14 Doğru ile Düzlem ve Uzaklıklar
Önceki bölümlerde uzayda doğruları ve düzlemleri ayrı ayrı denklemlerle yazdık, iki doğrunun ve iki düzlemin birbirine göre durumlarını inceledik. Bu bölümde bir doğru ile bir düzlemi yan yana koyuyoruz. Göreceğimiz her şey iki vektöre dayanıyor: doğrunun doğrultman vektörü \(v\) ve düzlemin normal vektörü \(n\). Bu ikisinin iç çarpımı, doğrunun düzlemi kesip kesmediğini söyler; kesiyorsa ortak noktayı ve aradaki açıyı verir. Ardından düzlemin normalini kullanarak bir noktanın bir düzleme uzaklığını tek bir formülle hesaplayacak, bu formülden de paralel iki düzlem arasındaki uzaklığı çıkaracağız.
Bölüm boyunca düzlem ve doğru için şu yazılışları kullanıyoruz: \[ \mathfrak{D}: Ax + By + Cz + D = 0, \qquad n = (A, B, C) \neq 0, \] \[ d: \frac{x - x_0}{a} = \frac{y - y_0}{b} = \frac{z - z_0}{c} = \lambda, \qquad v = (a, b, c) \neq 0. \] Burada \(n\), \(\mathfrak{D}\) düzleminin normal vektörü; \(v\), \(d\) doğrusunun doğrultman vektörü ve \(P_0(x_0, y_0, z_0)\), \(d\) üzerinde bir noktadır. \(d\)’nin parametrik denklemleri \[ x = x_0 + \lambda a, \qquad y = y_0 + \lambda b, \qquad z = z_0 + \lambda c \qquad (\lambda \in \mathbb{R}) \] dir. Doğru ve düzlem denklemlerinin nasıl kurulduğunu Uzayda Doğru Denklemleri ve Uzayda Düzlem Denklemleri bölümlerinde gördük.
14.1 Uzayda Doğru ile Düzlemin Durumları
Uzayda bir doğru ile bir düzlem ya tek bir noktada kesişir ya da hiç kesişmez; bir üçüncü olasılık olarak doğrunun tamamı düzlemin üzerinde yatabilir. Bu durumları önce geometrik olarak adlandıralım, sonra hangisinin gerçekleştiğini denklemlerden nasıl okuyacağımızı görelim.
Tanım 14.1 (Kesişen doğru ve düzlem) \(d\) doğrusu ile \(\mathfrak{D}\) düzleminin tam olarak bir ortak noktası varsa \(d\) ile \(\mathfrak{D}\)’ye kesişiyor denir. Bu ortak noktaya \(d\) ile \(\mathfrak{D}\)’nin arakesit noktası denir.
Yani doğru düzlemi bir noktada “deler” ve düzlemin bir yanından öbür yanına geçer.
Tanım 14.2 (Doğru ile düzlemin paralelliği) \(d \cap \mathfrak{D} = \varnothing\) ya da \(d \subset \mathfrak{D}\) ise \(d\) doğrusu \(\mathfrak{D}\) düzlemine paraleldir denir ve \(d \parallel \mathfrak{D}\) yazılır. \(d \subset \mathfrak{D}\) durumunda \(d\) doğrusu \(\mathfrak{D}\) düzleminin üzerindedir (düzlemde yatar) ya da \(d\) ile \(\mathfrak{D}\) çakışıktır denir.
Yani paralellik, doğrunun düzlemi “delmemesi” demektir: doğru ya düzleme hiç değmeden onun yanından geçer ya da tamamen onun içinde kalır. Düzlemde yatmak, paralelliğin özel bir durumudur; tıpkı iki düzlemin çakışmasının paralelliğin özel bir durumu olması gibi.
Tanım 14.3 (Doğrunun düzleme dikliği) \(d\) doğrusunun doğrultman vektörü \(v\), \(\mathfrak{D}\) düzleminin normal vektörü \(n\)’ye paralelse (\(v \parallel n\)) \(d\) doğrusu \(\mathfrak{D}\) düzlemine diktir denir ve \(d \perp \mathfrak{D}\) yazılır.
Yani dik doğru, düzlemin normali doğrultusunda uzanır. Normal vektör düzlemin içindeki her doğrultuya dik olduğundan böyle bir doğru, düzlemin içinde kalan her doğrultuya diktir.
İlk iki tanım bir doğru ile bir düzlemin bütün olası durumlarını kapsar. Gerçekten bir sonraki teorem, ortak nokta sayısının yalnız \(0\), \(1\) ya da sonsuz olabileceğini ve sonsuz olduğunda doğrunun tamamen düzlemde yattığını gösterecek. Dolayısıyla uzayda bir doğru ile bir düzlem için iki ana durum vardır:
1) Doğru ile düzlem kesişir. Kesişmenin özel bir durumu olarak doğru düzleme dik olabilir.
2) Doğru ile düzlem paraleldir. Paralelliğin özel bir durumu olarak doğru düzlemin üzerinde yatabilir.
Teorem 14.1 (Doğru ile düzlemin ortak noktaları) \(\mathfrak{D}: Ax + By + Cz + D = 0\) düzleminin normali \(n = (A, B, C)\), \(P_0(x_0, y_0, z_0)\) noktasından geçen \(d\) doğrusunun doğrultman vektörü \(v = (a, b, c)\) olsun.
i) \(\langle n, v\rangle \neq 0\) ise \(d\) ile \(\mathfrak{D}\) kesişir. Arakesit noktası, \(d\)’nin parametrik denklemlerinde \[ \lambda = -\frac{Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D}{Aa + Bb + Cc} \tag{1} \] yazılarak bulunur.
ii) \(\langle n, v\rangle = 0\) ve \(Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D = 0\) ise \(d \subset \mathfrak{D}\)’dir; yani \(d\) düzlemin üzerindedir.
iii) \(\langle n, v\rangle = 0\) ve \(Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D \neq 0\) ise \(d \cap \mathfrak{D} = \varnothing\)’dir; yani \(d\) düzleme yalnızca paraleldir, düzlemin üzerinde değildir.
İspat
Adım 1: Ortak noktaların denklemi. \(d\)’nin her noktası bir \(\lambda\) değeri için \((x_0 + \lambda a,\ y_0 + \lambda b,\ z_0 + \lambda c)\) biçimindedir ve \(v \neq 0\) olduğundan farklı \(\lambda\) değerleri farklı noktalar verir. Bu nokta \(\mathfrak{D}\) üzerindedir ancak ve ancak düzlemin denklemini sağlarsa: \[ A(x_0 + \lambda a) + B(y_0 + \lambda b) + C(z_0 + \lambda c) + D = 0. \] Terimleri \(\lambda\)’ya göre toplarsak bu denklem \[ \lambda\,(Aa + Bb + Cc) = -(Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D) \] olur. Sol taraftaki katsayı bir iç çarpımdır: \[ Aa + Bb + Cc = \big\langle (A, B, C), (a, b, c)\big\rangle = \langle n, v\rangle. \] Demek ki \(d \cap \mathfrak{D}\)’nin noktaları, \[ \lambda\,\langle n, v\rangle = -(Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D) \] doğrusal denkleminin çözümlerine birebir karşılık gelir.
Adım 2: \(\langle n, v\rangle \neq 0\) durumu. Denklemin iki yanını \(\langle n, v\rangle \neq 0\) sayısına bölersek tek bir çözüm buluruz: (1)’deki \(\lambda\) değeri. O halde \(d\) ile \(\mathfrak{D}\)’nin tam bir ortak noktası vardır, yani kesişirler. Bu \(\lambda\) parametrik denklemlerde yerine yazılınca arakesit noktası elde edilir.
Adım 3: \(\langle n, v\rangle = 0\) durumu. Denklemin sol tarafı her \(\lambda\) için \(0\) olur ve denklem \[ 0 = -(Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D) \] biçimini alır. \(Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D = 0\) ise bu eşitlik her \(\lambda\) için doğrudur; \(d\)’nin bütün noktaları \(\mathfrak{D}\) üzerindedir ve \(d \subset \mathfrak{D}\) olur. \(Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D \neq 0\) ise eşitlik hiçbir \(\lambda\) için sağlanmaz; ortak nokta yoktur ve \(d \cap \mathfrak{D} = \varnothing\) olur.
\(\blacksquare\)
Teoremin ii) ve iii) şıklarında \(\langle n, v\rangle = 0\) olduğunu, i) şıkkında ise doğrunun düzlemi kestiğini gördük. Paralelliği tek bir koşulla ifade edebiliriz.
Sonuç 14.1 (Paralellik koşulu) \(d \parallel \mathfrak{D}\) olması için gerek ve yeter koşul \[ \langle n, v\rangle = Aa + Bb + Cc = 0 \] olmasıdır. Bu durumda \(d\)’nin herhangi bir noktası \(\mathfrak{D}\)’nin denklemini sağlıyorsa \(d\) düzlemin üzerindedir; sağlamıyorsa \(d\) düzleme yalnızca paraleldir.
İspat
\(\langle n, v\rangle = 0\) ise ortak nokta teoreminin (Teorem 14.1) ii) ve iii) şıklarına göre ya \(d \subset \mathfrak{D}\) ya da \(d \cap \mathfrak{D} = \varnothing\)’dir; iki durumda da tanım gereği \(d \parallel \mathfrak{D}\) olur. Tersine \(\langle n, v\rangle \neq 0\) ise aynı teoremin i) şıkkına göre \(d\) ile \(\mathfrak{D}\)’nin tam bir ortak noktası vardır; bu durumda ne \(d \cap \mathfrak{D} = \varnothing\) ne de \(d \subset \mathfrak{D}\) olabilir (bir doğrunun sonsuz noktası vardır), yani \(d\) düzleme paralel değildir. İkinci cümle, teoremdeki \(P_0\) yerine \(d\)’nin herhangi bir noktası alınarak aynı teoremden okunur.
\(\blacksquare\)
Yani \(v\), düzlemin normaline dikse doğru düzlemi delmez. Bu sezgiyle de uyumludur: normale dik bir doğrultu, düzlemin kendi doğrultularından biridir.
Önerme 14.1 (Diklik koşulu) \(d \perp \mathfrak{D}\) ise \(d\) ile \(\mathfrak{D}\) kesişir. Ayrıca \(a\), \(b\), \(c\) sıfırdan farklıysa \[ d \perp \mathfrak{D} \iff n \parallel v \iff \frac{A}{a} = \frac{B}{b} = \frac{C}{c} \] olur.
İspat
\(d \perp \mathfrak{D}\) olsun. Tanım gereği \(v \parallel n\)’dir; yani sıfırdan farklı bir \(k\) sayısı için \(v = k\,n\) olur. O zaman \[ \langle n, v\rangle = \langle n, k\,n\rangle = k\,\|n\|^2 \neq 0 \] dır, çünkü \(k \neq 0\) ve \(n \neq 0\)’dır. Ortak nokta teoreminin (Teorem 14.1) i) şıkkına göre \(d\) ile \(\mathfrak{D}\) kesişir.
Birinci denklik, diklik tanımının (Tanım 14.3) kendisidir. İkinci denklik için paralel vektör tanımını (Tanım 7.15) kullanalım: \(n \parallel v\) olması, bir \(\mu\) için \(A = \mu a\), \(B = \mu b\), \(C = \mu c\) olmasıdır. \(a, b, c \neq 0\) olduğundan bu üç eşitlik \[ \frac{A}{a} = \frac{B}{b} = \frac{C}{c} = \mu \] demektir. Tersine bu oranlar ortak bir \(\mu\) değerine eşitse \(A = \mu a\), \(B = \mu b\), \(C = \mu c\) olur ve \(n = \mu v\) bulunur; \(n \neq 0\) olduğundan \(\mu \neq 0\)’dır, yani \(n \parallel v\)’dir.
\(\blacksquare\)
Oran koşulunda paydalardan biri sıfırsa oranı yazmak yerine doğrudan \(n = \mu v\) eşitliğini denemek gerekir. Örneğin \(v = (1, 0, 2)\) ise \(n \parallel v\) olması için \(B = 0\) ve \(C = 2A\) olmalıdır.
Düzleme dik doğruların en önemli kullanımı, bir noktadan düzleme “dikme indirmek”tir.
Tanım 14.4 (Bir noktadan düzleme inen dikme) \(P\) bir nokta ve \(\mathfrak{D}\) normali \(n\) olan bir düzlem olsun. \(P\)’den geçen ve doğrultman vektörü \(n\) olan doğruya \(P\)’den \(\mathfrak{D}\)’ye inen dikme, bu doğrunun \(\mathfrak{D}\)’yi kestiği noktaya da dikmenin ayağı denir.
Yani dikme, \(P\)’den geçen ve düzleme dik olan doğrudur. Diklik koşuluna (Önerme 14.1) göre bu doğru düzlemi mutlaka keser ve ortak nokta teoreminin (Teorem 14.1) i) şıkkına göre tek bir noktada keser; dolayısıyla dikmenin ayağı her zaman vardır ve tektir. \(P \in \mathfrak{D}\) ise ayak \(P\)’nin kendisidir.
- Doğrunun denkleminden bir \(P_0(x_0, y_0, z_0)\) noktası ile \(v = (a, b, c)\) doğrultman vektörünü, düzlemin denkleminden \(n = (A, B, C)\) normalini okuyun.
- \(\langle n, v\rangle = Aa + Bb + Cc\) sayısını hesaplayın. Sıfırdan farklıysa doğru düzlemi keser: (1)’deki \(\lambda\)’yı bulup parametrik denklemlere yazın. Ayrıca \(n \parallel v\) ise kesişme diktir.
- \(\langle n, v\rangle = 0\) ise doğru düzleme paraleldir: \(P_0\)’ı düzlemin denkleminde yerine yazın. Sonuç \(0\) ise doğru düzlemin üzerindedir, değilse düzleme yalnızca paraleldir.
Örnek 14.1 (Düzlemin üzerinde yatan bir doğru) \[ d: \frac{x + 1}{3} = \frac{y}{2} = \frac{z}{-3} \] doğrusu ile \(\mathfrak{D}: x + z + 1 = 0\) düzleminin birbirine göre durumunu inceleyelim ve varsa ortak noktalarını bulalım.
Çözüm
Adım 1: Vektörler. \(d\)’nin denkleminden \(P_0 = (-1, 0, 0)\) ve \(v = (3, 2, -3)\); \(\mathfrak{D}\)’nin denkleminden \(n = (1, 0, 1)\) okunur (\(y\)’nin katsayısı \(0\)’dır).
Adım 2: İç çarpım. \[ \langle n, v\rangle = 1 \cdot 3 + 0 \cdot 2 + 1 \cdot (-3) = 0 \] olduğundan Sonuç 14.1 gereği \(d \parallel \mathfrak{D}\)’dir.
Adım 3: Nokta denemesi. \(P_0 = (-1, 0, 0)\) noktası düzlemin denkleminde yerine yazılırsa \[ -1 + 0 + 1 = 0 \] bulunur, yani \(P_0 \in \mathfrak{D}\)’dir. Ortak nokta teoreminin (Teorem 14.1) ii) şıkkına göre \(d\) doğrusu \(\mathfrak{D}\) düzleminin üzerindedir; \(d\)’nin her noktası ortak noktadır.
Bunu doğrudan da görebiliriz: \(d\)’nin genel noktası \((-1 + 3\lambda,\ 2\lambda,\ -3\lambda)\)’dır ve \[ (-1 + 3\lambda) + (-3\lambda) + 1 = 0 \] her \(\lambda\) için sağlanır.
\(\blacksquare\)
Örnek 14.2 (Düzlemi kesen bir doğru) \[ d: \frac{x - 1}{2} = \frac{y + 1}{1} = \frac{z - 2}{-1} \] doğrusu ile \(\mathfrak{D}: x + 2y + z - 7 = 0\) düzleminin birbirine göre durumunu inceleyelim ve varsa ortak noktalarını bulalım.
Çözüm
Adım 1: Vektörler. \(P_0 = (1, -1, 2)\), \(v = (2, 1, -1)\) ve \(n = (1, 2, 1)\)’dir.
Adım 2: İç çarpım. \[ \langle n, v\rangle = 1 \cdot 2 + 2 \cdot 1 + 1 \cdot (-1) = 3 \neq 0 \] olduğundan ortak nokta teoreminin (Teorem 14.1) i) şıkkına göre \(d\) ile \(\mathfrak{D}\) tek bir noktada kesişir. \(n = (1, 2, 1)\) ile \(v = (2, 1, -1)\) paralel değildir (örneğin \(\tfrac{1}{2} \neq \tfrac{2}{1}\)), bu yüzden kesişme dik değildir.
Adım 3: Parametre. \(P_0\)’ın düzlem denklemindeki değeri \[ Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D = 1 + 2 \cdot (-1) + 2 - 7 = -6 \] dır. (1)’den \[ \lambda = -\frac{-6}{3} = 2 \] bulunur.
Adım 4: Arakesit noktası. \(\lambda = 2\) parametrik denklemlerde yerine yazılırsa \[ x = 1 + 2 \cdot 2 = 5, \qquad y = -1 + 2 = 1, \qquad z = 2 - 2 = 0 \] elde edilir. Arakesit noktası \(K(5, 1, 0)\)’dır. Kontrol: \(5 + 2 \cdot 1 + 0 - 7 = 0\).
\(\blacksquare\)
Örnek 14.3 (Düzleme dik bir doğru) \[ d: \frac{x - 3}{2} = \frac{y - 1}{-1} = \frac{z - 2}{2} \] doğrusunun \(\mathfrak{D}: 2x - y + 2z + 9 = 0\) düzlemine dik olduğunu gösterelim ve arakesit noktasını bulalım.
Çözüm
Adım 1: Diklik. \(v = (2, -1, 2)\) ve \(n = (2, -1, 2)\)’dir. Oranlar \[ \frac{2}{2} = \frac{-1}{-1} = \frac{2}{2} = 1 \] eşit olduğundan Önerme 14.1 gereği \(d \perp \mathfrak{D}\)’dir.
Adım 2: Parametre. \(P_0 = (3, 1, 2)\) için \[ Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D = 6 - 1 + 4 + 9 = 18, \qquad \langle n, v\rangle = 4 + 1 + 4 = 9 \] olup (1)’den \(\lambda = -\tfrac{18}{9} = -2\) bulunur.
Adım 3: Arakesit noktası. \[ x = 3 + 2 \cdot (-2) = -1, \qquad y = 1 - (-2) = 3, \qquad z = 2 + 2 \cdot (-2) = -2. \] Arakesit noktası \(H(-1, 3, -2)\)’dir. Kontrol: \(2 \cdot (-1) - 3 + 2 \cdot (-2) + 9 = 0\). \(d\) düzleme dik olduğundan \(H\), \(P_0\)’dan \(\mathfrak{D}\)’ye inen dikmenin ayağıdır.
\(\blacksquare\)
Örnek 14.4 (Düzleme yalnızca paralel bir doğru) \[ d: \frac{x - 2}{1} = \frac{y - 1}{-1} = \frac{z}{3} \] doğrusu ile \(\mathfrak{D}: 2x - y - z + 4 = 0\) düzleminin birbirine göre durumunu inceleyelim.
Çözüm
Adım 1: İç çarpım. \(v = (1, -1, 3)\) ve \(n = (2, -1, -1)\) için \[ \langle n, v\rangle = 2 \cdot 1 + (-1) \cdot (-1) + (-1) \cdot 3 = 0 \] olduğundan \(d \parallel \mathfrak{D}\)’dir.
Adım 2: Nokta denemesi. \(P_0 = (2, 1, 0)\) için \[ 2 \cdot 2 - 1 - 0 + 4 = 7 \neq 0 \] dır; \(P_0\) düzlemde değildir. Ortak nokta teoreminin (Teorem 14.1) iii) şıkkına göre \(d \cap \mathfrak{D} = \varnothing\)’dir: \(d\) düzleme yalnızca paraleldir, ortak noktaları yoktur.
\(\blacksquare\)
Örnek 14.5 (Paralellik için parametre) \[ d: \frac{x - 1}{m} = \frac{y + 2}{3} = \frac{z}{-2} \] doğrusunun \(\mathfrak{D}: 2x + y + 4z - 5 = 0\) düzlemine paralel olması için \(m\) ne olmalıdır? Bu \(m\) için \(d\) düzlemin üzerinde midir?
Çözüm
Adım 1: Paralellik koşulu. \(v = (m, 3, -2)\) ve \(n = (2, 1, 4)\)’tür. Sonuç 14.1 gereği \[ \langle n, v\rangle = 2m + 3 - 8 = 2m - 5 = 0 \iff m = \frac{5}{2} \] bulunur.
Adım 2: Nokta denemesi. \(P_0 = (1, -2, 0)\) için \[ 2 \cdot 1 + (-2) + 4 \cdot 0 - 5 = -5 \neq 0 \] dır. O halde \(m = \tfrac{5}{2}\) iken \(d\) düzleme yalnızca paraleldir, düzlemin üzerinde değildir.
\(\blacksquare\)
Örnek 14.6 (Hiçbir değerde dik olmayan doğru) \[ d: \frac{x - 1}{m} = \frac{y + 2}{3} = \frac{z}{-2} \] doğrusunun \(\mathfrak{D}: 2x + y + 4z - 5 = 0\) düzlemine hiçbir \(m\) değeri için dik olamayacağını gösterelim.
Çözüm
\(v = (m, 3, -2)\) ve \(n = (2, 1, 4)\)’tür. \(d \perp \mathfrak{D}\) olsaydı bir \(\mu\) için \(n = \mu v\), yani \[ 2 = \mu m, \qquad 1 = 3\mu, \qquad 4 = -2\mu \] olurdu. İkinci eşitlikten \(\mu = \tfrac{1}{3}\), üçüncüden \(\mu = -2\) bulunur; bu bir çelişkidir. \(m\) yalnız birinci eşitlikte geçtiğinden hiçbir \(m\) bu çelişkiyi gideremez. O halde \(d\) hiçbir \(m\) için \(\mathfrak{D}\)’ye dik değildir.
Yani diklik için \(v\)’nin üç bileşeni birlikte \(n\) ile orantılı olmalıdır; burada değişmeyen iki bileşen \((3, -2)\) ile \((1, 4)\) zaten orantılı değildir.
\(\blacksquare\)
14.2 Doğru ile Düzlem Arasındaki Açı
Kesişen iki doğru arasındaki açıyı ve iki düzlem arasındaki açıyı (İki Düzlem ve Düzlemin İrdelenmesi) biliyoruz. Bir doğrunun bir düzlemle yaptığı açıyı ölçmenin doğal yolu, doğruyu düzlemdeki “gölgesiyle”, yani düzlem üzerindeki dik izdüşümüyle karşılaştırmaktır.
Tanım 14.5 (Doğru ile düzlem arasındaki açı) \(d\) doğrusu ile \(\mathfrak{D}\) düzlemi \(K\) noktasında kesişsin ve \(d\) düzleme dik olmasın. \(d\) üzerinde \(K\)’dan farklı bir \(P\) noktası alalım ve \(H\), \(P\)’den \(\mathfrak{D}\)’ye inen dikmenin ayağı olsun. \(\varphi = \measuredangle PKH\) açısına \(d\) ile \(\mathfrak{D}\) arasındaki açı denir. \(d \perp \mathfrak{D}\) ise bu açı \(\tfrac{\pi}{2}\), \(d \parallel \mathfrak{D}\) ise \(0\) kabul edilir.
Yani \(\varphi\), doğru ile onun düzlemdeki izdüşümü arasındaki açıdır ve \(0 \leq \varphi \leq \tfrac{\pi}{2}\) aralığındadır. Tanım anlamlıdır: \(d\) düzleme dik değilse \(H \neq K\) olur. Gerçekten \(H = K\) olsaydı \(d\), \(P\) ile \(H\)’den geçen dikmenin kendisi olurdu; doğrultusu \(n\)’ye paralel olurdu ve \(d \perp \mathfrak{D}\) çıkardı. Açının \(P\)’nin seçimine bağlı olmadığı aşağıdaki teoremden görülecek.
Teorem 14.2 (Doğru ile düzlem arasındaki açının sinüsü) \(d\) doğrusunun doğrultman vektörü \(v\), \(\mathfrak{D}\) düzleminin normali \(n\) ve \(\varphi\), \(d\) ile \(\mathfrak{D}\) arasındaki açı olsun. O zaman \[ \sin\varphi = \frac{|\langle n, v\rangle|}{\|n\|\,\|v\|} \] olur.
İspat
Özel durumlar. \(d \parallel \mathfrak{D}\) ise Sonuç 14.1 ile \(\langle n, v\rangle = 0\)’dır ve formül \(\sin\varphi = 0\), yani \(\varphi = 0\) verir. \(d \perp \mathfrak{D}\) ise bir \(k \neq 0\) için \(v = k\,n\)’dir ve \[ \frac{|\langle n, k\,n\rangle|}{\|n\|\,\|k\,n\|} = \frac{|k|\,\|n\|^2}{|k|\,\|n\|^2} = 1 \] olur; formül \(\varphi = \tfrac{\pi}{2}\) verir.
Genel durum. \(d\) ile \(\mathfrak{D}\), \(K\)’da kesişsin ve \(d\) düzleme dik olmasın. Tanımdaki \(P\), \(H\) noktalarını alalım.
\(PHK\) bir dik üçgendir. \(K\) ile \(H\) düzlemin üzerinde olduğundan \[ Ax_K + By_K + Cz_K = -D = Ax_H + By_H + Cz_H \] dir; bu iki eşitlik taraf tarafa çıkarılırsa \(\langle n, \overrightarrow{KH}\rangle = 0\) bulunur. \(\overrightarrow{HP}\) ise dikme üzerinde olduğundan \(n\)’ye paraleldir. Demek ki \(HP \perp HK\) ve \(PHK\) üçgeni \(H\)’de dik açılıdır. Bu dik üçgende \[ \sin\varphi = \frac{|PH|}{|PK|} \] olur.
\(|PH|\)’yi hesaplayalım. Bir \(\mu\) için \(\overrightarrow{HP} = \mu\,n\) olsun. \(\overrightarrow{KP} = \overrightarrow{KH} + \overrightarrow{HP}\) olduğundan \[ \langle \overrightarrow{KP}, n\rangle = \langle \overrightarrow{KH}, n\rangle + \langle \mu\,n, n\rangle = 0 + \mu\,\|n\|^2 \] dir. Buradan \(|PH| = |\mu|\,\|n\| = \dfrac{|\langle \overrightarrow{KP}, n\rangle|}{\|n\|}\) elde edilir.
\(v\) cinsinden yazalım. \(P\) ile \(K\), \(d\) üzerinde olduğundan bir \(t \neq 0\) için \(\overrightarrow{KP} = t\,v\)’dir. O halde \[ |PH| = \frac{|t|\,|\langle v, n\rangle|}{\|n\|}, \qquad |PK| = |t|\,\|v\| \] olur. Oranları alırsak \(|t|\) sadeleşir: \[ \sin\varphi = \frac{|PH|}{|PK|} = \frac{|\langle n, v\rangle|}{\|n\|\,\|v\|}. \] Sağ taraf \(P\)’ye bağlı olmadığından açı da \(P\)’nin seçimine bağlı değildir.
\(\blacksquare\)
Yani doğru ile düzlem arasındaki açının sinüsü, \(v\) ile \(n\) arasındaki açının kosinüsünün mutlak değeridir. Bunun geometrik anlamı açıktır: şekildeki \(PHK\) dik üçgeninde \(P\) köşesindeki \(\theta\) açısı, \(d\) ile normal doğrultusu arasındaki dar açıdır ve \(\varphi + \theta = \tfrac{\pi}{2}\)’dir. Kısacası \(\varphi\), iki vektör arasındaki açının kosinüs formülünden (Teorem 8.2) bulunan dar açının tümleridir.
Örnek 14.7 (Bir doğru ile bir düzlem arasındaki açı) \[ d: \frac{x - 1}{1} = \frac{y + 1}{1} = \frac{z}{2} \] doğrusu ile \(\mathfrak{D}: 2x - y + z - 6 = 0\) düzlemi arasındaki açıyı ve arakesit noktasını bulalım.
Çözüm
Adım 1: Açı. \(v = (1, 1, 2)\) ve \(n = (2, -1, 1)\)’dir. \[ \langle n, v\rangle = 2 - 1 + 2 = 3, \qquad \|n\| = \sqrt{6}, \qquad \|v\| = \sqrt{6} \] olduğundan Teorem 14.2 ile \[ \sin\varphi = \frac{3}{\sqrt{6}\,\sqrt{6}} = \frac{1}{2} \] bulunur. \(0 \leq \varphi \leq \tfrac{\pi}{2}\) olduğundan \(\varphi = \tfrac{\pi}{6}\)’dır.
Adım 2: Arakesit noktası. \(P_0 = (1, -1, 0)\) için \(2 + 1 + 0 - 6 = -3\) olduğundan (1)’den \(\lambda = -\tfrac{-3}{3} = 1\) bulunur. Parametrik denklemlerde yerine yazılırsa \(K(2, 0, 2)\) elde edilir. Kontrol: \(4 - 0 + 2 - 6 = 0\).
\(\blacksquare\)
14.3 Bir Noktanın Bir Düzleme Uzaklığı
Düzlemde bir noktanın bir doğruya uzaklığını normal denklemle bulmuştuk (Düzlemde Doğru Denklemleri). Uzayda aynı rolü düzlem oynar ve formül neredeyse aynı biçimde çıkar: noktanın koordinatları düzlemin denkleminde yerine yazılır, sonuç normalin uzunluğuna bölünür.
Tanım 14.6 (Bir noktanın düzleme uzaklığı) \(P_0\) bir nokta, \(\mathfrak{D}\) bir düzlem ve \(S\), \(P_0\)’dan \(\mathfrak{D}\)’ye inen dikmenin ayağı olsun. \(\ell = |P_0S|\) uzunluğuna \(P_0\) noktasının \(\mathfrak{D}\) düzlemine uzaklığı denir.
Yani uzaklık, noktayı düzleme bağlayan en kısa yolun uzunluğudur. Gerçekten \(P\), \(\mathfrak{D}\) üzerinde \(S\)’den farklı bir nokta ise \(\overrightarrow{P_0S}\) normale, \(\overrightarrow{SP}\) ise düzleme paralel olduğundan \(P_0SP\) üçgeni \(S\)’de dik açılıdır ve Pisagor teoremiyle \(|P_0P|^2 = |P_0S|^2 + |SP|^2 > |P_0S|^2\) olur. \(P_0 \in \mathfrak{D}\) ise \(S = P_0\) ve uzaklık \(0\)’dır.
Teorem 14.3 (Bir noktanın düzleme uzaklığı) \(P_0(x_0, y_0, z_0)\) noktasının \(\mathfrak{D}: Ax + By + Cz + D = 0\) düzlemine uzaklığı \[ \ell = \frac{|Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}} \] dir.
İspat
\(P_0 \in \mathfrak{D}\) ise pay \(0\)’dır ve formül doğru olarak \(\ell = 0\) verir. \(P_0 \notin \mathfrak{D}\) olsun; \(S\), \(P_0\)’dan inen dikmenin ayağı ve \(P(x, y, z)\), \(\mathfrak{D}\) üzerinde \(S\)’den farklı herhangi bir nokta olsun.
Adım 1: Dik üçgen. \(P_0SP\) üçgeni \(S\)’de dik açılıdır: \(\overrightarrow{SP}\) düzlem içindedir ve Teorem 14.2 ispatındaki gibi \(\langle \overrightarrow{SP}, n\rangle = 0\)’dır; \(\overrightarrow{P_0S}\) ise dikme üzerinde olduğundan \(n\)’ye paraleldir. \(\theta = \measuredangle SP_0P\) dersek bu dik üçgende \[ \ell = |P_0S| = |P_0P|\,|\cos\theta| \] olur (\(\theta\) dar açı olduğundan mutlak değer burada zararsızdır).
Adım 2: Açıyı normalle ifade etmek. \(\overrightarrow{P_0S}\), \(n\)’ye paralel olduğundan \(\theta\) ya \(\overrightarrow{P_0P}\) ile \(n\) arasındaki açıya ya da bu açının \(\pi\)’ye tümleyenine eşittir; iki durumda da kosinüslerin mutlak değeri aynıdır. Teorem 8.2 ile \[ |\cos\theta| = \frac{|\langle \overrightarrow{P_0P}, n\rangle|}{\|\overrightarrow{P_0P}\|\,\|n\|} \] yazılır. Bunu Adım 1’de yerine koyarsak \(|P_0P| = \|\overrightarrow{P_0P}\|\) sadeleşir: \[ \ell = \frac{|\langle \overrightarrow{P_0P}, n\rangle|}{\|n\|}. \] Bu, \(\overrightarrow{P_0P}\) vektörünün \(n\) üzerine dik izdüşümünün uzunluğudur (Teorem 8.3).
Adım 3: Koordinatlarla. \(\overrightarrow{P_0P} = (x - x_0,\ y - y_0,\ z - z_0)\) ve \(n = (A, B, C)\) olduğundan \[ \begin{aligned} \langle \overrightarrow{P_0P}, n\rangle &= A(x - x_0) + B(y - y_0) + C(z - z_0) \\[1mm] &= (Ax + By + Cz) - (Ax_0 + By_0 + Cz_0) \end{aligned} \] dir. \(P \in \mathfrak{D}\) olduğundan \(Ax + By + Cz = -D\)’dir. O halde \[ \langle \overrightarrow{P_0P}, n\rangle = -D - (Ax_0 + By_0 + Cz_0) = -(Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D) \] olur. Mutlak değer işareti eksi işaretini yok eder ve \(\|n\| = \sqrt{A^2 + B^2 + C^2}\) olduğundan \[ \ell = \frac{|Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}} \] elde edilir. Sonuç \(P\)’nin seçimine bağlı değildir; düzlemin herhangi bir noktasıyla aynı sayı bulunur.
\(\blacksquare\)
Yani uzaklığı bulmak için dikmenin ayağını hesaplamaya gerek yoktur: noktayı düzlemin denkleminin sol tarafına yazar, mutlak değerini alır ve normalin uzunluğuna böleriz.
Sonuç 14.2 (Orijinin düzleme uzaklığı) Orijinin \(\mathfrak{D}: Ax + By + Cz + D = 0\) düzlemine uzaklığı \[ \ell = \frac{|D|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}} \] dir.
İspat
Uzaklık formülünde (Teorem 14.3) \(x_0 = y_0 = z_0 = 0\) yazılırsa pay \(|A \cdot 0 + B \cdot 0 + C \cdot 0 + D| = |D|\) olur.
\(\blacksquare\)
Örnek 14.8 (Bir noktanın düzleme uzaklığı) \(P_0(2, -1, 1)\) noktasının \(\mathfrak{D}: 2x - y - 2z + 3 = 0\) düzlemine uzaklığını hesaplayalım.
Çözüm
Adım 1: Pay. \(P_0\)’ı denklemin sol tarafına yazalım: \[ 2 \cdot 2 + (-1) \cdot (-1) + (-2) \cdot 1 + 3 = 4 + 1 - 2 + 3 = 6. \]
Adım 2: Payda. \(\sqrt{2^2 + (-1)^2 + (-2)^2} = \sqrt{9} = 3\).
Adım 3: Uzaklık. Teorem 14.3 ile \[ \ell = \frac{|6|}{3} = 2 \] bulunur.
Sonucu dikmenin ayağıyla da denetleyebiliriz. Dikme \((2 + 2\lambda,\ -1 - \lambda,\ 1 - 2\lambda)\) doğrusudur; (1)’den \(\lambda = -\tfrac{6}{9} = -\tfrac{2}{3}\) ve ayak \(S\left(\tfrac{2}{3}, -\tfrac{1}{3}, \tfrac{7}{3}\right)\) bulunur. \(\overrightarrow{SP_0} = \left(\tfrac{4}{3}, -\tfrac{2}{3}, -\tfrac{4}{3}\right)\) olduğundan \[ |P_0S| = \sqrt{\tfrac{16}{9} + \tfrac{4}{9} + \tfrac{16}{9}} = \sqrt{4} = 2 \] olur.
\(\blacksquare\)
Örnek 14.9 (Dikmenin uzunluğu ile formülün karşılaştırılması) \(P_0(3, 1, 2)\) noktasının \(\mathfrak{D}: 2x - y + 2z + 9 = 0\) düzlemine uzaklığını formülle bulalım ve daha önce bulunan dikme ayağıyla (Örnek 14.3) karşılaştıralım.
Çözüm
Adım 1: Formül. \[ \ell = \frac{|2 \cdot 3 - 1 + 2 \cdot 2 + 9|}{\sqrt{4 + 1 + 4}} = \frac{18}{3} = 6. \]
Adım 2: Dikme ayağı. Düzleme dik doğru örneğinde (Örnek 14.3) \(P_0\)’dan geçen ve düzleme dik olan doğrunun düzlemi \(H(-1, 3, -2)\)’de kestiğini bulmuştuk. \(\overrightarrow{P_0H} = (-4, 2, -4)\) olduğundan \[ |P_0H| = \sqrt{16 + 4 + 16} = \sqrt{36} = 6 \] dır. İki yol aynı sonucu verir.
\(\blacksquare\)
Bir doğru bir düzleme paralelse doğrunun bütün noktaları düzleme aynı uzaklıktadır; bu ortak değere doğru ile düzlem arasındaki uzaklık denir.
Önerme 14.2 (Paralel doğru ile düzlem arasındaki uzaklık) \(d \parallel \mathfrak{D}\) ise \(d\)’nin her noktasının \(\mathfrak{D}\)’ye uzaklığı aynıdır ve \(P_0(x_0, y_0, z_0) \in d\) olmak üzere \[ \frac{|Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}} \] sayısına eşittir.
İspat
\(d\)’nin genel noktası \((x_0 + \lambda a,\ y_0 + \lambda b,\ z_0 + \lambda c)\)’dir. Bu noktayı düzlem denkleminin sol tarafına yazarsak \[ \begin{aligned} &A(x_0 + \lambda a) + B(y_0 + \lambda b) + C(z_0 + \lambda c) + D \\[1mm] &\quad = (Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D) + \lambda\,\langle n, v\rangle \end{aligned} \] bulunur. \(d \parallel \mathfrak{D}\) olduğundan Sonuç 14.1 ile \(\langle n, v\rangle = 0\)’dır ve bu ifade \(\lambda\)’dan bağımsız olarak \(Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D\)’ye eşittir. Uzaklık formülüne (Teorem 14.3) göre her noktanın uzaklığı bu sayının mutlak değerinin \(\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}\)’ye bölümüdür.
\(\blacksquare\)
Örnek 14.10 (Paralel bir doğrunun düzleme uzaklığı) Yalnızca paralel doğru örneğindeki (Örnek 14.4) \[ d: \frac{x - 2}{1} = \frac{y - 1}{-1} = \frac{z}{3} \] doğrusu ile \(\mathfrak{D}: 2x - y - z + 4 = 0\) düzlemi arasındaki uzaklığı bulalım.
Çözüm
O örnekte \(d \parallel \mathfrak{D}\) olduğunu ve \(P_0 = (2, 1, 0)\) için sol tarafın \(7\) olduğunu görmüştük. Önerme 14.2 ile \[ \ell = \frac{|7|}{\sqrt{2^2 + (-1)^2 + (-1)^2}} = \frac{7}{\sqrt{6}} = \frac{7\sqrt{6}}{6} \] bulunur. Denetim için \(d\)’nin başka bir noktasını, örneğin \(\lambda = 1\)’e karşılık gelen \((3, 0, 3)\)’ü alalım: \(2 \cdot 3 - 0 - 3 + 4 = 7\) olur ve aynı uzaklık çıkar.
\(\blacksquare\)
14.4 Paralel İki Düzlem Arasındaki Uzaklık
İki paralel düzlem, iki paralel doğru gibi, her yerde “aynı açıklıkla” birbirinden ayrılır. Bu açıklığı bir noktanın düzleme uzaklığıyla ölçeceğiz. Paralel düzlemlerin normalleri paraleldir (İki Düzlem ve Düzlemin İrdelenmesi); denklemlerden birini uygun bir sayıyla çarparak iki düzlemin denklemini \[ \mathfrak{D}_1: Ax + By + Cz + D_1 = 0, \qquad \mathfrak{D}_2: Ax + By + Cz + D_2 = 0 \] biçiminde, yani \(x\), \(y\), \(z\)’nin katsayıları aynı olacak şekilde yazabiliriz.
Tanım 14.7 (Paralel iki düzlem arasındaki uzaklık) \(\mathfrak{D}_1 \parallel \mathfrak{D}_2\) olsun. Düzlemlerden biri üzerinde alınan bir noktanın öteki düzleme uzaklığına \(\mathfrak{D}_1\) ile \(\mathfrak{D}_2\) arasındaki uzaklık denir.
Yani iki düzlem arasındaki uzaklık, birinden ötekine inen herhangi bir dikmenin uzunluğudur. Bu uzunluğun noktanın seçimine bağlı olmadığı aşağıdaki teoremden çıkar.
Teorem 14.4 (Paralel iki düzlem arasındaki uzaklık formülü) \(\mathfrak{D}_1: Ax + By + Cz + D_1 = 0\) ile \(\mathfrak{D}_2: Ax + By + Cz + D_2 = 0\) paralel düzlemleri arasındaki uzaklık \[ \ell = \frac{|D_2 - D_1|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}} \] dir.
İspat
\(P_0(x_0, y_0, z_0)\), \(\mathfrak{D}_1\) üzerinde herhangi bir nokta ve \(P(x, y, z)\), \(P_0\)’dan \(\mathfrak{D}_2\)’ye inen dikmenin ayağı olsun.
Tanım 14.7 ve Teorem 14.3 ile \[ \ell = |P_0P| = \frac{|Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D_2|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}} \] dir. \(P_0 \in \mathfrak{D}_1\) olduğundan \(Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D_1 = 0\), yani \[ Ax_0 + By_0 + Cz_0 = -D_1 \] dir. Bunu paya yazarsak \[ \ell = \frac{|-D_1 + D_2|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}} = \frac{|D_2 - D_1|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}} \] elde edilir. Sonuç \(P_0\)’ın koordinatlarını içermediğinden uzaklık noktanın seçimine bağlı değildir. Aynı hesap \(\mathfrak{D}_2\) üzerinden bir nokta alınarak yapılsa \(|D_1 - D_2|\) bulunurdu; bu da aynı sayıdır.
\(\blacksquare\)
Yani iki paralel düzlemin denklemleri aynı \(A\), \(B\), \(C\) katsayılarıyla yazıldığında aralarındaki uzaklık, sabit terimlerin farkının normalin uzunluğuna bölümüdür. Çakışık düzlemlerde \(D_1 = D_2\) olur ve formül beklendiği gibi \(0\) verir.
Formül yalnız iki denklemde \(x\), \(y\), \(z\)’nin katsayıları aynı iken geçerlidir. Örneğin \(x + y + z - 1 = 0\) ile \(2x + 2y + 2z - 1 = 0\) paraleldir, ama sabit terimleri doğrudan çıkarmak yanlış sonuç verir; önce ikinci denklem \(2\)’ye bölünerek \(x + y + z - \tfrac{1}{2} = 0\) biçimine getirilmelidir. Denklem \(Ax + By + Cz = k\) biçiminde verildiyse sabit terim \(D = -k\)’dır.
Örnek 14.11 (Paralel iki düzlem arasındaki uzaklık) \(\mathfrak{D}_1: 2x + 6y - 3z + 35 = 0\) ile \(\mathfrak{D}_2: 2x + 6y - 3z - 7 = 0\) paralel düzlemleri arasındaki uzaklığı bulalım.
Çözüm
İki denklemde katsayılar aynıdır: \(A = 2\), \(B = 6\), \(C = -3\) ve \(D_1 = 35\), \(D_2 = -7\). Teorem 14.4 ile \[ \ell = \frac{|-7 - 35|}{\sqrt{2^2 + 6^2 + (-3)^2}} = \frac{42}{\sqrt{49}} = \frac{42}{7} = 6 \] bulunur.
\(\blacksquare\)
Örnek 14.12 (Katsayıları farklı yazılmış paralel düzlemler) \(\mathfrak{D}_1: x - 2y + 2z - 1 = 0\) ile \(\mathfrak{D}_2: 2x - 4y + 4z + 7 = 0\) düzlemlerinin paralel olduğunu gösterelim ve aralarındaki uzaklığı bulalım.
Çözüm
Adım 1: Paralellik. Normaller \(n_1 = (1, -2, 2)\) ve \(n_2 = (2, -4, 4) = 2\,n_1\)’dir; \(n_1 \parallel n_2\) olduğundan düzlemler paraleldir. \(\tfrac{1}{2} = \tfrac{-2}{-4} = \tfrac{2}{4} \neq \tfrac{-1}{7}\) olduğundan çakışık değildirler.
Adım 2: Katsayıları eşitleme. \(\mathfrak{D}_2\)’nin denklemini \(2\)’ye bölersek \[ \mathfrak{D}_2: x - 2y + 2z + \frac{7}{2} = 0 \] olur. Artık \(A = 1\), \(B = -2\), \(C = 2\), \(D_1 = -1\) ve \(D_2 = \tfrac{7}{2}\)’dir.
Adım 3: Uzaklık. \[ \ell = \frac{\left|\tfrac{7}{2} - (-1)\right|}{\sqrt{1 + 4 + 4}} = \frac{\tfrac{9}{2}}{3} = \frac{3}{2}. \] Katsayıları eşitlemeden sabit terimleri çıkarsaydık \(\tfrac{|7 - (-1)|}{3} = \tfrac{8}{3}\) gibi yanlış bir sonuç bulurduk.
\(\blacksquare\)
14.5 Alıştırmalar
Aşağıdaki sorular bir noktanın düzleme uzaklığını, iki düzlem arasındaki açıyı ve uzaklığı ve iki düzlemin arakesitini içeren bir düzlemin kurulmasını çalıştırır. Her sorunun çözümü kendi kutusunun içindedir.
Alıştırma 14.1 (Noktanın düzleme uzaklığı: P₀(−2, 2, 3)) \(P_0(-2, 2, 3)\) noktası ile \(\mathfrak{D}: 2x + y - 2z - 12 = 0\) düzlemi arasındaki dik uzaklığı bulunuz.
Çözüm
Uzaklık formülünü (Teorem 14.3) \(A = 2\), \(B = 1\), \(C = -2\), \(D = -12\) ile uygulayalım.
Adım 1: Pay. \[ 2 \cdot (-2) + 1 \cdot 2 - 2 \cdot 3 - 12 = -4 + 2 - 6 - 12 = -20. \]
Adım 2: Payda. \(\sqrt{2^2 + 1^2 + (-2)^2} = \sqrt{9} = 3\).
Adım 3: Uzaklık. \[ \ell = \frac{|-20|}{3} = \frac{20}{3}. \]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 14.2 (Noktanın düzleme uzaklığı: P₀(7, 3, 4)) \(P_0(7, 3, 4)\) noktası ile \(\mathfrak{D}: 6x - 3y + 2z - 13 = 0\) düzlemi arasındaki dik uzaklığı bulunuz.
Çözüm
Uzaklık formülünü (Teorem 14.3) \(A = 6\), \(B = -3\), \(C = 2\), \(D = -13\) ile uygulayalım.
Adım 1: Pay. \[ 6 \cdot 7 - 3 \cdot 3 + 2 \cdot 4 - 13 = 42 - 9 + 8 - 13 = 28. \]
Adım 2: Payda. \(\sqrt{6^2 + (-3)^2 + 2^2} = \sqrt{49} = 7\).
Adım 3: Uzaklık. \[ \ell = \frac{|28|}{7} = 4. \]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 14.3 (İki düzlem arasındaki açı) \(\mathfrak{D}_1: 2x - y + z - 7 = 0\) ile \(\mathfrak{D}_2: x + y + 2z - 11 = 0\) düzlemleri arasındaki açıyı bulunuz.
Çözüm
İki düzlem arasındaki açı, normalleri arasındaki açıdır (İki Düzlem ve Düzlemin İrdelenmesi).
Adım 1: Normaller. \(n_1 = (2, -1, 1)\) ve \(n_2 = (1, 1, 2)\)’dir.
Adım 2: İç çarpım ve uzunluklar. \[ \langle n_1, n_2\rangle = 2 \cdot 1 + (-1) \cdot 1 + 1 \cdot 2 = 3, \] \[ \|n_1\| = \sqrt{4 + 1 + 1} = \sqrt{6}, \qquad \|n_2\| = \sqrt{1 + 1 + 4} = \sqrt{6}. \]
Adım 3: Açı. Teorem 8.2 ile \[ \cos\theta = \frac{\langle n_1, n_2\rangle}{\|n_1\|\,\|n_2\|} = \frac{3}{\sqrt{6}\,\sqrt{6}} = \frac{1}{2} \] olur ve \(0 \leq \theta \leq \pi\) olduğundan \(\theta = \tfrac{\pi}{3}\) bulunur. \(\mathfrak{D}_1\) ile \(\mathfrak{D}_2\) arasındaki açı \(\tfrac{\pi}{3}\)’tür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 14.4 (Paralel düzlemler: 2x − 3y − 6z − 14 = 0) \(\mathfrak{D}_1: 2x - 3y - 6z - 14 = 0\) ile \(\mathfrak{D}_2: 2x - 3y - 6z + 7 = 0\) düzlemleri arasındaki uzaklığı bulunuz.
Çözüm
Adım 1: Paralellik. İki denklemde \(x\), \(y\), \(z\)’nin katsayıları aynıdır; normaller eşit olduğundan düzlemler paraleldir, sabit terimler farklı olduğundan çakışık değildir.
Adım 2: Formül. \(A = 2\), \(B = -3\), \(C = -6\), \(D_1 = -14\), \(D_2 = 7\) ile paralel düzlemler arasındaki uzaklık formülünden (Teorem 14.4) \[ \ell = \frac{|7 - (-14)|}{\sqrt{2^2 + (-3)^2 + (-6)^2}} = \frac{21}{\sqrt{49}} = \frac{21}{7} = 3 \] bulunur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 14.5 (Paralel düzlemler: 3x + 6y + 2z = 22) \(\mathfrak{D}_1: 3x + 6y + 2z = 22\) ile \(\mathfrak{D}_2: 3x + 6y + 2z = 27\) düzlemleri arasındaki uzaklığı bulunuz.
Çözüm
Adım 1: Genel biçim. Denklemleri \(Ax + By + Cz + D = 0\) biçimine getirelim: \[ \mathfrak{D}_1: 3x + 6y + 2z - 22 = 0, \qquad \mathfrak{D}_2: 3x + 6y + 2z - 27 = 0. \] Katsayılar aynı olduğundan düzlemler paraleldir ve \(D_1 = -22\), \(D_2 = -27\)’dir.
Adım 2: Formül. \(\sqrt{3^2 + 6^2 + 2^2} = \sqrt{49} = 7\) olduğundan Teorem 14.4 ile \[ \ell = \frac{|-27 - (-22)|}{7} = \frac{|-5|}{7} = \frac{5}{7} \] bulunur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 14.6 (Arakesit doğrusundan ve bir noktadan geçen düzlem) \(\mathfrak{D}_1: 2x - 7y + 4z - 3 = 0\) ile \(\mathfrak{D}_2: 3x - 5y + 4z + 11 = 0\) düzlemlerinin arakesit doğrusundan ve \(P_0(-2, 1, 3)\) noktasından geçen düzlemin denklemini bulunuz.
Çözüm
Adım 1: Arakesit doğrusu. Normaller \(n_1 = (2, -7, 4)\) ve \(n_2 = (3, -5, 4)\) paralel olmadığından (\(\tfrac{2}{3} \neq \tfrac{-7}{-5}\)) düzlemler bir doğru boyunca kesişir. Bu doğruyu İki Düzlem ve Düzlemin İrdelenmesi bölümündeki gibi değişkenleri yok ederek bulalım.
İkinci denklemden birincisini çıkarırsak \(z\) yok olur: \[ (3x - 5y + 4z + 11) - (2x - 7y + 4z - 3) = x + 2y + 14 = 0, \] yani \(x = -2y - 14\), başka bir deyişle \(y = \dfrac{x + 14}{-2}\) olur.
Birinci denklemin \(3\) katından ikincinin \(2\) katını çıkarırsak \(x\) yok olur: \[ \begin{aligned} &(6x - 21y + 12z - 9) - (6x - 10y + 8z + 22) \\[1mm] &\quad = -11y + 4z - 31 = 0, \end{aligned} \] yani \(y = \dfrac{4z - 31}{11}\) olur. İki sonucu birleştirirsek arakesit doğrusu \[ d: \frac{x + 14}{-2} = y = \frac{4z - 31}{11} \] bulunur. Son kesri \(\dfrac{4z - 31}{11} = \dfrac{z - \tfrac{31}{4}}{\tfrac{11}{4}}\) biçiminde yazarsak \(d\)’nin \(Q\left(-14, 0, \tfrac{31}{4}\right)\) noktasından geçtiği ve doğrultman vektörünün \(v = \left(-2, 1, \tfrac{11}{4}\right)\) olduğu görülür.
Adım 2: Denetim. \(Q\) iki düzlemin de denklemini sağlar: \[ 2(-14) - 0 + 4 \cdot \tfrac{31}{4} - 3 = -28 + 31 - 3 = 0, \] \[ 3(-14) - 0 + 4 \cdot \tfrac{31}{4} + 11 = -42 + 31 + 11 = 0. \] Ayrıca \(4v = (-8, 4, 11)\) iki normale de diktir: \(\langle n_1, 4v\rangle = -16 - 28 + 44 = 0\) ve \(\langle n_2, 4v\rangle = -24 - 20 + 44 = 0\).
Adım 3: \(P_0\) doğru üzerinde değil. \(P_0\)’ı \(\mathfrak{D}_1\)’de yerine yazarsak \(2(-2) - 7 + 12 - 3 = -2 \neq 0\) olur; \(P_0 \notin \mathfrak{D}_1\), dolayısıyla \(P_0 \notin d\)’dir. Bir doğru ile onun dışındaki bir noktadan tek bir düzlem geçer.
Adım 4: Aranan düzlemin koşulları. Aranan düzlem \(\mathfrak{D}: Ax + By + Cz + D = 0\) olsun. \(d \subset \mathfrak{D}\) olduğundan Sonuç 14.1 gereği \(n = (A, B, C)\), \(v\)’ye diktir: \[ \left\langle (A, B, C), \left(-2, 1, \tfrac{11}{4}\right)\right\rangle = 0 \iff -8A + 4B + 11C = 0. \tag{2} \] \(P_0 \in \mathfrak{D}\) olduğundan \[ -2A + B + 3C + D = 0 \tag{3} \] ve \(Q \in \mathfrak{D}\) olduğundan \[ -14A + \tfrac{31}{4}C + D = 0 \tag{4} \] dır.
Adım 5: Denklem sistemini çözmek. (3)’ü \(4\) ile çarpıp (2)’yi çıkaralım: \[ (-8A + 4B + 12C + 4D) - (-8A + 4B + 11C) = C + 4D = 0, \] yani \(D = -\tfrac{C}{4}\)’tür. Bunu (4)’te yerine yazarsak \[ -14A + \tfrac{31}{4}C - \tfrac{1}{4}C = 0 \iff -14A + \tfrac{30}{4}C = 0 \iff A = \tfrac{15}{28}C \] bulunur. Düzlemin denklemi sıfırdan farklı bir sayıyla çarpılınca değişmediğinden \(C = 28\) seçebiliriz. O zaman \(A = 15\), \(D = -7\) olur ve (2)’den \[ 4B = 8A - 11C = 120 - 308 = -188 \implies B = -47 \] elde edilir. Aranan düzlem \[ \mathfrak{D}: 15x - 47y + 28z - 7 = 0 \] dır.
Adım 6: Kontrol. \(P_0\) ve \(Q\) düzlemin denklemini sağlar ve \(4v\) normale diktir: \[ \begin{aligned} P_0&: \ 15(-2) - 47 \cdot 1 + 28 \cdot 3 - 7 = -30 - 47 + 84 - 7 = 0, \\[1mm] Q&: \ 15(-14) + 28 \cdot \tfrac{31}{4} - 7 = -210 + 217 - 7 = 0, \\[1mm] &\ \langle (15, -47, 28), (-8, 4, 11)\rangle = -120 - 188 + 308 = 0. \end{aligned} \] Son eşitlikten \(d\) düzleme paraleldir ve \(Q\) düzlemde olduğundan ortak nokta teoreminin (Teorem 14.1) ii) şıkkı gereği \(d\) düzlemin üzerindedir.
Aynı normali vektörel çarpımla da bulabiliriz: \(\overrightarrow{QP_0} = \left(12, 1, -\tfrac{19}{4}\right)\) ve \(4\overrightarrow{QP_0} = (48, 4, -19)\) olduğundan \[ (-8, 4, 11) \times (48, 4, -19) = (-120, 376, -224) = -8\,(15, -47, 28) \] bulunur; bu vektör hem \(v\)’ye hem \(\overrightarrow{QP_0}\)’a diktir ve yukarıdaki normalle paraleldir.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde bir doğru ile bir düzlemin kesişme, paralellik, düzlemde yatma ve diklik durumlarını \(\langle n, v\rangle\) iç çarpımıyla ayırt ettik, aralarındaki açıyı bulduk ve bir noktanın düzleme, paralel iki düzlemin birbirine uzaklığını hesapladık. Sıradaki bölümde, Uzayda Simetri bölümünde, bu araçları bir noktanın bir doğruya ve bir düzleme göre simetriğini bulmak için kullanacağız; dikmenin ayağı orada da anahtar rol oynayacak.