dersek her çemberin denklemi
\[ x^2 + y^2 + Dx + Ey + F = 0 \]
biçiminde yazılabilir. Bu denklemde \(x^2\) ile \(y^2\)’nin katsayıları eşittir (ikisi de \(1\)) ve \(xy\)’li terim yoktur.
Tanım 4.3 (Genel denklem) Bir çemberin denklemi \(D, E, F \in \mathbb{R}\) olmak üzere
\[ x^2 + y^2 + Dx + Ey + F = 0 \]
biçiminde yazıldığında bu yazılışa çemberin genel denklemi denir.
Yani genel denklem, standart denklemin kareleri açılmış ve bütün terimleri bir tarafa toplanmış hâlidir. Ne var ki bu biçimdeki her denklem bir çember belirtmez; örneğin \(x^2 + y^2 + 1 = 0\) denklemini hiçbir nokta sağlamaz. Hangi durumda çember elde edildiğini aşağıdaki teorem söyler.
Teorem 4.2 (Genel denklemin çember belirtme koşulu) \(D, E, F \in \mathbb{R}\) olmak üzere
\[ x^2 + y^2 + Dx + Ey + F = 0 \tag{1} \]
denklemi verilsin.
- \(D^2 + E^2 - 4F > 0\) ise (1), merkezi \(\left(-\frac{D}{2}, -\frac{E}{2}\right)\) ve yarıçapı \(r = \frac{1}{2}\sqrt{D^2 + E^2 - 4F}\) olan çemberin denklemidir.
- \(D^2 + E^2 - 4F = 0\) ise (1)’i yalnız \(\left(-\frac{D}{2}, -\frac{E}{2}\right)\) noktası sağlar.
- \(D^2 + E^2 - 4F < 0\) ise (1)’i sağlayan hiçbir nokta yoktur.
İspat
\(x\)’li terimleri ve \(y\)’li terimleri ayrı ayrı tam kareye tamamlayalım. Bunun için (1)’in iki yanına \(\frac{D^2}{4}\) ve \(\frac{E^2}{4}\) ekleyip \(F\)’yi sağa geçirelim:
\[ x^2 + Dx + \frac{D^2}{4} + y^2 + Ey + \frac{E^2}{4} = \frac{D^2}{4} + \frac{E^2}{4} - F . \]
Soldaki ilk üç terim \(\left(x + \frac{D}{2}\right)^2\), sonraki üç terim \(\left(y + \frac{E}{2}\right)^2\)’dir. Sağ taraf da tek kesirde toplanırsa (1) denklemi
\[ \left(x + \frac{D}{2}\right)^2 + \left(y + \frac{E}{2}\right)^2 = \frac{D^2 + E^2 - 4F}{4} \]
denklemine denktir. \(N\left(-\frac{D}{2}, -\frac{E}{2}\right)\) dersek sol taraf, \(P(x, y)\) noktasının \(N\)’ye uzaklığının karesi \(|PN|^2\)’dir. Şimdi sağ tarafın işaretine bakalım.
- Sağ taraf pozitifse, yani \(D^2 + E^2 - 4F > 0\) ise, denklem \(|PN| = \frac{1}{2}\sqrt{D^2 + E^2 - 4F}\) demektir. Bu, merkezi \(N\) ve yarıçapı \(\frac{1}{2}\sqrt{D^2 + E^2 - 4F}\) olan çemberin standart denklemidir.
- Sağ taraf sıfırsa \(|PN|^2 = 0\), yani \(P = N\) olmalıdır. Denklemi yalnız \(N\) noktası sağlar.
- Sağ taraf negatifse, negatif olmayan \(|PN|^2\) ona eşit olamaz. Denklemin hiçbir çözümü yoktur.
\(\blacksquare\)
Yani genel denklemden merkezi okumak için \(x\)’in ve \(y\)’nin katsayılarının yarısını alıp işaretini değiştirmek yeterlidir; yarıçapı bulmadan önce ise \(D^2 + E^2 - 4F\)’nin pozitif olduğunu denetlemek gerekir. Bir çemberin genel denkleminde bu sayı her zaman pozitiftir: \(D = -2a\), \(E = -2b\), \(F = a^2 + b^2 - r^2\) için \(D^2 + E^2 - 4F = 4r^2\) olur.
- \(x^2\) ile \(y^2\)’nin katsayıları \(1\) değilse (çemberde bu katsayılar eşittir) denklemi bu katsayıya bölün.
- \(x\)’li ve \(y\)’li terimleri ayrı ayrı tam kareye tamamlayın: \(x^2 + Dx = \left(x + \frac{D}{2}\right)^2 - \frac{D^2}{4}\).
- Sabitleri sağda toplayın. Sağ taraf pozitifse merkezi ve yarıçapı okuyun; sıfırsa denklem tek bir nokta, negatifse boş küme belirtir.
Örnek 4.2 (Genel denklemden merkez ve yarıçap) \(x^2 + y^2 - 6x + 8y = 0\) denkleminin bir çember belirttiğini gösterin; merkezini ve yarıçapını bulun.
Çözüm
\(x^2\) ile \(y^2\)’nin katsayıları zaten \(1\)’dir. Tam kareye tamamlayalım:
\[ x^2 - 6x = (x-3)^2 - 9, \qquad y^2 + 8y = (y+4)^2 - 16 . \]
Bunları denklemde yerine yazarsak
\[ (x-3)^2 - 9 + (y+4)^2 - 16 = 0 \quad\Longrightarrow\quad (x-3)^2 + (y+4)^2 = 25 \]
bulunur. Sağ taraf pozitif olduğundan denklem bir çember belirtir: merkezi \(M(3, -4)\), yarıçapı \(r = \sqrt{25} = 5\)’tir.
Aynı sonucu Teorem 4.2 ile de bulabiliriz: \(D = -6\), \(E = 8\), \(F = 0\) için merkez \(\left(-\frac{-6}{2}, -\frac{8}{2}\right) = (3, -4)\) ve
\[ r = \frac{1}{2}\sqrt{36 + 64 - 0} = \frac{1}{2}\cdot 10 = 5 . \]
\(F = 0\) olduğundan \((0, 0)\) noktası denklemi sağlar, yani çember orijinden geçer. Eksenlerle kesişimleri de kolayca bulunur: \(y = 0\) için \(x^2 - 6x = 0\), yani \(x = 0\) ya da \(x = 6\); \(x = 0\) için \(y^2 + 8y = 0\), yani \(y = 0\) ya da \(y = -8\).
\(\blacksquare\)
Örnek 4.3 (Kare terimlerinin katsayısı bir olmayan denklem) \(4x^2 + 4y^2 - 4x + 8y - 11 = 0\) denkleminin bir çember belirttiğini gösterin; merkezini ve yarıçapını bulun.
Çözüm
\(x^2\) ile \(y^2\)’nin katsayıları eşit ve \(4\)’tür. Denklemi \(4\)’e bölelim:
\[ x^2 + y^2 - x + 2y - \frac{11}{4} = 0 . \]
Şimdi tam kareye tamamlayalım: \(x^2 - x = \left(x - \frac{1}{2}\right)^2 - \frac{1}{4}\) ve \(y^2 + 2y = (y+1)^2 - 1\). Yerine yazınca
\[ \left(x - \tfrac{1}{2}\right)^2 + (y+1)^2 = \frac{1}{4} + 1 + \frac{11}{4} = 4 \]
bulunur. Sağ taraf pozitif olduğundan denklem, merkezi \(M\left(\frac{1}{2}, -1\right)\) ve yarıçapı \(r = 2\) olan çemberi belirtir.
Denetim için Teorem 4.2 kullanalım: bölünmüş denklemde \(D = -1\), \(E = 2\), \(F = -\frac{11}{4}\) olduğundan \(D^2 + E^2 - 4F = 1 + 4 + 11 = 16\) ve \(r = \frac{1}{2}\sqrt{16} = 2\)’dir. Katsayılar \(4\)’e bölünmeden formül uygulansaydı yanlış sonuç çıkardı; bu yüzden ilk adım atlanmamalıdır.
\(\blacksquare\)
Örnek 4.4 (Tek bir noktaya indirgenen denklem) \(x^2 + y^2 - 4x + 2y + 5 = 0\) denkleminin belirttiği kümeyi bulun.
Çözüm
Tam kareye tamamlayalım: \(x^2 - 4x = (x-2)^2 - 4\) ve \(y^2 + 2y = (y+1)^2 - 1\). Buna göre
\[ (x-2)^2 - 4 + (y+1)^2 - 1 + 5 = 0 \quad\Longrightarrow\quad (x-2)^2 + (y+1)^2 = 0 \]
olur. İki karenin toplamı ancak ikisi birden sıfırsa sıfırdır; bu da \(x = 2\) ve \(y = -1\) demektir. Denklemi yalnız \((2, -1)\) noktası sağlar, dolayısıyla denklem bir çember belirtmez.
Teorem 4.2 ile de aynı sonuç çıkar: \(D = -4\), \(E = 2\), \(F = 5\) için \(D^2 + E^2 - 4F = 16 + 4 - 20 = 0\) olduğundan denklem tek bir noktaya, \(\left(-\frac{-4}{2}, -\frac{2}{2}\right) = (2, -1)\) noktasına indirgenir.
\(\blacksquare\)
4.3 Koşullardan Çember Denklemi Kurmak
Standart denklemde üç bilinmeyen vardır (\(a\), \(b\) ve \(r\)); genel denklemde de üç bilinmeyen (\(D\), \(E\) ve \(F\)) bulunur. Bu yüzden bir çemberi belirlemek için genellikle birbirinden bağımsız üç koşul gerekir: merkez (iki koşul) ve çember üzerindeki bir nokta, ya da çember üzerindeki üç nokta gibi. Aşağıdaki örneklerde verilen koşulları bu bilinmeyenler için denklemlere çeviriyoruz. Önce çemberin iki özel doğru parçasını adlandıralım.
Tanım 4.4 (Kiriş ve çap) Uç noktaları bir çemberin üzerinde bulunan doğru parçasına çemberin bir kirişi denir. Çemberin merkezinden geçen kirişe çap denir.
Yani çap, çemberin en uzun kirişidir. \(AB\) bir çap ise \(|MA| = |MB| = r\) ve \(M\), \(AB\) doğru parçası üzerindedir; bu yüzden \(M\), \(AB\)’nin orta noktasıdır ve çapın uzunluğu \(|AB| = 2r\)’dir. Herhangi bir \(AB\) kirişi için üçgen eşitsizliğinden \(|AB| \leq |AM| + |MB| = 2r\) olur; eşitlik yalnız \(M\), \(AB\) doğru parçası üzerindeyken, yani \(AB\) bir çap iken sağlanır. Çapın en uzun kiriş olması bundandır.
Örnek 4.5 (Çapının uçları verilen çember) Bir çapı, uç noktaları \(A(5, -1)\) ve \(B(-3, 7)\) olan doğru parçası olan çemberin denklemini bulun.
Çözüm
Çemberin merkezi \(M(a, b)\) olsun. Merkez, çapın orta noktası olduğundan orta nokta formülüyle (Bölme Oranı, Eğim ve Açı)
\[ a = \frac{5 + (-3)}{2} = 1, \qquad b = \frac{-1 + 7}{2} = 3 \]
ve \(M(1, 3)\) bulunur. Dolayısıyla çemberin denklemi
\[ (x-1)^2 + (y-3)^2 = r^2 \]
biçimindedir. \(A(5, -1)\) noktası çember üzerinde olduğundan bu denklemi sağlar:
\[ r^2 = (5-1)^2 + (-1-3)^2 = 16 + 16 = 32 , \]
yani \(r = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}\)’dir. Aynı sonucu \(|AB| = \sqrt{8^2 + 8^2} = 8\sqrt{2}\) uzunluğunun yarısı olarak da buluruz. Böylece çemberin denklemi
\[ (x-1)^2 + (y-3)^2 = 32 \]
olur. Kareler açılırsa \(x^2 - 2x + 1 + y^2 - 6y + 9 = 32\), yani
\[ x^2 + y^2 - 2x - 6y - 22 = 0 \]
elde edilir. Denetim: \(B(-3, 7)\) için \((-3-1)^2 + (7-3)^2\) toplamı \(16 + 16 = 32\) olduğundan \(B\) de çember üzerindedir.
\(\blacksquare\)
Örnek 4.6 (Merkezi bir doğru üzerinde olan çember) Merkezi \(x - 3y - 11 = 0\) doğrusu üzerinde bulunan ve \(A(2, 3)\) ile \(B(-1, 1)\) noktalarından geçen çemberin denklemini bulun.
Çözüm
Çemberin merkezi \(M(a, b)\) olsun. \(A\) ve \(B\) çember üzerinde olduğundan ikisinin de merkeze uzaklığı yarıçapa eşittir: \(|MA| = |MB|\). Kareleri eşitleyelim:
\[ (a-2)^2 + (b-3)^2 = (a+1)^2 + (b-1)^2 . \]
Kareler açılırsa
\[ a^2 - 4a + 4 + b^2 - 6b + 9 = a^2 + 2a + 1 + b^2 - 2b + 1 \]
olur. \(a^2\) ve \(b^2\) iki yanda da bulunduğundan sadeleşir ve \(-4a - 6b + 13 = 2a - 2b + 2\) kalır; buradan
\[ 6a + 4b = 11 \tag{2} \]
bulunur. Bu denklemin geometrik anlamı açıktır: \(A\) ile \(B\)’ye eşit uzaklıktaki noktalar, \(AB\) doğru parçasının orta noktasından geçen ve \(AB\)’ye dik olan doğruyu oluşturur. Gerçekten \(AB\)’nin orta noktası \(\left(\frac{1}{2}, 2\right)\) için \(6\cdot\frac{1}{2} + 4\cdot 2 = 11\)’dir; \(AB\)’nin eğimi \(\frac{1-3}{-1-2} = \frac{2}{3}\), (2) doğrusunun eğimi \(-\frac{3}{2}\)’dir ve bu eğimlerin çarpımı \(-1\)’dir.
Öte yandan merkez \(x - 3y - 11 = 0\) doğrusu üzerinde olduğundan koordinatları bu denklemi sağlar:
\[ a - 3b = 11 . \tag{3} \]
(3)’ten \(a = 11 + 3b\) yazıp (2)’de yerine koyalım: \(6(11 + 3b) + 4b = 11\), yani \(66 + 22b = 11\) ve \(b = -\frac{5}{2}\). O hâlde \(a = 11 + 3\left(-\frac{5}{2}\right) = \frac{7}{2}\) ve merkez \(M\left(\frac{7}{2}, -\frac{5}{2}\right)\)’dir. Çemberin denklemi
\[ \left(x - \tfrac{7}{2}\right)^2 + \left(y + \tfrac{5}{2}\right)^2 = r^2 \]
biçimindedir. \(B(-1, 1)\) noktası bu denklemi sağladığından
\[ r^2 = \left(-1 - \tfrac{7}{2}\right)^2 + \left(1 + \tfrac{5}{2}\right)^2 = \frac{81}{4} + \frac{49}{4} = \frac{130}{4} = \frac{65}{2} \]
bulunur. Böylece çemberin denklemi
\[ \left(x - \tfrac{7}{2}\right)^2 + \left(y + \tfrac{5}{2}\right)^2 = \frac{65}{2} \]
olur. Kareler açılırsa \(\frac{49}{4} + \frac{25}{4} - \frac{130}{4} = -14\) olduğundan genel denklem \(x^2 + y^2 - 7x + 5y - 14 = 0\)’dır. Denetim: \(A(2, 3)\) için \(4 + 9 - 14 + 15 - 14 = 0\) ve \(B(-1, 1)\) için \(1 + 1 + 7 + 5 - 14 = 0\).
\(\blacksquare\)
4.4 Bir Doğru ile Bir Çemberin Durumu
Bir doğru ile bir çemberin ortak noktalarını bulmak, iki denklemi birlikte çözmek demektir. Geometrik olarak üç durumla karşılaşırız: doğru çemberi iki noktada keser, çembere tek noktada dokunur ya da çemberle hiç buluşmaz. Önce ilk iki durumu adlandıralım.
Tanım 4.5 (Kesen doğru) Bir çemberle iki farklı ortak noktası olan doğruya çemberin bir keseni denir.
Yani kesen doğru çemberin içinden geçer; iki ortak nokta arasındaki parçası bir kiriştir.
Tanım 4.6 (Teğet doğru) Bir çemberle tek bir ortak noktası olan doğruya çemberin bir teğeti, bu ortak noktaya da değme noktası denir.
Yani teğet doğru çembere tek bir noktada dokunur ama onu kesip içine girmez.
Üç durumdan hangisinin gerçekleştiğini merkezin doğruya uzaklığı belirler. Bir noktanın doğruya uzaklığını normal denklemle hesaplamıştık (Düzlemde Doğru Denklemleri): \(Ax + By + C = 0\) doğrusu \(k = \mp\frac{1}{\sqrt{A^2+B^2}}\) ile normal denkleme getirildiğinde \(P(x_0, y_0)\) noktasının doğruya uzaklığı
\[ |k\,(Ax_0 + By_0 + C)| = \frac{|Ax_0 + By_0 + C|}{\sqrt{A^2 + B^2}} \]
olur. \(y = mx + n\) doğrusu \(mx - y + n = 0\) biçiminde yazılırsa \(A = m\), \(B = -1\), \(C = n\) olur.
Teorem 4.3 (Doğru ile çemberin ortak noktaları) Merkezi \(M(a, b)\) ve yarıçapı \(r\) olan bir \(S^1\) çemberi ile bir \(d\) doğrusu verilsin ve \(\delta\), \(M\)’nin \(d\)’ye uzaklığı olsun. Buna göre \(d: y = mx + n\) ise
\[ \delta = \frac{|ma - b + n|}{\sqrt{1 + m^2}}, \]
\(d: x = p\) ise \(\delta = |p - a|\) olmak üzere:
- \(\delta < r\) ise \(S^1 \cap d = \{A_1, A_2\}\) iki noktalıdır, yani \(d\) bir kesendir;
- \(\delta = r\) ise \(S^1 \cap d = \{T\}\) tek noktalıdır, yani \(d\) bir teğettir;
- \(\delta > r\) ise \(S^1 \cap d = \varnothing\) olur.
İspat
Adım 1: Soruyu bir denkleme çevirmek. Önce \(d\) düşey olmasın, yani \(d: y = mx + n\) olsun. \(d\)’nin noktaları \((x, mx + n)\) biçimindedir ve farklı \(x\) değerleri farklı noktalar verir. Böyle bir noktanın \(S^1\) üzerinde olması, standart denklemi sağlaması demektir:
\[ (x-a)^2 + (mx + n - b)^2 = r^2 . \]
Dolayısıyla \(S^1 \cap d\)’nin eleman sayısı, bu denklemin farklı reel köklerinin sayısına eşittir.
Adım 2: İkinci dereceden denklem. Kısaca \(c = n - b\) yazalım. Kareler açılıp terimler toplanırsa
\[ (1 + m^2)\,x^2 + 2(mc - a)\,x + (a^2 + c^2 - r^2) = 0 \]
bulunur. Baş katsayı \(1 + m^2 > 0\) olduğundan bu gerçekten ikinci dereceden bir denklemdir. Kök sayısını diskriminantın dörtte biri belirler:
\[ \begin{aligned} \frac{\Delta}{4} &= (mc - a)^2 - (1 + m^2)(a^2 + c^2 - r^2) \\[1mm] &= m^2c^2 - 2amc + a^2 - a^2 - c^2 + r^2 - m^2a^2 - m^2c^2 + m^2r^2 \\[1mm] &= (1 + m^2)\,r^2 - (ma + c)^2 . \end{aligned} \]
Adım 3: Uzaklıkla ilişki. \(ma + c = ma - b + n\) olduğundan \((ma + c)^2 = (1 + m^2)\,\delta^2\)’dir. Buna göre
\[ \frac{\Delta}{4} = (1 + m^2)\,(r^2 - \delta^2) \]
olur. \(1 + m^2 > 0\) ve \(r, \delta \geq 0\) olduğundan \(\Delta\)’nın işareti \(r - \delta\)’nın işaretiyle aynıdır. \(\delta < r\) ise \(\Delta > 0\) ve iki farklı kök, \(\delta = r\) ise \(\Delta = 0\) ve tek (çift) kök, \(\delta > r\) ise \(\Delta < 0\) ve hiç reel kök yoktur. Adım 1’e göre bu, sırasıyla iki, bir ve sıfır ortak nokta demektir.
Düşey doğrular. \(y = mx + n\) biçiminde yazılamayan \(x = p\) doğruları için de sonuç aynıdır. Bu doğrunun noktaları \((p, y)\) biçimindedir ve standart denklem \((y - b)^2 = r^2 - (p - a)^2\) olur. \(M\)’nin \(x = p\) doğrusuna uzaklığı \(\delta = |p - a|\) olduğundan sağ taraf \(r^2 - \delta^2\)’dir. Bu denklemin \(\delta < r\) iken iki, \(\delta = r\) iken bir, \(\delta > r\) iken sıfır çözümü vardır.
\(\blacksquare\)
Teğet durumunda ispattan bir bilgi daha çıkar: değme noktası, merkezden doğruya inilen dikmenin ayağıdır. Bunu eğimlerle doğrulayalım.
Sonuç 4.2 (Teğet, değme noktasındaki yarıçapa diktir) Merkezi \(M\) olan bir çemberin \(T\) noktasındaki teğeti, \(MT\) yarıçapına diktir.
İspat
Önce \(d\) teğetinin \(y = mx + n\) biçiminde olduğunu varsayalım. Teoremin (Teorem 4.3) ispatındaki denklem bu durumda çift köklüdür ve kök
\[ x_T = -\frac{mc - a}{1 + m^2} = \frac{a - m(n - b)}{1 + m^2} \]
dir. Kısaca \(w = ma - b + n\) yazalım. Doğrudan hesapla
\[ x_T - a = \frac{-m\,w}{1 + m^2}, \qquad y_T - b = m x_T + n - b = \frac{w}{1 + m^2} \]
bulunur. Teğet durumunda \(\delta = r\) olduğundan \(|w| = \sqrt{1 + m^2}\,r > 0\), yani \(w \neq 0\)’dır.
- \(m \neq 0\) ise \(MT\)’nin eğimi \(\dfrac{y_T - b}{x_T - a} = -\dfrac{1}{m}\)’dir. Bu eğim ile \(d\)’nin eğimi \(m\)’nin çarpımı \(-1\) olduğundan \(MT\) ile \(d\) diktir (Bölme Oranı, Eğim ve Açı).
- \(m = 0\) ise \(x_T = a\) olur; \(MT\) düşeydir, \(d\) ise yataydır ve yine diktirler.
Son olarak teğet düşey bir \(x = p\) doğrusuysa, aynı ispatın son adımına göre tek çözüm \(y = b\)’dir, yani \(T(p, b)\)’dir. Bu durumda \(MT\) yatay, teğet düşeydir; yine diktirler.
\(\blacksquare\)
Örnek 4.7 (Teğet olan doğru ve değme noktası) \(3x + 4y - 25 = 0\) doğrusunun \(x^2 + y^2 = 25\) çemberine göre durumunu belirleyin; teğetse değme noktasını bulun.
Çözüm
Çemberin merkezi \(O(0, 0)\), yarıçapı \(r = 5\)’tir (Sonuç 4.1). Merkezin doğruya uzaklığı
\[ \delta = \frac{|3\cdot 0 + 4\cdot 0 - 25|}{\sqrt{3^2 + 4^2}} = \frac{25}{5} = 5 \]
olduğundan \(\delta = r\)’dir; Teorem 4.3 gereğince doğru çembere teğettir.
Değme noktasını bulmak için iki denklemi birlikte çözelim. Doğrudan \(y = \frac{25 - 3x}{4}\) çekilip çember denkleminde yerine yazılırsa
\[ x^2 + \frac{(25 - 3x)^2}{16} = 25 \]
olur. İki yanı \(16\) ile çarpalım: \(16x^2 + 625 - 150x + 9x^2 = 400\), yani
\[ 25x^2 - 150x + 225 = 0 \quad\Longrightarrow\quad x^2 - 6x + 9 = (x - 3)^2 = 0 . \]
Çift kök \(x = 3\)’tür ve \(y = \frac{25 - 9}{4} = 4\) bulunur. Değme noktası \(T(3, 4)\)’tür. Sonuç 4.2 ile uyumu da görelim: \(OT\)’nin eğimi \(\frac{4}{3}\), doğrunun eğimi \(-\frac{3}{4}\)’tür ve çarpımları \(-1\)’dir.
\(\blacksquare\)
Örnek 4.8 (Çemberle buluşmayan doğru) \(x + y + 3 = 0\) doğrusunun \(x^2 + y^2 - 4x - 2y + 1 = 0\) çemberine göre durumunu belirleyin.
Çözüm
Önce çemberin merkezini ve yarıçapını bulalım: \(x^2 - 4x = (x-2)^2 - 4\) ve \(y^2 - 2y = (y-1)^2 - 1\) olduğundan denklem
\[ (x-2)^2 + (y-1)^2 = 4 \]
biçimine gelir. Merkez \(M(2, 1)\), yarıçap \(r = 2\)’dir. Merkezin doğruya uzaklığı
\[ \delta = \frac{|2 + 1 + 3|}{\sqrt{1^2 + 1^2}} = \frac{6}{\sqrt{2}} = 3\sqrt{2} \approx 4{,}24 \]
olduğundan \(\delta > r\)’dir; Teorem 4.3 gereğince doğru ile çemberin ortak noktası yoktur. Merkezden doğruya inilen dikme \((2 + t, 1 + t)\) noktalarından oluşur; \(t = -3\) için doğruyu \(H(-1, -2)\) noktasında keser.
Aynı sonucu cebirle de görelim: \(y = -x - 3\) çember denkleminde yerine yazılırsa
\[ x^2 + (x+3)^2 - 4x + 2(x+3) + 1 = 2x^2 + 4x + 16 = 0 \]
ve \(x^2 + 2x + 8 = 0\) bulunur. Diskriminant \(4 - 32 = -28 < 0\) olduğundan reel çözüm yoktur.
\(\blacksquare\)
4.5 İki Çemberin Durumu
İki çemberin ortak noktalarında da üç durum ortaya çıkar: çemberler iki noktada kesişir, tek noktada dokunur ya da hiç buluşmaz. Hangi durumun gerçekleştiğini bu kez merkezler arasındaki uzaklık ile yarıçaplar belirler.
Tanım 4.7 (Kesişen çemberler) İki farklı ortak noktası olan iki çembere kesişen çemberler denir.
Yani kesişen çemberlerden her biri, diğerini iki noktada keserek onun içine girip çıkar.
Tanım 4.8 (Teğet çemberler) Tek bir ortak noktası olan iki çembere teğet çemberler, bu ortak noktaya da değme noktası denir.
Yani teğet çemberler birbirine tek bir noktada dokunur.
Teorem 4.4 (İki çemberin ortak noktaları) Merkezi \(M_1\), yarıçapı \(r_1\) olan \(S^1_1\) çemberi ile merkezi \(M_2\), yarıçapı \(r_2\) olan \(S^1_2\) çemberi birbirinden farklı olsun.
- \(|r_1 - r_2| < |M_1M_2| < r_1 + r_2\) ise \(S^1_1 \cap S^1_2 = \{A_1, A_2\}\) iki noktalıdır;
- \(|M_1M_2| = r_1 + r_2\) ya da \(|M_1M_2| = |r_1 - r_2|\) ise \(S^1_1 \cap S^1_2 = \{T\}\) tek noktalıdır;
- \(|M_1M_2| > r_1 + r_2\) ya da \(|M_1M_2| < |r_1 - r_2|\) ise \(S^1_1 \cap S^1_2 = \varnothing\) olur.
İspat
Kısaca \(u = |M_1M_2|\) yazalım ve \(M_1(a_1, b_1)\), \(M_2(a_2, b_2)\) olsun.
Eş merkezli çemberler. \(u = 0\) ise \(M_1 = M_2\)’dir ve çemberler farklı olduğundan \(r_1 \neq r_2\)’dir. Ortak bir \(P\) noktası olsaydı \(|PM_1|\) hem \(r_1\)’e hem \(r_2\)’ye eşit olurdu; bu olanaksızdır. Demek ki kesişim boştur. Bu durumda \(u = 0 < |r_1 - r_2|\) olduğundan sonuç üçüncü maddeye uyar.
Adım 1: Kesişimi bir doğruyla çemberin kesişimine indirmek. Bundan sonra \(u > 0\) olsun. Çemberlerin denklemleri
\[ (x - a_1)^2 + (y - b_1)^2 - r_1^2 = 0, \qquad (x - a_2)^2 + (y - b_2)^2 - r_2^2 = 0 \]
dır. Bir nokta iki denklemi birden sağlıyorsa birincisini ve ikisinin farkını sağlar; tersine, birinciyi ve farkı sağlıyorsa ikinciyi de sağlar. Fark alınınca \(x^2\) ve \(y^2\) sadeleşir ve
\[ \ell:\; 2(a_2 - a_1)\,x + 2(b_2 - b_1)\,y + (a_1^2 + b_1^2 - r_1^2) - (a_2^2 + b_2^2 - r_2^2) = 0 \]
kalır. \(u > 0\) olduğundan \(a_2 - a_1\) ile \(b_2 - b_1\) birlikte sıfır olamaz; yani \(\ell\) bir doğrudur. Böylece \(S^1_1 \cap S^1_2 = S^1_1 \cap \ell\) olur ve Teorem 4.3 gereğince ortak nokta sayısını \(M_1\)’in \(\ell\)’ye uzaklığı \(\delta\) ile \(r_1\)’in karşılaştırılması belirler.
Adım 2: Uzaklığı hesaplamak. \(\ell\)’nin sol tarafında \(x = a_1\), \(y = b_1\) yazalım:
\[ \begin{aligned} &2(a_2 - a_1)a_1 + 2(b_2 - b_1)b_1 + a_1^2 + b_1^2 - r_1^2 - a_2^2 - b_2^2 + r_2^2 \\[1mm] &\quad = -\big[(a_1 - a_2)^2 + (b_1 - b_2)^2\big] - r_1^2 + r_2^2 = -(u^2 + r_1^2 - r_2^2) . \end{aligned} \]
\(x\) ile \(y\)’nin katsayılarının kareleri toplamının karekökü \(\sqrt{4(a_2 - a_1)^2 + 4(b_2 - b_1)^2} = 2u\)’dur. Dolayısıyla
\[ \delta = \frac{|u^2 + r_1^2 - r_2^2|}{2u} \]
bulunur.
Adım 3: Karşılaştırma. \(\delta < r_1\) koşulu \(|u^2 + r_1^2 - r_2^2| < 2ur_1\), yani
\[ -2ur_1 < u^2 + r_1^2 - r_2^2 < 2ur_1 \]
demektir. Soldaki eşitsizlik \((u + r_1)^2 > r_2^2\)’ye, yani \(u > r_2 - r_1\)’e denktir. Sağdaki eşitsizlik \((u - r_1)^2 < r_2^2\)’ye, yani \(|u - r_1| < r_2\)’ye, o da \(r_1 - r_2 < u < r_1 + r_2\)’ye denktir. İkisi birlikte \(|r_1 - r_2| < u < r_1 + r_2\) koşulunu verir. Bu durumda kesişim iki noktalıdır.
\(\delta = r_1\) olması, bu iki eşitsizlikten birinin eşitlik olması demektir (ikisi birden eşitlik olamaz, çünkü o zaman \(2ur_1 = -2ur_1\), yani \(ur_1 = 0\) olurdu). Soldaki eşitlik \(u = r_2 - r_1\)’i, sağdaki eşitlik \(u = r_1 + r_2\) ya da \(u = r_1 - r_2\)’yi verir. Yani \(\delta = r_1\) tam olarak \(u = r_1 + r_2\) ya da \(u = |r_1 - r_2|\) olduğunda sağlanır ve kesişim tek noktalıdır.
Geriye kalan durumlarda, yani \(u > r_1 + r_2\) ya da \(u < |r_1 - r_2|\) iken \(\delta > r_1\)’dir ve kesişim boştur.
\(\blacksquare\)
İspattaki \(\ell\) doğrusunun normal vektörü \((a_2 - a_1, b_2 - b_1)\) olduğundan \(\ell\) her zaman merkezleri birleştiren doğruya diktir. Kesişen çemberlerde \(\ell\), iki çemberin ortak kirişi \(A_1A_2\)’yi taşıyan doğrudur; teğet çemberlerde ise değme noktasındaki ortak teğettir. Teğet çemberleri de iki türe ayırırız.
Tanım 4.9 (Dıştan ve içten teğet çemberler) Merkezleri \(M_1\), \(M_2\) ve yarıçapları \(r_1\), \(r_2\) olan iki teğet çemberde \(|M_1M_2| = r_1 + r_2\) ise çemberlere dıştan teğet, \(|M_1M_2| = |r_1 - r_2|\) ise içten teğet denir.
Yani dıştan teğet çemberler birbirinin dışında kalarak dokunur; içten teğet çemberlerde küçük çember büyüğün içinde kalarak ona dokunur. Her iki durumda da \(T\) değme noktası merkezleri birleştiren doğru üzerindedir. Gerçekten ortak teğet \(\ell\) hem \(M_1M_2\)’ye diktir hem de \(T\)’de \(S^1_1\)’e teğettir; Sonuç 4.2 gereğince \(M_1T\) de \(\ell\)’ye diktir. \(M_1\)’den geçip \(\ell\)’ye dik olan tek bir doğru bulunduğundan \(M_1T\) ile \(M_1M_2\) aynı doğrudur.
Örnek 4.9 (Kesişen iki çemberin ortak noktaları) \(x^2 + y^2 = 25\) ve \(x^2 + y^2 - 12x + 23 = 0\) çemberlerinin durumunu belirleyin; varsa ortak noktalarını bulun.
Çözüm
Birinci çemberin merkezi \(M_1 = O(0, 0)\), yarıçapı \(r_1 = 5\)’tir. İkinci denklemde \(x^2 - 12x = (x - 6)^2 - 36\) olduğundan
\[ (x - 6)^2 + y^2 = 36 - 23 = 13 \]
bulunur; merkez \(M_2(6, 0)\), yarıçap \(r_2 = \sqrt{13} \approx 3{,}61\)’dir. Merkezler arası uzaklık \(|M_1M_2| = 6\)’dır. \(\sqrt{13} < 5\) olduğundan \(|r_1 - r_2| = 5 - \sqrt{13} < 6\); ayrıca \(\sqrt{13} > 1\) olduğundan \(6 < 5 + \sqrt{13}\)’tür. O hâlde
\[ |r_1 - r_2| < |M_1M_2| < r_1 + r_2 \]
sağlanır; Teorem 4.4 gereğince çemberler iki noktada kesişir.
Ortak noktaları bulmak için denklemleri \(x^2 + y^2 - 25 = 0\) ve \(x^2 + y^2 - 12x + 23 = 0\) biçiminde yazıp birinciden ikinciyi çıkaralım:
\[ -25 - (-12x + 23) = 12x - 48 = 0 \quad\Longrightarrow\quad x = 4 . \]
Bu, ortak kirişin doğrusudur. \(x = 4\) birinci denklemde yazılırsa \(y^2 = 25 - 16 = 9\), yani \(y = \pm 3\) bulunur. Ortak noktalar \(A_1(4, 3)\) ve \(A_2(4, -3)\)’tür. Denetim: \((4 - 6)^2 + (\pm 3)^2 = 4 + 9 = 13\).
\(\blacksquare\)
Örnek 4.10 (Dıştan teğet iki çember) \(x^2 + y^2 = 4\) ve \((x - 3)^2 + (y - 4)^2 = 9\) çemberlerinin durumunu belirleyin; teğetseler değme noktasını bulun.
Çözüm
Birinci çemberin merkezi \(M_1 = O(0, 0)\), yarıçapı \(r_1 = 2\); ikincinin merkezi \(M_2(3, 4)\), yarıçapı \(r_2 = 3\)’tür. Merkezler arası uzaklık
\[ |M_1M_2| = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5 = r_1 + r_2 \]
olduğundan Teorem 4.4 gereğince çemberler tek noktada kesişir; Tanım 4.9 anlamında dıştan teğettirler.
Değme noktasını bulmak için ikinci denklemi açalım: \(x^2 + y^2 - 6x - 8y + 16 = 0\). Birinci denklemden (\(x^2 + y^2 - 4 = 0\)) bunu çıkarırsak
\[ 6x + 8y - 20 = 0, \qquad\text{yani}\qquad 3x + 4y - 10 = 0 \]
bulunur. Buradan \(y = \frac{10 - 3x}{4}\) çekip \(x^2 + y^2 = 4\)’te yerine yazalım ve iki yanı \(16\) ile çarpalım:
\[ 16x^2 + (10 - 3x)^2 = 64 \quad\Longrightarrow\quad 25x^2 - 60x + 36 = (5x - 6)^2 = 0 . \]
Çift kök \(x = \frac{6}{5}\)’tir ve \(y = \frac{10 - 18/5}{4} = \frac{8}{5}\) bulunur. Değme noktası \(T\left(\frac{6}{5}, \frac{8}{5}\right)\)’tir. Bu nokta \(M_1M_2\) doğru parçası üzerindedir: \(M_1\)’den \(M_2\)’ye giden yolun \(\frac{2}{5}\)’inde, yani \(\left(\frac{2}{5}\cdot 3, \frac{2}{5}\cdot 4\right)\) noktasındadır. \(3x + 4y - 10 = 0\) doğrusu da iki çemberin \(T\)’deki ortak teğetidir; örneğin \(O\)’nun bu doğruya uzaklığı \(\frac{10}{5} = 2 = r_1\)’dir.
\(\blacksquare\)
4.6 Alıştırmalar
Aşağıdaki alıştırmalar bölümdeki yöntemlerin hepsini kullanır: tam kareye tamamlama, koşullardan denklem kurma ve doğru ile çemberin ortak noktalarını bulma.
Alıştırma 4.1 (Bir çember belirtir mi) \(x^2 + y^2 - 2x + 4y + 6 = 0\) denklemi bir çember belirtir mi? Nedenini açıklayın.
Çözüm
Tam kareye tamamlayalım: \(x^2 - 2x = (x - 1)^2 - 1\) ve \(y^2 + 4y = (y + 2)^2 - 4\). Denklem
\[ \begin{aligned} 0 &= (x - 1)^2 - 1 + (y + 2)^2 - 4 + 6 \\[1mm] &= (x - 1)^2 + (y + 2)^2 + 1 \end{aligned} \]
biçimine gelir, yani \((x - 1)^2 + (y + 2)^2 = -1\) olmalıdır. Sol taraf iki karenin toplamı olduğundan hiçbir zaman negatif olamaz. Dolayısıyla denklemi sağlayan nokta yoktur ve denklem bir çember belirtmez.
Teorem 4.2 ile: \(D = -2\), \(E = 4\), \(F = 6\) için \(D^2 + E^2 - 4F = 4 + 16 - 24\), yani \(-4 < 0\) olduğundan denklemin belirttiği küme boştur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.2 (Merkezi ve bir noktası verilen çember) Merkezi \(M(2, 3)\) olan ve \(P(5, -1)\) noktasından geçen çemberin denklemini bulun.
Çözüm
Merkezi \((2, 3)\) ve yarıçapı \(r\) olan çemberin denklemi
\[ (x - 2)^2 + (y - 3)^2 = r^2 \]
dir. \(P(5, -1)\) bu denklemi sağlayacağından
\[ r^2 = (5 - 2)^2 + (-1 - 3)^2 = 9 + 16 = 25 \]
ve \(r = 5\) bulunur. Yarıçap, \(MP\) parçasının uzunluğudur; dik kenarları \(3\) ve \(4\) olan dik üçgenin hipotenüsü olarak da görülebilir. Böylece çemberin denklemi
\[ (x - 2)^2 + (y - 3)^2 = 25 \]
olur. Kareler açılırsa \(x^2 - 4x + 4 + y^2 - 6y + 9 = 25\), yani
\[ x^2 + y^2 - 4x - 6y - 12 = 0 \]
elde edilir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.3 (Üç noktadan geçen çember) \(A(5, 3)\), \(B(6, 2)\) ve \(C(3, -1)\) noktalarından geçen çemberin denklemini bulun.
Çözüm
Çemberin genel denklemi \(x^2 + y^2 + Dx + Ey + F = 0\) üç bilinmeyen sabit içerir. Üç noktanın her biri denklemi sağlamalıdır; koordinatları yerine yazınca üç denklem elde edilir:
\[ \begin{aligned} 25 + 9 + 5D + 3E + F &= 0, \\[1mm] 36 + 4 + 6D + 2E + F &= 0, \\[1mm] 9 + 1 + 3D - E + F &= 0 . \end{aligned} \]
Sabitleri sağa geçirelim:
\[ 5D + 3E + F = -34, \tag{4} \]
\[ 6D + 2E + F = -40, \tag{5} \]
\[ 3D - E + F = -10 . \tag{6} \]
(4)’ten (5)’i çıkarınca \(F\) yok olur:
\[ -D + E = 6 . \tag{7} \]
(5)’ten (6)’yı çıkarınca \(3D + 3E = -30\), yani
\[ D + E = -10 \tag{8} \]
bulunur. (7) ile (8) taraf tarafa toplanırsa \(2E = -4\), yani \(E = -2\); (8)’den de \(D = -8\) çıkar. Son olarak (4)’ten
\[ F = -34 - 5(-8) - 3(-2) = -34 + 40 + 6 = 12 \]
bulunur. Çemberin denklemi
\[ x^2 + y^2 - 8x - 2y + 12 = 0 \]
dır. Teorem 4.2 gereğince merkezi \(M(4, 1)\), yarıçapı \(\frac{1}{2}\sqrt{64 + 4 - 48} = \frac{1}{2}\sqrt{20} = \sqrt{5}\)’tir. Denetim: \(|MA|^2 = 1 + 4\), \(|MB|^2 = 4 + 1\) ve \(|MC|^2 = 1 + 4\); üçü de \(5\)’e eşittir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.4 (Bir doğruya teğet olan orijin merkezli çember) Merkezi başlangıç noktası olan ve \(-4y + 3x + 10 = 0\) doğrusuna teğet olan çemberin denklemini bulun.
Çözüm
Çember bu doğruya teğet olduğundan Teorem 4.3 gereğince yarıçapı, merkez \(O(0, 0)\)’ın doğruya uzaklığına eşittir. Bu uzaklığı doğrunun normal denkleminden okuyalım.
Doğru \(3x - 4y + 10 = 0\) biçiminde yazılırsa \(A = 3\), \(B = -4\) ve \(C = 10\)’dur. \(C > 0\) olduğundan \(k < 0\) seçilmelidir. \(\sqrt{A^2 + B^2} = \sqrt{9 + 16} = 5\) olduğundan
\[ k = -\frac{1}{\sqrt{A^2 + B^2}} = -\frac{1}{5} \]
bulunur. Denklemi \(k\) ile çarparsak normal denklem
\[ \frac{3}{-5}\,x + \frac{-4}{-5}\,y + \frac{10}{-5} = 0, \qquad\text{yani}\qquad -\frac{3}{5}\,x + \frac{4}{5}\,y - 2 = 0 \]
olur. Normal denklem \(x\cos\omega + y\sin\omega - r = 0\) biçiminde olduğundan \(\cos\omega = -\frac{3}{5}\), \(\sin\omega = \frac{4}{5}\) ve orijinin doğruya uzaklığı \(r = 2\)’dir. Aynı sayıyı uzaklık formülüyle de buluruz:
\[ \left|\frac{-3\cdot 0 + 4\cdot 0 - 10}{5}\right| = 2 . \]
O hâlde yarıçap \(2\)’dir ve Sonuç 4.1 gereğince çemberin denklemi
\[ x^2 + y^2 = 4 \]
olur. Değme noktası, orijinden doğruya inilen dikmenin ayağıdır: \(T = (r\cos\omega, r\sin\omega) = \left(-\frac{6}{5}, \frac{8}{5}\right)\). Gerçekten
\[ 3\left(-\frac{6}{5}\right) - 4\cdot\frac{8}{5} + 10 = \frac{-18 - 32 + 50}{5} = 0 \]
olduğundan \(T\) doğru üzerindedir; \(\frac{36}{25} + \frac{64}{25} = 4\) olduğundan da çember üzerindedir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.5 (Doğru ile çemberin ortak noktaları) Dik koordinatlardaki denklemi \(y = 2x + 3\) olan doğru ile denklemi \(x^2 + y^2 = 9\) olan çemberin varsa ortak noktalarını bulun.
Çözüm
Önce ortak nokta olup olmadığına bakalım. Çemberin merkezi \(O(0, 0)\), yarıçapı \(3\)’tür; doğru \(2x - y + 3 = 0\) biçiminde yazılırsa merkezin doğruya uzaklığı
\[ \delta = \frac{|2\cdot 0 - 0 + 3|}{\sqrt{4 + 1}} = \frac{3}{\sqrt{5}} < 3 \]
olduğundan Teorem 4.3 gereğince iki ortak nokta vardır.
Bu noktaları bulmak için çember denkleminde \(y\) yerine \(2x + 3\) yazalım:
\[ x^2 + (2x + 3)^2 = 9 \quad\Longrightarrow\quad x^2 + 4x^2 + 12x + 9 = 9 . \]
Buradan
\[ 5x^2 + 12x = x(5x + 12) = 0 \]
elde edilir. Bu denklemin kökleri \(x_1 = 0\) ve \(x_2 = -\frac{12}{5}\)’tir. Doğru denkleminden
\[ x_1 = 0 \;\Longrightarrow\; y_1 = 3, \qquad x_2 = -\frac{12}{5} \;\Longrightarrow\; y_2 = -\frac{24}{5} + 3 = -\frac{9}{5} \]
bulunur. O hâlde ortak noktalar
\[ (x_1, y_1) = (0, 3) \qquad\text{ve}\qquad (x_2, y_2) = \left(-\tfrac{12}{5}, -\tfrac{9}{5}\right) \]
dir. Denetim: \(\frac{144}{25} + \frac{81}{25} = \frac{225}{25} = 9\).
\(\blacksquare\)
Çemberle birlikte düzlemde dik koordinatlarla yapılan temel işleri tamamladık. Sıradaki bölümde eksenlerin dik olmak zorunda olmadığı eğik koordinatlara ve bir noktayı uzaklık ile açı yardımıyla belirleyen kutupsal koordinatlara geçiyoruz: Paralel ve Kutupsal Koordinatlar.